(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第3章第2講《牛頓第二定律的應(yīng)用》(含詳解)

第2講牛頓第二定律的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)牛頓第二定律的應(yīng)用Ⅱ1．動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題(1)已知物體的受力情況，確定物體的eq\x(\s\up1(01))運(yùn)動(dòng)情況；(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的eq\x(\s\up1(02))受力情況。2．解決兩類基本問題的方法以eq\x(\s\up1(03))加速度為“橋梁”，由eq\x(\s\up1(04))運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和eq\x(\s\up1(05))牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：知識(shí)點(diǎn)超重和失重Ⅰ1．實(shí)重與視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)eq\x(\s\up1(01))無關(guān)。(2)視重①當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的eq\x(\s\up1(02))示數(shù)稱為視重。②視重大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受物體的eq\x(\s\up1(03))拉力或臺(tái)秤所受物體的eq\x(\s\up1(04))壓力。2．超重、失重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(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?eq\x(\s\up1(05))大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?eq\x(\s\up1(06))小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物(或懸掛物)eq\x(\s\up1(07))完全沒有作用力的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向eq\x(\s\up1(08))豎直向上物體的加速度方向eq\x(\s\up1(09))豎直向下物體的加速度方向eq\x(\s\up1(10))豎直向下，大小eq\x(\s\up1(11))等于g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝maa＝gF＝0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)eq\x(\s\up1(12))加速上升或eq\x(\s\up1(13))減速下降eq\x(\s\up1(14))加速下降或eq\x(\s\up1(15))減速上升以a＝geq\x(\s\up1(16))加速下降或eq\x(\s\up1(17))減速上升一堵點(diǎn)疏通1．物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力的方向與速度的方向相反。()2．物體所受合力發(fā)生突變，加速度也會(huì)相應(yīng)突變。()3．超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。()4．物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力消失。()5．減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體對(duì)地板的壓力大于重力。()6．物體是處于超重還是失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無關(guān)。()答案1.√2.√3.×4.×5.×6.√二對(duì)點(diǎn)激活1．(人教版必修第一冊(cè)·P100·T1改編)(多選)一個(gè)原來靜止的物體，質(zhì)量是2kg，受到兩個(gè)大小都是50N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是()A．物體受到的合力為50NB．物體的加速度為25eq\r(3)m/s2C．3s末物體的速度為75m/sD．3s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125m答案AC解析兩個(gè)夾角為120°的50N的力，其合力仍為50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2,3s末速度v＝at＝75m/s,3s內(nèi)位移x＝eq\f(1,2)at2＝112.5m，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。2.(2020·江蘇省南通市高三(下)5月二模)(多選)如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程，從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程，運(yùn)動(dòng)員()A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)答案CD解析在第一過程中，運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C正確。蹦床運(yùn)動(dòng)員在第二過程中和第一過程中的運(yùn)動(dòng)情況是對(duì)稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確。3.(人教版必修第一冊(cè)·P99·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θ＝30°，斜面長為7m?，F(xiàn)木塊上有一質(zhì)量為m＝1.0kg的滑塊從斜面頂端下滑，測(cè)得滑塊在0.40s內(nèi)速度增加了1.4m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g取10m/s2，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(shí)的速度大小。答案(1)1.5N(2)7m/s解析(1)由題意可知，滑塊滑行的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.4,0.40)m/s2＝3.5m/s2，對(duì)滑塊受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5N。(2)根據(jù)v2＝2ax得v＝eq\r(2×3.5×7)m/s＝7m/s?？键c(diǎn)1牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題1.兩種模型加速度與合力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型：2．求解瞬時(shí)加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時(shí)變化前后,物體的受力情況))?eq\x(\a\al(列牛頓第二,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時(shí),加速度))例1如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B用輕質(zhì)彈簧連接，小球A的另一端用輕繩系在O點(diǎn)，放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不動(dòng)。系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，設(shè)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．a(chǎn)A＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝gC．a(chǎn)A＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝eq\f(1,2)g(1)剪斷輕繩前，彈簧的彈力如何求得？提示：以B為研究對(duì)象利用平衡條件求解。(2)剪斷輕繩后，彈簧的彈力突變嗎？提示：不突變。嘗試解答選A。輕繩被剪斷前，對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，輕彈簧的拉力F＝mgsin30°，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?fàn)顟B(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、重力、斜面的支持力，對(duì)小球A，由牛頓第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正確。求解瞬時(shí)加速度問題時(shí)應(yīng)抓住“兩點(diǎn)”(1)物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。如例1中突然剪斷輕繩，就要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，同時(shí)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(gè)過程的積累，不會(huì)發(fā)生突變。[變式1－1](2020·四川省攀枝花市高三第二次統(tǒng)考)如圖所示，吊籃P懸掛在天花板上，與P質(zhì)量相同的小球Q被固定在吊籃中的輕彈簧上端，保持靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g，當(dāng)懸掛吊籃的細(xì)繩被剪斷的瞬間，小球Q、吊籃P的加速度大小分別為()A．g，g B.0，gC．0,2g D.2答案C解析剪斷細(xì)繩前，對(duì)小球Q受力分析，受到重力mg、彈簧的彈力F，由于Q處于平衡狀態(tài)，則F＝mg，方向向上，則彈簧對(duì)P的彈力大小為F，方向向下。剪斷細(xì)繩的瞬間，吊籃P所受重力和彈簧的彈力均不變，細(xì)繩的拉力減為零，故吊籃P受到的合力等于mg＋F，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不變，合力為零，所以aQ[變式1－2](2020·安徽省亳州市高三第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量均為2kg的木塊A和B靜止在傾角為30°的光滑斜面上，此時(shí)A、B間恰好沒有彈力，則剪斷細(xì)繩的瞬間A、B間的彈力為()A．0 B.5NC.10N D.20N答案B解析初狀態(tài)因A、B間恰好沒有彈力，所以此時(shí)彈簧彈力F＝mgsin30°。剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧彈力不能突變，仍為mgsin30°，以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有2mgsin30°－F＝2ma，解得a＝2.5m/s2；再隔離B分析有mgsin30°－FN＝ma，解得FN＝5N，故B正確?？键c(diǎn)2動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟例2(2020·湖北省荊州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，一足夠長的斜面BC傾角為θ＝37°，與水平面AB圓滑連接。質(zhì)量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點(diǎn)，M點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5?，F(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)撤去該力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。則：(1)物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度是多大？(2)物體在斜面上滑行的時(shí)間是多少？(1)求物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，要先求什么？提示：物體受恒力F作用時(shí)在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度。(2)物體沿斜面上升到最高點(diǎn)之后能停止嗎？提示：不能。嘗試解答(1)6m/s(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s(1)物體在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma則a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2物體從M到B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝2aL則vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s。(2)物體在斜面上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝2a1x，解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，所以物體速度減為零后會(huì)繼續(xù)下滑下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物體在斜面上滑行的總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s。解決兩類動(dòng)力學(xué)問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”兩個(gè)分析：物體的受力情況分析和運(yùn)動(dòng)過程分析。一個(gè)橋梁：加速度是聯(lián)系物體運(yùn)動(dòng)和受力的橋梁。(2)畫草圖尋找多過程運(yùn)動(dòng)問題中各過程間的相互聯(lián)系。如例2中第一個(gè)過程的末速度大小就是下一個(gè)過程的初速度大小。[變式2－1](2020·四川省宜賓市高三上學(xué)期一診)(多選)如圖a，質(zhì)量m＝1kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右，其大小與物體的速度v成正比，比例系數(shù)用k表示。物體加速度a與速度v的關(guān)系如圖b所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．物體沿斜面做勻變速運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)速度v＝5m/s時(shí)，物體沿斜面下滑的速度最大C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25D．比例系數(shù)k為eq\f(16,19)kg/s答案BCD解析由圖b可知，隨著速度的增大，物體的加速度逐漸減小，所以物體沿斜面不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖b可知，速度為5m/s時(shí)加速度為零，速度最大，故B正確；初始時(shí)刻，沒有風(fēng)的作用，物體的加速度大小為a0＝4m/s2，對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面的方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，解得：μ＝eq\f(gsinθ－a0,gcosθ)＝0.25，故C正確；物體加速度為零時(shí)，受力分析可得：mgsinθ－μN(yùn)－kvcosθ＝0，又N＝mgcosθ＋kvsinθ，由圖b可知，此時(shí)v＝5m/s，代入上式解得：k＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,vμsinθ＋cosθ)＝eq\f(16,19)kg/s，故D正確。[變式2－2](2020·四川省九市聯(lián)考高三二模)2020年2月18日，我國發(fā)射的嫦娥四號(hào)著陸器和玉兔二號(hào)探測(cè)器再次啟動(dòng)，打破了探測(cè)器在月球上工作時(shí)間的世界紀(jì)錄，并將開始第15個(gè)月晝的科學(xué)探測(cè)活動(dòng)。若著陸器與探測(cè)器總質(zhì)量為1.5×103kg，著陸過程簡(jiǎn)化如下：在距月面102m處懸停，當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)推力為F1時(shí)，先豎直向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)推力為F2時(shí)，隨即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且兩個(gè)階段加速度大小相等，剛好在距離月面2m時(shí)再次懸停，此過程總共用時(shí)600s，此后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)，直到接觸月球表面。月球表面重力加速度取g＝1.6m/s(1)探測(cè)器接觸月球表面時(shí)的速度大?。?2)發(fā)動(dòng)機(jī)施加推力的差值(F2－F1)的大小。答案(1)eq\f(4,5)eq\r(10)m/s(2)eq\f(10,3)N解析(1)設(shè)探測(cè)器接觸月球表面時(shí)的速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2gx，其中x＝2m，可得v＝eq\f(4,5)eq\r(10)m/s。(2)設(shè)加速過程中的最大速度為vm，加速階段有veq\o\al(2,m)＝2ax1，減速階段有veq\o\al(2,m)＝2ax2，且x1＋x2＝100m，加速階段的時(shí)間t1＝eq\f(vm,a)，減速階段的時(shí)間t2＝eq\f(vm,a)，且t1＋t2＝600s，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得a＝eq\f(1,900)m/s2，由牛頓第二定律可得，加速階段有mg－F1＝ma，減速階段有F2－mg＝ma，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得F2－F1＝eq\f(10,3)N?？键c(diǎn)3動(dòng)力學(xué)中的圖像問題1.常見的動(dòng)力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問題的類型(1)已知物體受的力隨時(shí)間變化的圖像，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖像，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像。3．解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖像中的特殊點(diǎn)、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)，圖線的斜率，圖線與坐標(biāo)軸或圖線與圖線所圍面積等。(3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與過程”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。例3(2020·四川省棠湖中學(xué)高三上期末)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放在光滑水平面上，在豎直線MN的左側(cè)受到水平恒力F1作用，在MN的右側(cè)除受F1外還受到與F1在同一直線上的水平恒力F2作用，現(xiàn)小球從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，下列說法中正確的是()A．小球在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2－t1B．F2的大小為eq\f(mv1,t1)＋eq\f(2mv1,t3－t1)C．小球在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(2v1,t3－t1)D．小球在0～t1時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為v1t1(1)如何求小球在MN左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的加速度？提示：由v-t圖像的斜率求。(2)小球在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少？提示：t3－t1。嘗試解答選BC。由圖乙知小球在t1時(shí)刻和t3時(shí)刻加速度方向改變，故t1時(shí)刻小球進(jìn)入MN右側(cè)，t3時(shí)刻小球離開MN右側(cè)，可知小球在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3－t1，故A錯(cuò)誤；由圖乙可知小球在MN左側(cè)的加速度大小為：a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝eq\f(v1,t1)，在MN右側(cè)的加速度大小為：a′＝|eq\f(Δv′,Δt′)|＝eq\f(2v1,t3－t1)，小球在MN左側(cè)時(shí)，由牛頓第二定律可得：F1＝ma＝meq\f(v1,t1)，在MN的右側(cè)時(shí)，由牛頓第二定律可得：F2－F1＝ma′，聯(lián)立得：F2＝eq\f(2mv1,t3－t1)＋eq\f(mv1,t1)，故B、C正確；由v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得小球在0～t1時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為：x＝eq\f(v1t1,2)，故D錯(cuò)誤。解決圖像綜合問題的思路圖像反映了兩個(gè)變量之間的函數(shù)關(guān)系，必要時(shí)需要根據(jù)物理規(guī)律進(jìn)行推導(dǎo)，得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義對(duì)圖像及運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析。[變式3－1](2020·湖北省名師聯(lián)盟高三入學(xué)調(diào)研)(多選)水平地面上質(zhì)量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2隨時(shí)間的變化如圖所示，已知物塊在前2s內(nèi)以4m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，則()A．物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．3s末物塊受到的摩擦力大小為3NC．4s末物塊受到的摩擦力大小為1ND．5s末物塊的加速度大小為3m/s2答案BC解析在0～2s內(nèi)物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有F2＋f＋F1＝0，則摩擦力f＝－3N，則μ＝eq\f(－f,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，A錯(cuò)誤；2s后物塊做減速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(6－5－3,1)m/s2＝－2m/s2，則經(jīng)過t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(0－4,－2)s＝2s，即4s末速度減為零，則3s末物塊受到的摩擦力大小為3N，B正確；物塊速度減為零后，因F1、F2的合力小于最大靜摩擦力，則物塊不再運(yùn)動(dòng)，則4s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6N－5N＝1N,5s末物塊的加速度為零，C正確，D錯(cuò)誤。[變式3－2](2020·湖北省武漢市高三學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向下的力F作用在P上，使其向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧的長度始終在彈性限度內(nèi)。下列是力F和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t之間關(guān)系的圖像，正確的是()答案D解析在力F作用之前，物塊放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝kx0，力F作用之后，物塊向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x即為物塊向下運(yùn)動(dòng)的位移，則x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得F＝ma＋eq\f(ka,2)t2，即F隨時(shí)間變化的圖像為D，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)4超重和失重的理解1.超重和失重的理解(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(zhì)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(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)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(huì)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(huì)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(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。(3)從運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的角度判斷①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重。例4(2020·陜西省咸陽市高三下學(xué)期3月二模)2014年2月15日凌晨，在索契俄冬奧會(huì)自由滑雪女子空中技巧比賽中，中國選手徐夢(mèng)桃以83.50分奪得銀牌。比賽場(chǎng)地可簡(jiǎn)化為如圖所示的助滑區(qū)、弧形過渡區(qū)、著陸區(qū)、減速區(qū)等組成。若將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)，且忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員在助滑區(qū)加速下滑時(shí)處于超重狀態(tài)B．運(yùn)動(dòng)員在弧形過渡區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中處于失重狀態(tài)C．運(yùn)動(dòng)員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中處于完全失重狀態(tài)D．運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)減速過程中處于失重狀態(tài)(1)運(yùn)動(dòng)員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中受力情況如何？提示：只受重力。(2)如何判斷運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)？提示：根據(jù)加速度方向判斷。嘗試解答選C。當(dāng)物體處于失重狀態(tài)時(shí)有向下的加速度，當(dāng)物體處于超重狀態(tài)時(shí)有向上的加速度。運(yùn)動(dòng)員在助滑區(qū)加速下滑時(shí)，加速度有向下的分量，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在弧形過渡區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中，只受重力，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)減速過程中，加速度有向上的分量，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。(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(shí)，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生變化。(2)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)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(chǎn)生壓強(qiáng)等。[變式4－1](2021·天津市部分區(qū)高三(上)期末)某同學(xué)用如圖所示實(shí)驗(yàn)來認(rèn)識(shí)超重和失重現(xiàn)象，先保持手指和鉤碼靜止，感受橡皮筋對(duì)手指的壓力。然后設(shè)法使鉤碼上下振動(dòng)的同時(shí)手指保持靜止，感受壓力的變化(整個(gè)過程中，橡皮筋對(duì)手指始終有壓力的作用)，不計(jì)空氣阻力。下列說法中正確的是()A．超重時(shí)鉤碼所受重力增加，失重時(shí)鉤碼所受重力減小B．鉤碼運(yùn)動(dòng)過程中，如果橡皮筋對(duì)手指的壓力逐漸增大，鉤碼一定處于下降階段C．鉤碼下降到最低點(diǎn)時(shí)，鉤碼的速度為零，達(dá)到平衡狀態(tài)D．鉤碼運(yùn)動(dòng)過程中，如果橡皮筋對(duì)手指的壓力逐漸增大，鉤碼一定處于超重狀態(tài)答案B解析超重時(shí)橡皮筋對(duì)鉤碼的拉力超過鉤碼所受的重力，鉤碼所受的重力不變，失重時(shí)橡皮筋對(duì)鉤碼的拉力小于鉤碼所受的重力，鉤碼所受的重力也不變，故A錯(cuò)誤；鉤碼運(yùn)動(dòng)過程中，如果橡皮筋對(duì)手指的壓力逐漸增大，則說明橡皮筋對(duì)鉤碼的拉力增大，根據(jù)胡克定律可知，橡皮筋形變量增大，則鉤碼一定處于下降階段，故B正確；鉤碼下降到最低點(diǎn)時(shí)，橡皮筋彈力最大，且大于鉤碼重力，鉤碼速度為零，向上的加速度達(dá)到最大，而不是處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；鉤碼運(yùn)動(dòng)過程中，如果橡皮筋對(duì)手指的壓力逐漸增大，說明鉤碼在向下運(yùn)動(dòng)，可能是加速下降，處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。[變式4－2](2020·江蘇省宿遷市沭陽縣高三(下)5月聯(lián)考)在升降機(jī)底部安裝一個(gè)加速度傳感器，其上放置了一個(gè)質(zhì)量為m小物塊，如圖甲所示。升降機(jī)從t＝0時(shí)刻開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，加速度傳感器顯示加速度a隨時(shí)間t的變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度為g，以下判斷正確的是()A．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)B．在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)C．t＝t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為mgD．t＝3t0時(shí)刻，物塊所受的支持力大小為2mg答案C解析由圖乙可知，在0～2t0時(shí)間內(nèi)，物塊有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，物塊有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；t＝t0時(shí)刻，物塊的加速度為0，則所受的支持力大小為mg，C正確；t＝3t0時(shí)刻，物塊的加速度為2g，由FN－mg＝ma可知，所受的支持力大小為FN＝3mg1．(2020·山東高考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析由于s-t圖象的斜率表示速度，可知0～t1時(shí)間內(nèi)，速度v不斷增大，即乘客做豎直向下的加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，速度v不變，即乘客的加速度為0，處于平衡狀態(tài)，則FN＝mg，B錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，速度v不斷減小，即乘客做豎直向下的減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，C錯(cuò)誤，D正確。2.(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?fàn)顟B(tài)。現(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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()答案A解析物塊靜止時(shí)受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2答案AB解析木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖b知，2s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖c知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，2～4s內(nèi)：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，A、B正確。0～2s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)隨時(shí)間是均勻增加的，C錯(cuò)誤。因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩＝μm物g可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)不可求，D錯(cuò)誤。4.(2021·八省聯(lián)考廣東卷)(多選)研究“蹦極”運(yùn)動(dòng)時(shí)，在運(yùn)動(dòng)員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測(cè)得運(yùn)動(dòng)員豎直下落的距離及其對(duì)應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的“速度—位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據(jù)圖像信息，下列說法正確的有()A．彈性繩原長為15mB．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10m時(shí)，處于失重狀態(tài)C．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)，繩的彈性勢(shì)能最大D．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20m時(shí)，其加速度方向豎直向上答案BD解析由圖可知，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)速度最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度為零，則其所受合力為零，運(yùn)動(dòng)員受到彈性繩的彈力等于其重力，彈性繩處于伸長狀態(tài)，則彈性繩原長小于15m，故A錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10m時(shí)，其速度向下并且逐漸增大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)，速度不為零，運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈性繩繼續(xù)伸長，繩的彈性勢(shì)能繼續(xù)增大，故C錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員向下減速運(yùn)動(dòng)，其加速度方向豎直向上，故D正確。5．(2020·浙江7月選考)如圖1所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電動(dòng)機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的eq\f(1,4)時(shí)開始計(jì)時(shí)，測(cè)得電動(dòng)機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F-t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(3)總位移的大小。答案(1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m解析(1)由圖2可知0～26s內(nèi)物件勻速運(yùn)動(dòng)，26～34s內(nèi)物件勻減速運(yùn)動(dòng)，在勻減速運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律有mg－FT＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向豎直向下。(2)根據(jù)圖2結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v－at2，代入數(shù)據(jù)得v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s。(3)根據(jù)圖2可知，從t＝0開始勻速上升的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m，勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m，又因?yàn)閺目偽灰频膃q\f(1,4)處開始計(jì)時(shí)，則圖2中0～34s的位移為總位移的eq\f(3,4)，即h1＋h2＝eq\f(3,4)h，所以總位移為h＝40m。時(shí)間：50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1～7題為單選，8～10題為多選)1.(2021·遼寧省葫蘆島市高三(上)期末)如圖，一機(jī)械臂鐵夾夾起質(zhì)量為m的小球，機(jī)械臂與小球沿水平方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則鐵夾對(duì)小球的作用力()A．大小為mg，方向豎直向上B．大小為ma，方向水平向右C．大小與小球的加速度大小無關(guān)D．方向與小球的加速度大小有關(guān)答案D解析設(shè)鐵夾對(duì)小球的作用力為F，則F豎直方向的分力F1＝mg，水平方向的分力F2＝ma，鐵夾對(duì)小球的作用力F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝meq\r(g2＋a2)，F(xiàn)與水平方向的夾角α滿足tanα＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(g,a)，即F的大小和方向都與小球的加速度大小有關(guān)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.(2020·湖北省名師聯(lián)盟高三入學(xué)調(diào)研)智能化電動(dòng)扶梯如圖所示，乘客站上扶梯，先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A．乘客始終處于超重狀態(tài)B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同C．扶梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D．扶梯勻速上升時(shí)，扶梯對(duì)乘客的作用力豎直向上答案D解析乘客站上扶梯，電動(dòng)扶梯緩慢加速階段，乘客的加速度斜向上，有豎直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，在豎直方向上，扶梯對(duì)乘客的支持力大于其重力，乘客處于超重狀態(tài)，在水平方向上，乘客受到水平向右的摩擦力，此時(shí)扶梯對(duì)乘客的作用力斜向右上方；扶梯勻速上升時(shí)，加速度為零，扶梯對(duì)乘客只有向上的支持力，即扶梯對(duì)乘客的作用力豎直向上，且與乘客所受重力大小相等，則既不超重也不失重。故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3．(2020·四川省綿陽市高三上二診)一物塊在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，又返回底端。能夠描述物塊速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像是()答案C解析根據(jù)牛頓第二定律，物塊上滑過程：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑過程：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，比較可知：a1＞a2，則物塊上滑過程v-t圖像的斜率絕對(duì)值比下滑過程的大，A、D錯(cuò)誤；由x＝eq\f(1,2)at2可知，下滑過程所用時(shí)間比上滑過程長，由x＝eq\f(v2,2a)可知，下滑過程的末速度大小小于v0，故C正確，B錯(cuò)誤。4.(2020·遼寧省大連市高三雙基測(cè)試)如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連，將A用輕繩懸掛于某處，調(diào)整細(xì)繩的長度，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，物塊B恰好對(duì)地面沒有壓力，此時(shí)輕彈簧的形變量為x。已知重力加速度為gA．剪斷細(xì)繩后，A物塊向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)速度最大B．剪斷細(xì)繩后，A物塊向下運(yùn)動(dòng)3x時(shí)速度最大C．剪斷細(xì)繩瞬間，A物塊的加速度大小為3D．剪斷細(xì)繩瞬間，A物塊的加速度大小為g答案B解析剪斷細(xì)繩前，物塊B恰好對(duì)地面沒有壓力，根據(jù)平衡條件有：mg＝kx，對(duì)物塊A有：T＝2mg＋kx，即T＝3mg；剪斷細(xì)繩后，剛開始物塊A受到豎直向下的重力和彈力，物塊A加速下落，下落過程中彈力變小，加速度減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，物塊A繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，物塊A加速度減為零，此時(shí)速度最大，設(shè)彈簧壓縮量為x1，對(duì)物塊A有：2mg＝kx1，解得：x1＝2x，物塊A向下運(yùn)動(dòng)的總距離為3x，A錯(cuò)誤，B正確。剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧彈力不突變，物塊A所受重力和彈力的合力與剪斷前繩子拉力等大反向，所以A物塊的加速度大?。篴＝eq\f(T,2m)＝eq\f(3mg,2m)＝eq\f(3,2)g，C、D錯(cuò)誤。5．(2020·江淮十校高三上第二次聯(lián)考)一固定桿與水平方向夾角為θ＝30°，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)。若滑塊與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)小球的位置可能是下圖中的哪一個(gè)()答案D解析把滑塊和小球看作一個(gè)整體受力分析，沿桿方向：(m1＋m2)gsin30°＋f＝(m1＋m2)a，垂直桿方向：FN＝(m1＋m2)gcos30°，摩擦力：f＝μFN，聯(lián)立可解得：a＝gsin30°＋μgcos30°＝7.5m/s2，設(shè)繩子與豎直方向夾角為β，對(duì)小球有：a＝gsinβ＝7.5m/s2，則β＞30°，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。6.(2020·湖北省部分示范高中教學(xué)協(xié)作體高三上期中)如圖所示，不計(jì)繩的質(zhì)量以及繩與滑輪間的摩擦，物體A的質(zhì)量為M，水平面光滑。當(dāng)在繩的B端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)(重力加速度為g)，物體A的加速度為a1，當(dāng)在繩的B端施以F＝mg的豎直向下的拉力作用時(shí)，A的加速度為a2，則a1與a2的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)1＝a2 B.a1>a2C．a(chǎn)1<a2 D.無法確定答案C解析當(dāng)在繩的B端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)質(zhì)量為m的物體有：mg－T＝ma1，對(duì)物體A有：T＝Ma1，聯(lián)立得：a1＝eq\f(mg,M＋m)；當(dāng)在繩的B端施以F＝mg的豎直向下的拉力作用時(shí)，對(duì)物體A分析有a2＝eq\f(F,M)＝eq\f(mg,M)，可知a2>a1，C正確。7.(2020·河北衡水中學(xué)三月份教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個(gè)箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N。取g＝10m/s2，若下底板傳感器的示數(shù)不變，上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A．勻加速上升，a′＝5m/s2 B.勻加速下降，a′＝5m/s2C．勻速上升 D.靜止?fàn)顟B(tài)答案B解析當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)金屬塊和輕彈簧整體受力分析，由牛頓第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，其中FN上＝4.0N，F(xiàn)N下＝10.0N，代入解得m＝1kg；若上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，下底板傳感器示數(shù)不變，仍為10.0N，則上頂板傳感器的示數(shù)是5.0N，對(duì)金屬塊和輕彈簧整體，由牛頓第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5m/s2，方向向下，故電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是以5m/s2的加速度勻加速下降，或以5m/s2的加速度勻減速上升，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。8.(2020·安徽省合肥市一六八中學(xué)高三四模)如圖所示為跳傘者在下降過程中速度v隨時(shí)間t變化的示意圖。根據(jù)示意圖，判斷下列說法正確的是()A．0～t1內(nèi)跳傘者速度越大，空氣阻力越大B．跳傘者在水平方向上越飛越遠(yuǎn)C．tanθ＝g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?D．在t1～t2內(nèi)，跳傘者處于超重狀態(tài)答案AD解析0～t1內(nèi)v-t圖線斜率變小，加速度變小，速度增大，由牛頓第二定律知重力不變，則空氣阻力變大，故A正確；由題意只知豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況，無法確定跳傘者在水平方向上的運(yùn)動(dòng)情形，故B錯(cuò)誤；開始時(shí)，跳傘者速度為零，加速度為g，即題圖中與圖線相切的虛線的斜率為g，但虛線斜率不一定等于tanθ，故C錯(cuò)誤；在t1～t2內(nèi)，跳傘者向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。9．(2020·福建省仙游第一中學(xué)、福建八中高三上學(xué)期第三次質(zhì)檢)傾角為θ、質(zhì)量為M的室內(nèi)小滑梯如圖所示，質(zhì)量為m的小朋友沿著滑梯勻加速下滑，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中滑梯保持靜止不動(dòng)。對(duì)此運(yùn)動(dòng)過程，下列有關(guān)說法正確的是()A．小朋友和滑梯之間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定小于tanθB．地面對(duì)滑梯的支持力一定等于(m＋M)gC．地面對(duì)滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθD．地面對(duì)滑梯的摩擦力方向一定向左答案AD解析因?yàn)樾∨笥蜒刂輨蚣铀傧禄?，則mgsinθ＞μmgcosθ，解得μ＜tanθ，A正確；因?yàn)樾∨笥汛嬖谝粋€(gè)豎直向下的分加速度，處于失重狀態(tài)，故地面對(duì)滑梯的支持力小于兩者的總重力，B錯(cuò)誤；小朋友存在一個(gè)水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友受到的合力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知小朋友對(duì)滑梯在水平方向上的作用力向右，即滑梯有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則滑梯受到地面的摩擦力方向一定向左，a水平＝acosθ＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)cosθ＝(gsinθ－μgcosθ)cosθ，故地面對(duì)滑梯的摩擦力大小為f＝ma水平＝(mgsinθ－μmgcosθ)cosθ，C錯(cuò)誤，D正確。10.(2020·安徽省六安市毛坦廠中學(xué)高三上月考)如圖所示，將質(zhì)量為0.2kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的直徑，環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8。對(duì)環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上的拉力F，使圓環(huán)以4.4m/s2的加速度沿桿加速運(yùn)動(dòng)，拉力與桿的夾角為53°，已知sin53°