2020高考物理一輪復習第三章第2講牛頓第二定律的應用學案含解析

1、高考物理一輪復習：第2講 牛頓第二定律的應用主干梳理對點激活知識點牛頓第二定律的應用n1 .動力學的兩類基本問題(1)已知受力情況求物體的口 01運動情況;(2)已知運動情況求物體的口 02受力情況。2 .解決兩類基本問題的方法以03加速度為“橋梁”，由04運動學公式和叩5牛頓運動定律列方程求解,具體邏輯關系如圖：35超重和失重I知識點；1 .實重與視重（1）實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)口 01無關。（2）視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的口02示婺稱為視重。視重大小等于彈簧測力計所受物體的口 03拉力或臺秤所受物體的口 04壓力。2 .超重、失重

2、和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對支持 物的壓力（或 對懸掛物的 拉力）國大于 物體所受重 力的現(xiàn)象物體對支持 物的壓力（或 對懸掛物的 拉力）園小于 物體所受重 力的現(xiàn)象物體對支持物的 壓力（或對懸掛 物的拉力）物等 于零的現(xiàn)象產生條件度方向 直向上物體的加速 度方向度豎 直向下物體的加速度方 向初豎苴向下. 大小= g原理方程運動狀態(tài)F= jnaF = mCg十口）篦加速上升或 國減速F降- F ma F=m（ga）同加速下降或 因減速上升mg F = maF=0以a = g加速下 降或回減速上升一思維辨析1 .超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。（）2 .物體處于完全失重狀

3、態(tài)時，重力消失。 （）3 .減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于重力。（）4 .根據物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。（）5 .物體處于超重或失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無關。（）6 .物體所受合力發(fā)生突變，加速度也會相應突變。（）答案 1. X 2. X 3. X 4. X 5. V 6. V二對點激活1 .（人教版必修1 P 87 T 1改編）（多選）一個原來靜止的物體，質量是 2 kg ,受到兩個 大小都是50 N且互成120。角的力的作用，此外沒有其他的力，關于該物體，下列說法正 確的是（）A.物體受到的合力為 50 N8 .物體的加速度為 25

4、 . 3 m/s 2C. 3 s末物體的速度為 75 m/sD. 3 s內物體發(fā)生的位移為 125 m答案 AC解析 兩個夾角為120°的50 N的力，其合力仍為 50 N,加速度a= =25 m/s 2,3 sm1 .2末速度 v = at = 75 m/s,3 s 內位移 x=，at =112.5 m，故 A、C正確，B、D錯誤。2 .（多選）用力傳感器懸掛一鉤碼，一段時間后，鉤碼在拉力作用下沿豎直方向由靜止開始運動。如圖所示中實線是傳感器記錄的拉力大小的變化情況，則 （）A.鉤碼的重力約為 4 NB.鉤碼的重力約為 2 NC. AB、G D四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是A、D

5、失重狀態(tài)的是B CD. A、B、C D四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是A、B,失重狀態(tài)的是C D答案 AC解析 開始鉤碼靜止，由圖象知拉力約為4 N,由于開始時拉力大小等于重力大小，所以鉤碼的重力約為 4 N, A正確，B錯誤。A D段拉力大于重力，處于超重狀態(tài)，R C段拉力小于重力，處于失重狀態(tài)，C正確，D錯誤。3.（人教版必修1 P 86 例題2改編）如圖所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水 平地面上，其傾角0 =30° ,斜面長為7現(xiàn)木塊上有一質量為m= 1.0 kg的滑塊從斜面頂端下滑，測得滑塊在 0.40 s內速度增加了 1.4 m/s ,且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止

6、 狀態(tài)，重力加速度 g取10 m/s 2,求：(1)滑塊滑行過程中受到的摩擦力大??；(2)滑塊滑到木塊底部時的速度大小。答案 (1)1.5 N (2)7 m/s解析(1)由題意可知，滑塊滑行的加速度Av a= A?工一 m/s 2= 3.5 m/s0.40對滑塊受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律得:mgsin 0 Ff = ma 解得 Ff = 1.5 N 。(2)根據v2=2ax得v= 2X 3.5 x 7 m/s = 7 m/s?？键c細研悟法培優(yōu)考點1牛頓第二定律的瞬時性問題1 .兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、 同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：2

7、 .求解瞬時加速度的一般思路分析瞬時變化前后|列牛頓第二|求瞬時|物體的受力情況?定律方程 ? |加速度|例1如圖所示，兩個質量均為 m的小球A、B用輕質彈簧連接，小球 A的另一端用輕 繩系在O點，放置在傾角為 0 =30。的光滑斜面上，斜面固定不動。系統(tǒng)靜止時，彈簧與 輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，設小球 A B的加速度大小分別為 aA、aB,重力 加速度大小為g,則（）A. aA= g, aB= 0B. aA= 0, aB= g八一八1C. aA= g, aB= gD. aA= 0, aB= -g解題探究 （1）剪斷輕繩前，彈簧的彈力如何求得？提示：以B為研究對象利用平衡條件求解。

8、（2）剪斷輕繩后，彈簧上的力突變嗎？提示：不突變。嘗試解答選A輕繩被剪斷前，對小球B進行受力分析，由平衡條件可知，輕彈簧白拉力F=mgjin30° , 輕繩被剪斷的瞬間，輕彈簧的長度還沒有來得及發(fā)生變化， 輕彈簧的彈力不變，小球B的受 力情況沒有發(fā)生變化，仍然處于靜止狀態(tài)，加速度為零。在剪斷輕繩的瞬間，小球 A受到輕彈簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，對小球A,由牛頓第二定律有 F+ mgsin30 ° =ma,解得aA= g, A正確?？偨Y升華求解瞬時加速度問題時應抓住“兩點”（1）物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動

9、分析。如例題中突然剪斷輕繩，就要重新進行受力分析和運動分析，同時注意哪些力發(fā)生突變。（2）加速度隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。變式11 （2018 山東六校聯(lián)考）（多選）如圖所示，原長為I。、勁度系數(shù)為k的輕 質彈簧一端與質量為 m的小球相連，另一端固定在豎直墻壁上，小球用傾角為30。的光滑木板AB托住，當彈簧水平時小球恰好處于靜止狀態(tài)。重力加速度為g。則（ ）A.彈簧的長度為l 0+之3mg3KB.木板 AB對小球的支持力為 -23mg4 1C.若彈簧突然斷開，斷開后小球的加速度大小為2gD.若突然把木板 AB撤去，撤去瞬間小球的加速度大小為g答案 AC解

10、析 小球處于靜止狀態(tài)，設此時彈簧長為l ,由平衡條件有：K（ l 10） = mgan30 0 ,代入數(shù)據可得此時彈簧的長度為1 = 1 o+lmg A項正確；對小球受力分析，小球受到重力、3 Kcos30°2 ,3木板對小球的支持力、彈簧的拉力，由小球受力平衡可知木板對小球的支持力為FN=Tg-= mg B項錯誤；彈簧斷開后，小球受重力和支持力作用，由牛頓第二定律有 mg>in3031=ma彳導a=2g, C項正確；若突然把木板撤去，小球受重力和彈簧彈力作用，由于彈簧彈力不會發(fā)生突變，則此時小球所受合外力為3mg小球的加速度大小為 23%, D項錯誤。變式1 2 （2018

11、海南五校模擬）如圖所示，A B兩球完全相同，質量均為m用兩根等長的細線懸掛在升降機天花板的O點，兩球之間連著一根勁度系數(shù)為K的輕質彈簧，已知重力加速度為 g,當升降機以加速度 a= 2豎直向上加速運動時， 兩根細線之間的夾角為 0=60。，在運動過程中 O A間的細線被剪斷瞬間，下列關于 A B兩球的加速度的說法正確的是（）A.B.A球的加速度大小為B球的加速度大小為C.A球的加速度大小為g,方向豎直向下g,方向豎直向上-2"g,方向斜向左下方D.A球的加速度大小為,3g,方向沿OA方向答案 C解析 O A間的細線被剪斷前，對小球 A受力分析如圖所示，根據牛頓第二定律有F2cos30

12、° mg= ma F2sin30 ° Fi = 0,解得 Fi= kx= 23mg 在 Q A間的細線被剪斷瞬間,F2突然消失，但Fi不突變，所以A球有水平向左的加速度aAxF1g,豎直向下的加速度aAy= g,則A球的加速度大小為aA= 7ax+ aAy =*g,方向斜向左下方；而 B球的加速度仍為2='方向豎直向上，C正確。考點 2 動力學的兩類基本問題 動力學的兩類基本問題的解題步驟例2 （2018 陜西摸底）如圖所示，質量為 mr 1.0 kg的物體在水平力 F=5 N的作用 下，以vo= 10 m/s向右勻速運動。傾角為 8 =37°的斜面與水平

13、面在 A點用極小的光滑圓 弧相連。物體與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)相同，物體到達A點后撤去水平力 F,再經過1.5 s物體到達 B點。g取10 m/s2, sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8。求A、B兩點間的距離 sAB。解題探究 (1)如何確定物體與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)？提示：由物體在水平面上勻速運動F= mg求出w。(2)1.5 s 時物體一定處于沿斜面上升階段嗎？提示：判斷在斜面上速度減為零的時間；判斷 科與tan 6的關系。嘗試解答 4.75 m物體在水平面上勻速運動時有F= mg物體沿斜面上滑時，根據牛頓第二定律有mg>in 0

14、+mgcos 8 = ma若物體減速到零，則有 0=v0aiti解得 11= 1.0 s<1.5 sVoX1 = /t 1由于mgin 0 > m30s e ,故物體將沿斜面下滑，根據牛頓第二定律有 mgsin 0 -mgcos 0 =ma1 ,2X2= 2a2t 2根據題意有 t1 + t2=1.5 s , Sab= X1 X2聯(lián)立解得Sab= 4.75 m?？偨Y升華解決兩類動力學問題的兩個關鍵點(1)把握“兩個分析” “一個橋梁”兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析。一個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運動和受力的橋梁。(2)畫草圖尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系。如例題中第

15、一個過程的末速度 就是下一個過程的初速度。變式21如圖所示，一物體以 v°=2 m/s的初速度從粗糙斜面頂端下滑到底端用時t = 1 So已知斜面長度 L=1.5 m斜面的傾角 8 =30° ,重力加速度取 g= 10 m/s2。求:(1)物體滑到斜面底端時的速度大??；(2)物體沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)。2答案 (1)1 m/s (2)1 m/s方向沿斜面向上I5解析(1)設物體滑到斜面底端時速度為v,則有：Vo+ V 一L= -2一t,代入數(shù)據解得：v= 1 m/s。(2)因v<V0,即物體做勻減速運動，加速度方向沿斜面向上, V

16、0 V2加速度的大小為：a= = 1 m/s 。(3)物體沿斜面下滑時，受力分析如圖所示。由牛頓第二定律得:Ff- mgsin 0 = maFn= mgcos 0/口a+ gsin 8聯(lián)立解得：廠，代入數(shù)據解得：誓。5變式22如圖甲所示是一傾角為0 =37。的足夠長的斜面，將一質量為 m= 1 kg的物體無初速度在斜面上釋放，同時給物體施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)w=0.25。g=10 m/s； sin37 ° = 0.6,cos37° = 0.8 ,求：(1)2 s末物體的速度大??；(2)前16 s內物體發(fā)生的位移。

17、答案 (1)5 m/s (2)30 m ,方向沿斜面向下解析(1)分析可知物體在前2 s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，設物 體的加速度大小為 日,由牛頓第二定律可得mgsin 0 F1 一 猿 mgcos 0 =mavi = at 1解得 v=5 m/s 。(2)設物體在前2 s內發(fā)生的位移為xi,則1. 2xi = 2a1t 1= 5 m當拉力為F2= 4.5 N時，設物體的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得F2+ mgos 8-mgsin 9 = ma設物體經過t 2時間速度減為0,則V1 = a2t 2, t 2= 10 s設t 2時間內發(fā)生的位移為X2,則12 cuX2=

18、 2a2t 2= 25 m由于 mgin 0 -mgcos 9 <F2Vmgpos 9 + mgpin 0 ,則物體在剩下 4 s時間內處于靜止 狀態(tài)，故物體在前 16 s內發(fā)生的位移x=xi+X2=30 m,方向沿斜面向下?？键c3動力學中的圖象問題1 .常見的動力學圖象v-t圖象、a-t圖象、F-t圖象、E a圖象等。2 .圖象問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖象，要求分析物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖象，要求分析物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象。3 .解題策略(1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意

19、義，掌握物理 圖象所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖象中的特殊點、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點， 圖線的轉折點，兩圖線的交點，圖線的斜率，圖線與坐標軸或圖線與圖線所圍面積等。(3)明確能從圖象中獲得的信息：把圖象與具體的題意、情景結合起來，應用物理規(guī)律 列出與圖象對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式” “圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。例3 (2018 鄭州質量預測)為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學找來一個傾角為 0、表面平整且足夠長的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降 的風帆，如圖甲所示。讓帶有風帆的滑塊從靜止

20、開始沿斜面下滑，下滑過程帆面與滑塊運動方向始終垂直。假設滑塊和風帆總質量為mi滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為重力加速度g取10 m/s2,帆受到的空氣阻力與帆的運動速率成正比，即Fr = kvo(1)寫出滑塊下滑的最大速度的表達式；(2)若m 3 kg ,斜面傾角0 =37。，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示，圖中的 斜線為t=0時v-t圖線的切線，由此求出心k的值。(sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8)解題探究(1)什么時候滑塊下滑的速度最大？提示：a=0時。(2) t =0時風帆受到的空氣阻力是多少？提示：由 Ff=kv 知，t=0 時，v=0, F

21、f= 0。、,mg sin 0 Lt cos 0嘗試解答(1) vmk(2)0.3754.5 kg/s(1)對滑塊和風帆由牛頓第二定律有：mgsin 0 -mgpos 0 kv= ma, i . mg sin 0 Lt cos 0當 a = 0 時速度取大，即 Vm=。k(2)由題圖乙可知，當 v=0時， 2 ac= gsin 0 (1 g cos 0=3 m/s解得 = 0.375mg sin 9 一叱 cos 8由vLk解得 k= 4.5 kg/s ?？偨Y升華解決圖象綜合問題的思路圖象反映了兩個變量之間的函數(shù)關系，必要時需要根據物理規(guī)律進行推導，得到函數(shù)關系后結合圖線的斜率、截距、面積、交

22、點、拐點的物理意義對圖象及運動過程進行分析。變式3-1(2019 百師聯(lián)盟七調)(多選)在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動。當小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球間距大于L時，相互排斥力為零。 小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度V隨時間t的變化關系圖象如圖所示，由圖可知（）A. a球質量大于b球質量B.在11時刻兩小球間距最小C.在0t 2時間內兩小球間距逐漸減小D.在。13時間內b球所受排斥力方向始終與運動方向相反答案 AC解析 從速度一時間圖象可以看出b球速度一時間圖象的斜率絕對值較大，所以b球的加速度較大，兩小球之間的排斥

23、力為一對相互作用力，大小相等，根據a=F知，加速度大m的質量小，所以b球質量較小，故A正確；開始時二者做相向運動，當速度相同時距離最近，即t2時刻兩小球最近，之后距離又開始逐漸變大，故B錯誤，C正確；b球在0ti時間內勻減速，所以在 0ti時間內排斥力與運動方向相反，而在tit 3時間內勻加速，排斥力與運動方向相同，D錯誤。變式32（2018 福州四校聯(lián)考）（多選）一個物塊放在粗糙的水平面上，現(xiàn)用一個很大的水平推力推物塊， 并且推力不斷減小， 結果物塊運動的加速度 a隨推力F變化的圖象 如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。下列說法正確的是（）A.物塊的質量為

24、0.5 kgB.物塊與水平面間白動摩擦因數(shù)為0.2C.當推力F減小為2 N時，物塊的速度最大D.當推力F減小為0時，物塊的速度為零答案 BC解析 由物塊運動的加速度 a隨推力F變化的圖象可知，當推力F=2 N時，加速度為零，運用牛頓第二定律可得F- mg= 0；當F= 0時，加速度a=-2 m/s2,運用牛頓第二定律，(1 mg= ma聯(lián)立解得(1=0.2 , m= 1.0 kg,即物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2 ,物塊的質量為1.0 kg , A錯誤，B正確。用一個很大的水平力推物塊，并且推力不斷減小， 物塊做加速度逐漸減小的加速運動，當推力F 減小為 2 N 時加速度為零，物塊的速度最

25、大，C 正確。當推力F 減小為0 時，物塊做減速運動，物塊的速度不為零，D 錯誤?？键c 4 超重和失重的理解1超重和失重的理解1 1) 不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)物體超重或失重多少由物體的質量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma(3)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失。(4)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會 處于超重或失重狀態(tài)。(5)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要整體的一部分具有豎直方向的分加速度, 整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。2 .判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當物體

26、受向上的拉力(或支才e力)大于重力時處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài), 等于零時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。(3)從速度變化角度判斷物體向上加速或向下減速時，超重;物體向下加速或向上減速時，失重。例4 (2018 合肥質檢)合肥市濱湖游樂場里有一種大型娛樂器械，可以讓人體驗超重和失重。其環(huán)形座艙套在豎直柱子上，先由升降機送上70多米的高處，然后讓座艙由靜止自由落下，落到離地 30米高的位置時，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停A.當座艙落到離地面B.當座

27、艙落到離地面下。若艙中某人用手托著一個重力為50 N的鉛球。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()45米高的位置時，球對手的壓力為45米高的位置時，手對球有支持力C.當座艙落到離地面 20米高的位置時，球對手的壓力為D.當座艙落到離地面20米高的位置時，手對球的支持力小于50 N解題探究 (1)當座艙落到離地面 45米高的位置時，是自由落體階段嗎?提示：是，a=g。(2)當座艙落到離地面 20米高的位置時，加速度方向？提示：加速度方向豎直向上。嘗試解答選A由題意可知座艙從最高處下落到離地30 m高處的過程中做自由落體運動，手與球之間的作用力為零，A正確，B錯誤；座艙在距離地面 30 m處開始制動

28、，制動后向下做減速直線 運動，加速度方向豎直向上，鉛球處于超重狀態(tài)，手對球的支持力大于50 N, C D錯誤?？偨Y升華1超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失 了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時， 物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力 或對懸掛物的拉力 發(fā)生變化。2在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失 效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產生壓強等。變式41 (2018 東北三省四市模擬)如圖所示，物體 A B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，從靜止開始釋放，在物體A加速下降的過程中，下列判斷正確的是()A.物體A和物

29、體B均處于超重狀態(tài)B.物體A和物體B均處于失重狀態(tài)C.物體A處于超重狀態(tài)，物體 B處于失重狀態(tài)D.物體A處于失重狀態(tài)，物體 B處于超重狀態(tài)答案 D解析 物體A加速下降，物體B必然加速上升，物體A的加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，物體B 的加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，D 正確。變式42（2018 廣州測試）（多選）如圖a,用力傳感器研究橡皮繩中拉力隨時間的變化。向下拉小球然后釋放，小球沿豎直方向運動，某段時間內采集到的信息如圖b 所示，則（）A. t 2t 3時間內小球向下運動，處于超重狀態(tài)B. t 3t 4時間內小球向上運動，處于失重狀態(tài)C. t 4t 5時間內小球向下運動，處于失重狀

30、態(tài)D. t 5t 6時間內小球向上運動，處于超重狀態(tài)答案 BC解析 根據題圖b可知，ti12時間內傳感器示數(shù)大于小球重力，且示數(shù)逐漸增大，則 小球加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，向下做減速運動，t 2t 3時間內傳感器示數(shù)大于小球重力，且示數(shù)逐漸減小，則小球加速度方向向上， 處于超重狀態(tài)，向上做加速運動，A錯誤; t 3t 4時間內傳感器示數(shù)小于小球重力，且示數(shù)逐漸減小，則小球加速度方向向下，處于失 重狀態(tài)，向上做減速運動，B正確；t 4t 5時間內傳感器示數(shù)小于小球重力，且示數(shù)逐漸增大，則小球加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，向下做加速運動，C正確；t5t6時間內傳感器示數(shù)大于小球重力，且示數(shù)逐漸

31、增大，則小球加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，向下做減速運動，D錯誤。高考模擬隨堂集訓1. (2018 全國卷I )如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力 F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P 離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F 和 x 之間關系的圖象可能正確的是()答案 A解析 物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kxo= mg施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F+ k（xo-x） -mg= mq所以F= ma kx, A 正確。2. （2015 全國卷I ）（多選）如圖a,

32、一物塊在t =0時刻滑上一固定斜面， 其運動的v-t圖線如圖b 所示。若重力加速度及圖中的v0、 v1、 t 1均為已知量，則可求出（）A.斜面的傾角B.物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由 v- t 圖線可求出物塊向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，對上升時和返回時分析受力，運用牛頓第二定律可分別列出方程，聯(lián)立兩個方程可解得斜面傾角和物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，選項A、 C 正確；根據運動的v- t 圖線與時間軸所圍面積表示位移可求出物塊向上滑行的最大位移，斜面傾角已知，則可求得物塊向上滑行的最大高度，選項 D 正確；由已知條件不能求出物

33、塊質量，選項B 錯誤。3.（2015 海南高考）（多選）如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完 全相同的輕彈簧 S和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點 Q整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。 現(xiàn)將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為 a, S和&相對于原長的伸長分別記為Ali和Al 2,重力加速度大小為 go在剪斷的瞬間（）A. ai=3gB. ai = 0C. A l i = 2 A l 2D. A l i = A 12答案 AC解析 剪斷細線前，把 a、b、c看成整體，細線上的拉力為T= 3mg因在剪斷細線瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、 b、 c 之間的作用力與剪斷細線之前

34、相同。將細線剪斷瞬間，對a隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得：3mg= ma得ai = 3g, A正確，B錯誤。由胡克定律知：2mg= kAli, mg= kA 12,所以 A1i = 2A12, C正確，D錯誤。4 .（2015 海南高考）（多選）如圖，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時，（）A.物塊與斜面間的摩擦力減小 B.物塊與斜面間的正壓力增大 C.物塊相對于斜面減速下滑 D.物塊相對于斜面勻速下滑 答案 BD解析 當升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mcsin 0 = mgtos 0 ,則(1 = ta

35、n 8(8為斜面傾角),當升降機加速上升時，設加速度為a；物塊處于超重狀態(tài)，超重ma物塊"重力"變?yōu)镚'= mg ma支持力變?yōu)镹'= ( mg macos0 >mgos0 ,B正確?！爸亓Α毖匦泵嫦蛳碌姆至?G下'=(m/masin 8 ,沿斜面摩擦力變?yōu)閒 ' = N' = ( mg + macos 0 >(1 mgcos 0 , A 錯誤。f' = (mg ma - cos 0 = tan 0 ( m/ macos 0 = (mg+ masin 0 =G下，所以物塊仍沿斜面勻速運動， D正確，C錯誤。5 .

36、(2018 安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示，一個可視為質點的物塊從傾角為0 =30。的固定斜面頂端由靜止開始下滑，從此時開始計時，物塊的速度為v,到斜面頂端的距離為x,其x-v2圖象如圖乙所示。已知 g=10 m/s2,斜面足夠長，不計空氣阻力，下列說法正確 的是()A.B.C.D.物塊的加速度大小為 8 m/s 2物塊在t = 1 s時的速度大小為 8 m/s物塊在t=4 s時處于斜面上 x = 24 m的位置物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為15答案 D解析 物塊由靜止沿斜面做勻加速直線運動，有v2=2ax,再結合圖乙可得加速度為a=4 m/s 2,由v = at得t = 1 s時物塊速度大小為,

37、1 , 2 4 m/s , A、B 錯慶；由 x= 2at 知 t = 4 s時，x= 32 m, C錯誤；由牛頓第二定律有：mgsin30 ° mGpos30° = ma解得 =史,15D正確。配套課時作業(yè)時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題（本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16為單選，710為多選）1 .為了研究超重和失重現(xiàn)象，某同學把一體重計放在電梯的地板上，他站在體重計上隨電梯運動，并觀察體重計示數(shù)的變化情況，表中記錄了幾個特定時刻體重計的示數(shù)（表內時間沒有先后順序），若已知t0時刻電梯靜止，則（）時刻%1A .體重計的示數(shù)1kg>6cL 065*

38、 055.06。.。A. 12時刻電梯不可能向上運動B. 13時刻電梯一定處于靜止狀態(tài)C. t 1和t 2時刻電梯的加速度方向一定相反D. t1和t2時刻電梯運動的加速度大小相等，運動方向一定相反答案 C解析 由表格數(shù)據可知 t1時刻壓力大于重力，該同學處于超重狀態(tài)，加速度向上，電梯可能向上加速，也可能向下減速，t 2時刻壓力小于重力，該同學處于失重狀態(tài)，加速度向下，電梯可能向上減速，也可能向下加速，A D錯誤，C正確；13時刻壓力等于重力，電梯處于靜止或者勻速運動狀態(tài)，加速度為零，B錯誤。2. (2018 襄陽模擬)在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火。按照設計， 某種型號的裝有焰火

39、的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4 s末到達離地面100 m的最高點時炸開，構成各種美麗的圖案。假設禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是vo,上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么vo和k分別等于(重力加速度 g取10m/s2)()A. 25 m/s,1.25 B. 40 m/s,0.25C. 50 m/s,0.25 D. 80 m/s,1.25答案 C解析 根據h= 2at2,解得a= 12.5 m/s 2,所以v0=at=50 m/s ;上升過程禮花彈所受 的平均阻力Ff=kmg根據牛頓第二定律得 a=一 = (k+1)g=12.5 m/s2,解得k = 0.25 , 故C正確

40、。3. (2018 南昌模擬)如圖所示，物體從傾角為 a的斜面頂端由靜止釋放， 它滑到底端 時速度大小為vi;若它由斜面頂端沿豎直方向自由落下，末速度大小為v,已知V1=kv,且k<1。物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為 ( )A. (1 k)sin aB. (1 k)cos aC. (1 k2)tan aD. (1 k2)cot a答案 C解析 物體沿斜面下滑，由牛頓第二定律有，m§in a mapos a = ma解得加速度大 h小2=9$所a (igcosa ,設斜面圖度為h,則斜面長度L=,由勻變速直線運動規(guī)律sin a,i/2 gsin a ii s cos a h ,_,二

41、 ,4八、一 一有，V1 = #2aL=:;物體從斜面頂端開始做自由洛體運動，有 vNsin a=42gh且 vi = kv,聯(lián)立解得（1=（1 - k ）tan a , C 正確。4.（2018 廈門月考）如圖所示，一傾角為0 =37°的足夠長的斜面固定在水平地面上。當t = 0時，滑塊以初速度 V0 = 10 m/s沿斜面向上運動，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為= 0.5 ,重力加速度g取10 m/s2, sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8 ,下列說法正確的是（）A.滑塊上滑的距離小于 5 mB. t=1 s時，滑塊速度減為零，然后靜止在

42、斜面上C. t=2 s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點D. t =3 s時，滑塊的速度大小為 4 m/s答案 D解析 設滑塊上滑時的加速度大小為 3i,由牛頓第二定律可得 mgsin 8+mgpos 0 = ma,解得 3i= 10 m/s 2,上滑時間為 11 = v= 1 s ,上滑的距離為 xi =3v0t 1=5 m ,因3i2mgsin 9 >mgcos 0 ,滑塊上滑到速度為零后，向下運動，A B錯誤；設滑塊下滑時的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得 mgsin 0 mopos 0 = ma,解得a2=2 m/s；經1 s,滑1 2塊下滑的距離為X2 = 2a2t2=1 m<

43、5 m,滑塊未回到出發(fā)點，C錯誤；t = 3 s時，滑塊沿斜面向下運動，此時的速度 v=a（t3） = 4 m/s , D正確。5 .如圖所示，A B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為0,圖甲中，A B兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有（）A.兩圖中兩球加速度均為gsin 0B.兩圖中A球的加速度均為零C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零D.圖甲中B球的加速度是圖乙中 B球加速度的2倍答案 D解析 撤去擋板前，擋板對 B球的彈力大小為 2mg,in 0 ,因彈簧彈力不能突變，而桿 的彈力會突變，所以撤去擋板

44、瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin 0 ,加速度為2gsin 0 ;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為 mg>in 0 ,加速度均為gsin 0 ,可知只有D正確。6 . （2019 四省八校雙教研聯(lián)盟聯(lián)考）將質量為m= 0.1 kg的小球豎直向上拋出，初速度vo = 20 m/s ,已知小球在運動中所受空氣阻力與速率的關系為f = kv,且k= 0.1 kg/s ,其速率隨時間變化規(guī)律如圖所示，取g=10 m/s 2,則以下說法正確的是（）A.小球在上升階段的平均速度大小為10 m/sB.小千在t1時刻到達最高點，此時加速度為零C.小球拋出瞬

45、間的加速度大小為20 m/sD.小球落地前做勻速運動，落地速度大小vi = 10 m/s答案 D解析小球在上升階段做加速度逐漸減小的減速運動，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s , A錯誤；小球在ti時刻到達最高點，此時速度為零，只受重力，力口 速度為g, B錯誤；小球拋出瞬間，受到重力mg= 1.0 N,空氣阻力f = kvo=0.1 X20 N= 2.0N,所受合外力 F=m什f = 3.0 N ,由牛頓第二定律有 F= ma,解得小球拋出瞬間的加速度 大小為30=30 m/s 2, C錯誤；小球落地前做勻速運動，由mg= kv1,解得V1= 10 m/s , D正確。7

46、 .如圖，A B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為 0的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時， 彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是（）A.兩個小球的瞬時加速度均與生斜面向下，大小均為gsin 08 . B球的受力情況未變，瞬時加速度為零9 . A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin 0D.彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度沿斜面向上，A球的瞬時加速度沿斜面向下，瞬時加速度都不為零答案 BC解析 系統(tǒng)靜止時，根據平衡條件可知：對B球F彈=m3in 0 ,對A球F繩=F彈+m第n 0, 細線被燒斷的瞬間，細線的拉力立即減為零，但彈簧的彈力不發(fā)生改變，則B球受力情況未 變，瞬時加速

47、度為零，對 A球根據牛頓第二定律得 a= Fi=Fw+mg?in e =2gsin e ,方向沿 m m斜面向下，故A、D錯誤，B、C正確。8.如圖所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，橫桿左邊固定有一輕桿與豎直方向成 e角，輕桿下端連接一小球，橫桿右邊用一根細線吊一小球，當小車向右做加速運動時， 細線保持與豎直方向成 a角，若e < a ,則下列說法正確的是（）A.輕桿對小球的彈力方向沿著輕桿方向向上8 .輕桿對小球的彈力方向與細線平行C.輕桿對小球的彈力方向既不與細線平行，也不沿著輕桿方向D.此時小車的加速度為 gtan a答案 BD解析 由于兩小球加速度相同，輕桿對小球的彈力方向與細

48、線平行，小球受力如圖所示，由牛頓第二定律得 mgan a = ma解得a = gtan a ,故小車的加速度為 gtan a ,選項B、D 正確。9 .（2018 鹽城一模）如圖所示，E為斜面的中點，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一個小物體由頂端靜止釋放，沿斜面下滑到底端時速度為零。以沿斜面向下為正方向，則物體下滑過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關系圖象可能正確的是（）答案 BD. 一 一一 - 一2-解析 設斜面與水平面夾角為 9 ,斜面長為2L,在斜面上半段ai=gsin 0, ve= 2aiL, 在斜面下半段0 vE= 2azL,故加速度大小 a = %,故B、D正確，C錯誤；在斜面上半段 x = ；ait2, x-t圖應開口向上，故 A錯誤。10 . (2018 南昌模擬)圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為 150 kg 的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的