2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案新人教版

PAGE14-第2講牛頓其次定律兩類動(dòng)力學(xué)問題ZHISHISHULIZICEGONGGU學(xué)問梳理·自測(cè)鞏固學(xué)問點(diǎn)1牛頓其次定律1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。2．表達(dá)式：F＝ma。3．適用范圍：(1)牛頓其次定律只適用于慣性參考系，即相對(duì)地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系。(2)牛頓其次定律只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的狀況。學(xué)問點(diǎn)2單位制1．定義：由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制。2．分類：(1)基本單位：基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們分別是質(zhì)量、時(shí)間和長(zhǎng)度，它們的國(guó)際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)。(2)導(dǎo)出單位：由基本量依據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。學(xué)問點(diǎn)3兩類動(dòng)力學(xué)問題1．動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題：第一類：已知受力狀況求物體的運(yùn)動(dòng)狀況；其次類：已知運(yùn)動(dòng)狀況求物體的受力狀況。2．解決兩類基本問題的方法：以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解，詳細(xì)邏輯關(guān)系如圖：思索：如圖所示，質(zhì)量為m的物體在粗糙程度相同的水平面上從速度vA勻稱減為vB的過程中前進(jìn)的距離為x。(1)物體做什么運(yùn)動(dòng)？能求出它的加速度嗎？(2)物體受幾個(gè)力作用？求出它受到的摩擦力。[答案](1)勻減速直線運(yùn)動(dòng)，能，加速度大小為eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。(2)三個(gè)力作用，摩擦力大小為eq\f(mv\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。思維診斷：(1)物體加速度的方向與所受合外力的方向可以不同。(×)(2)對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一水平力，當(dāng)力剛起先作用瞬間，物體馬上獲得加速度。(√)(3)物體由于做加速運(yùn)動(dòng)，所以才受合外力作用。(×)(4)物體所受合外力變小，物體的速度肯定變小。(×)(5)物體所受合外力大，其加速度就肯定大。(×)(6)牛頓其次定律適用于一切運(yùn)動(dòng)狀況。(×)(7)單位“牛頓”是基本單位。(×),eq\o(\s\up7(自測(cè)鞏固),\s\do5(ZICEGONGGU))1．(2024·湖南益陽(yáng)期末)課間王同學(xué)疊了一只紙飛機(jī)，將紙飛機(jī)扔出去后，發(fā)覺有一段時(shí)間紙飛機(jī)沿虛線NM斜向下加速俯沖，由所學(xué)學(xué)問推想此過程中空氣對(duì)紙飛機(jī)的作用力方向，可能的是(C)A．與NM在同始終線上 B．沿OC水平向右C．垂直MN，沿OB向上 D．沿OA豎直向上[解析]本題考查依據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡推斷受力方向。由題可知，紙飛機(jī)沿虛線NM斜向下加速俯沖，其加速度的方向沿NM方向，由牛頓其次定律知它的合外力方向沿NM方向，紙飛機(jī)受重力和空氣的作用力，依據(jù)平行四邊形定則可知，在題中給出的四個(gè)方向中，只有空氣對(duì)紙飛機(jī)的作用力方向垂直NM，沿OB向上，它的合外力才能沿NM方向，其他方向不行能，故C正確。2．(2024·江西臨川一中等九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)第26屆國(guó)際計(jì)量大會(huì)2018年11月16日通過了修訂國(guó)際單位制決議，正式更新了質(zhì)量單位“千克”、電流單位“安培”、溫度單位“開爾文”和物質(zhì)的量單位“摩爾”4項(xiàng)基本單位定義方法。其中開爾文將用玻爾茲曼常數(shù)(k)定義，玻爾茲曼常數(shù)的物理意義是單個(gè)氣體分子的平均動(dòng)能Ek隨熱力學(xué)溫度T改變的系數(shù)，表達(dá)式為Ek＝eq\f(3,2)k·T，那么玻爾茲曼常數(shù)的單位應(yīng)為(D)A．eq\f(kg·m2,s·K) B．eq\f(N·m,s2·K)C．eq\f(W,K) D．eq\f(V·A·s,K)[解析]本題考查單位制換算。依據(jù)Ek＝eq\f(3,2)k·T，得k＝eq\f(2Ek,3T)。Ek的單位為J,1J＝1kg·m2/s2或1J＝1W·s，熱力學(xué)溫度T的單位為開爾文(K)，則玻爾茲曼常數(shù)的單位為eq\f(kg·m2,s2·K)或eq\f(W·s,K)，故A、C錯(cuò)誤；1J＝1N·m或1J＝1V·A·s；熱力學(xué)溫度T的單位為開爾文(K)，則玻爾茲曼常數(shù)的單位為eq\f(N·m,K)或eq\f(V·A·s,K)，故B錯(cuò)誤，D正確。3．(2024·安徽安慶五校聯(lián)盟聯(lián)考)在節(jié)日夜晚燃放焰火，禮花彈從專用炮筒中射出后，經(jīng)過2s到達(dá)離地面25m的最高點(diǎn)，炸開后形成各種漂亮的圖案。若禮花彈從炮筒中沿豎直向上方向射出時(shí)的初速度是v0，上升過程中所受阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10m/s2，則v0和k分別為(A)A．25m/s,0.25 B．25m/s,1.25C．50m/s,0.25 D．50m/s,1.25[解析]本題借助豎直上拋運(yùn)動(dòng)考查依據(jù)物體受力狀況分析運(yùn)動(dòng)狀況。依據(jù)牛頓其次定律可知禮花彈上升的加速度a＝(1＋k)g，方向豎直向下；然后依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式和逆向思維方法，得出v0＝at，h＝eq\f(1,2)at2，解得v0＝25m/s，a＝12.5m/s2，則k＝0.25，A正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破考點(diǎn)一牛頓其次定律的理解瞬時(shí)性a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻，即a為某時(shí)刻的加速度時(shí)，F(xiàn)為該時(shí)刻物體所受合力因果性F是產(chǎn)生a的緣由，物體具有加速度是因?yàn)槲矬w受到了力同一性(1)加速度a相對(duì)于同一慣性系(一般指地面)(2)a＝eq\f(F,m)中，F(xiàn)、m、a對(duì)應(yīng)同一物體或同一系統(tǒng)(3)a＝eq\f(F,m)中，各量統(tǒng)一運(yùn)用國(guó)際單位獨(dú)立性(1)作用于物體上的每一個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓其次定律(2)物體的實(shí)際加速度等于每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各個(gè)方向上的重量也遵循牛頓其次定律，即ax＝eq\f(Fx,m)，ay＝eq\f(Fy,m)例1(2024·山西高校附屬中學(xué)診斷)(多選)如圖，穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球起先時(shí)靜止?，F(xiàn)對(duì)小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標(biāo)出)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小球運(yùn)動(dòng)過程中未從桿上脫落，球上小孔直徑略大于直桿直徑，且F0>μmg。下列說法正確的是(BCD)A．小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B．小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到最終做勻速運(yùn)動(dòng)C．小球的最大加速度為eq\f(F0,m)D．小球的最大速度為eq\f(F0＋μmg,μk)[解析]本題考查受約束的直線運(yùn)動(dòng)。由牛頓其次定律有F0－μ(mg－kv)＝ma，小球在F0作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增加，向上的力F越來越大，導(dǎo)致桿對(duì)小球的彈力越來越小，摩擦力越來越小，加速度越來越大，當(dāng)F＝mg時(shí)，彈力減小到零，摩擦力減小到零，此時(shí)加速度達(dá)到最大值，最大加速度a＝eq\f(F0,m)，C正確；接下來，F(xiàn)>mg桿對(duì)小球的彈力向下，隨速度的增加，F(xiàn)越來越大，桿對(duì)小球的彈力越來越大，摩擦力越來越大，加速度越來越小，當(dāng)摩擦力增大到與拉力F0相等時(shí)，小球勻速運(yùn)動(dòng)，因此小球的加速度先增大后減小，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確，A錯(cuò)誤；小球取得最大速度時(shí)，F(xiàn)0＝μ(F－mg)，而F＝kv，可求得最大速度v＝eq\f(F0＋μmg,μk)，故D正確?！差愵}演練1〕(2024·深圳模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其一面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該物塊。已知風(fēng)對(duì)物塊的推力F正比于Sυ2，其中υ為風(fēng)速、S為物塊迎風(fēng)面積。當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?υ0時(shí)，剛好能推動(dòng)同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為(A)A．64m B．C．8m D．[解析]設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長(zhǎng)為a，物塊被勻速推動(dòng)，依據(jù)平衡條件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSveq\o\al(2,0)＝ka2veq\o\al(2,0)，f＝μN(yùn)＝μmg＝μρa(bǔ)3g，解得a＝eq\f(kv\o\al(2,0),μρg)，現(xiàn)在風(fēng)速變?yōu)?v0，故剛好能推動(dòng)的物塊邊長(zhǎng)為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質(zhì)量為原來的64倍，故A正確。考點(diǎn)二應(yīng)用牛頓其次定律分析瞬時(shí)問題兩種模型加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)改變、同時(shí)消逝，詳細(xì)可簡(jiǎn)化為以下兩種模型：例2(2024·廣東試驗(yàn)中學(xué)段考)(多選)如圖，質(zhì)量相等的A、B兩球分別用輕質(zhì)彈簧和輕桿連接置于固定的光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行。在突然撤去擋板的瞬間(CD)A．兩圖中每個(gè)小球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖乙中B球的加速度為gsinθ[解析]本題考查瞬時(shí)性問題。撤去擋板前，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱悖珹、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ。故A、B錯(cuò)誤，C、D正確。規(guī)律總結(jié)：求解瞬時(shí)加速度問題時(shí)應(yīng)抓住“兩點(diǎn)”(1)物體的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生改變時(shí)，須要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的改變須要一個(gè)過程的積累，不會(huì)發(fā)生突變。〔類題演練2〕(2024·安徽廬江月考)如圖所示，兩輕繩拴接肯定質(zhì)量的小球，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°。若在剪斷a繩的瞬間，小球的加速度大小為a1；在剪斷b繩的瞬間，小球的加速度大小為a2。則a1∶a2為(C)A．1∶1 B．2∶1C．eq\r(3)∶1 D．2eq\r(3)∶1[解析]在剪斷a繩的瞬間，b繩的彈力不發(fā)生突變，小球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，將重力沿繩方向和垂直于繩的方向分解，依據(jù)牛頓其次定律可得小球的加速度大小a1＝eq\f(mgsin60°,m)＝eq\f(\r(3),2)g，同理可得剪斷b繩的瞬間，小球的加速度大小a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(1,2)g，所以a1∶a2＝eq\r(3)∶1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)兩類基本問題動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的解題思路例3隨著科技的發(fā)展，將來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長(zhǎng)l＝180m，其中電磁彈射區(qū)的長(zhǎng)度為l1＝120m，在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾供應(yīng)一個(gè)恒定的牽引力F牽。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可以供應(yīng)恒定的推力F推＝1.2×105N。假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機(jī)重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機(jī)重力的0.2倍。已知飛機(jī)可看做質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，離艦起飛速度v＝120m/s，航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取10m/s(1)飛機(jī)在后一階段的加速度大小；(2)飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大小。[解析](1)飛機(jī)在后一階段受到阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)供應(yīng)的推力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a2，此過程中的平均阻力f2＝0.2mg依據(jù)牛頓其次定律有F推－f2＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝4.0m/s2。(2)飛機(jī)在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)供應(yīng)的推力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，末速度為v1。此過程中飛機(jī)受到的阻力f1＝0.05mg依據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2a1l1v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)依據(jù)牛頓其次定律有F牽＋F推－f1＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝58m/s2，F(xiàn)牽≈1.1×106N。[答案](1)4.0m/s2(2)58m/s21.1×106N規(guī)律總結(jié)：解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析；(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁?！差愵}演練3〕(2024·徐州質(zhì)檢)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度為10m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)與速度方向相反的大小為F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)(BC)A．物體經(jīng)10s速度減為零B．物體經(jīng)2s速度減為零C．物體速度減為零后將保持靜止D．物體速度減為零后將向右運(yùn)動(dòng)[解析]物體受到向右的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3N，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物體減速到零所需的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；減速到零后，恒力F<Ff，物體將保持靜止，不再運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖象結(jié)合問題(1)明確常見圖象的應(yīng)用方法，如下表：v－t圖象依據(jù)圖象的斜率推斷加速度的大小和方向，進(jìn)而依據(jù)牛頓其次定律求解合外力F－a圖象首先要依據(jù)詳細(xì)的物理情景，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后依據(jù)牛頓其次定律推導(dǎo)出F、a兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，依據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象，明確圖象的斜率、截距或面積的意義，從而由圖象給出的信息求出未知量a－t圖象要留意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)狀況，然后結(jié)合物體受力狀況依據(jù)牛頓其次定律列方程F－t圖象要結(jié)合物體受到的力，依據(jù)牛頓其次定律求出加速度，分析每一時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)(2)圖象類問題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問題，以牛頓其次定律為紐帶，理解圖象的類型，圖象的軸、點(diǎn)、線、截距、斜率、面積所表示的意義。運(yùn)用圖象解決問題一般包含兩個(gè)角度：①用給定的圖象解答問題；②依據(jù)題意作圖，用圖象解答問題。在實(shí)際的應(yīng)用中要建立物理情景與函數(shù)、圖象的相互轉(zhuǎn)換關(guān)系。例4如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面對(duì)上的拉力F作用下從靜止起先沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的改變關(guān)系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)在0～2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。[解析](1)在0～2s內(nèi)，由題圖乙知：物塊上升的最大距離：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5m路程：L＝x1＋x2＝1.5m。(2)由題圖乙知，沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度的大?。篴1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－2,1－0.5)))m/s2＝4m/s2設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律有0～0.5s內(nèi)：F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s內(nèi)：Ff＋mgsinθ＝ma2解得F＝8N。[答案](1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28NJIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU階段培優(yōu)·查缺補(bǔ)漏等時(shí)圓模型1．模型的兩種狀況(1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示；(2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止起先滑到圓環(huán)上所用時(shí)間相等，如圖乙所示。2．模型的分析思路例5如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上，且斜槽都通過切點(diǎn)P。設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽，從靜止動(dòng)身，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(B)A．2∶1 B．1∶1C．eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)[解析]設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時(shí)的加速度為a＝gsinθ，由幾何關(guān)系，斜槽軌道的長(zhǎng)度s＝2(R＋r)sinθ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2R＋rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用的時(shí)間t與傾角θ無關(guān)，所以t1＝t2，B項(xiàng)正確。反思總結(jié)：本題符合等時(shí)圓模型，可干脆套結(jié)論解題?！差愵}演練4〕如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上隨意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)，B點(diǎn)在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，若所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(B)A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比較時(shí)間大小關(guān)系[解析]對(duì)于AM段，位移x1＝eq\r(2)R，加速度a1＝eq\f(mgsin45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，依據(jù)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)得，t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝eq\r(\f(4R,g))；對(duì)于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝eq\r(\f(8R,\r(3)g))。對(duì)于CM段，設(shè)CM與x軸夾角為θ，則有t3＝eq\r(\f(2x3,a3))＝eq\r(\f(2·2Rsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(4R,g))。故B正確。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN2年高考·模擬訓(xùn)練1．(2024·全國(guó)卷Ⅲ，20)(多選)如圖(a)，物塊和木板疊放在試驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不行伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在試驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板起先受到水平外力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改變的關(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。木板與試驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽視。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(AB)圖(a)圖(b)圖(c)A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s～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[解析]木板和試驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽視不計(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，2s～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據(jù)牛頓其次定律，對(duì)木板有：2s～4s內(nèi)：F－F摩＝ma14s以后：F摩＝ma2且知F摩＝μmg＝0.2N解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，μ＝0.02，選項(xiàng)A、B正確，D錯(cuò)誤。0～2s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是勻稱增加的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2．(2024·全國(guó)卷Ⅰ，15)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，在彈簧復(fù)原原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(A)ABCD[解析]設(shè)彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊P靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，依據(jù)牛頓其次定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問知F-x圖象是截距為ma的一次函數(shù)圖象。A正確。3．(2024·甘肅蘭州一中月考)如圖所示，兩根輕彈簧下面均連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，上面一根彈簧的上端固定在天花板上，兩小球之間通過一根不行伸長(zhǎng)的細(xì)線相連接，細(xì)線受到的拉力大小等于4mg。在剪斷兩球之間細(xì)線的瞬間，以下關(guān)于球A的加速度大小aA、球B的加速度大小aB以及彈簧對(duì)天花板的拉力大小正確的是(B)A．0、2g、2mg B．4g、4C．4g、2g、4mg D．0、g[解析]本題考查彈簧組的瞬時(shí)性問題。在剪斷細(xì)線之前，細(xì)線的拉力為F＝4mg，上邊彈簧對(duì)球A的拉力為F′＝2mg，方向向上；下面彈簧對(duì)球B的作用力為F″＝4mg－mg＝3mg，方向向下，同樣下面彈簧對(duì)A的作用力大小也為F″＝3mg，方向向上；剪斷細(xì)線瞬間，對(duì)球A受力分析可知FA