（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第2講 牛頓運動定律的應(yīng)用學(xué)案

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1、 第2講　牛頓運動定律的應(yīng)用 [考試標(biāo)準(zhǔn)] 知識內(nèi)容 必考要求 加試要求 說明 牛頓運動定律應(yīng)用 d d 1.求解連接體問題時，只限于各物體加速度相同的情形． 2.不要求解決加速度不同的兩個物體的動力學(xué)問題. 超重與失重 b 一、兩類動力學(xué)問題 1．兩類動力學(xué)問題 (1)已知受力情況求物體的運動情況． (2)已知運動情況求物體的受力情況． 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下圖： 自測1　水平路面上質(zhì)量是30 kg的手推車，在受到60 N的水平推力時做加速度為1.5 m/s

2、2的勻加速運動．如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2) 答案　0.5 m/s2 解析　設(shè)阻力大小為Ff，則F－Ff＝ma 解得Ff＝15 N 如果撤去推力，車的加速度大小為a′， 則Ff＝ma′ 解得a′＝0.5 m/s2. 二、超重與失重 1．超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度． 2．失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(

3、或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于零的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下． 自測2　關(guān)于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　) A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 答案　D 命題點一　超重與失重現(xiàn)象 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．在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力

4、產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失． 3．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)． 例1　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖1所示．則下列相關(guān)說法正確的是(　　) 圖1 A．t＝4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài) B．5～55 s時間內(nèi)，繩索拉力最小 C．t＝59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài) D．t＝59 s時，電梯處于失重狀態(tài) 答案　D 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5 s時，電梯有向上的加速度，

5、電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5 s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55 s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60 s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力，綜上所述，B、C錯誤，D正確． 變式1　(2016·慈溪中學(xué)期中)2016年10月份，蕭山區(qū)某中學(xué)舉行了校秋季運動會，小明同學(xué)參加了跳高決賽，他以背越式跳過1.65 m的高度拿到了本屆校運會的亞軍，為班級爭了光．若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．小明下降過程中處于失重狀態(tài) B．小明腳離地起跳以后在上升過程中處于超重狀態(tài) C．小明起跳時地面對他的支持力等于他的重力 D．小明起跳以后在下降

6、過程中重力消失了 答案　A 解析　小明下降過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態(tài)，故A正確；起跳以后在上升過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；小明起跳時加速度的方向向上，所以地面對他的支持力大于他的重力，故C錯誤；人處于超重或失重狀態(tài)時，人的重力并沒變，故D錯誤． 變式2　如圖2所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是(　　) 圖2 A．在上升或下降過程中A對B的壓力一定為零 B．上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力 C．下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力 D．在上升和

7、下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力 答案　A 解析　無論物體在上升過程中還是下降過程中，兩物體組成的系統(tǒng)都只受重力作用，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，所以在整個上升和下降過程中，A對B的壓力始終為零，故選項A正確． 變式3　質(zhì)量為60 kg的人，站在升降機內(nèi)的臺秤上，測得體重為480 N，則升降機的運動是(g取10 m/s2)(　　) A．可能是勻速下降 B．升降機加速度大小為2 m/s2 C．升降機加速度大小為3 m/s2 D．可能是減速下降 答案　B 解析　對人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降機的加速度也向下，所以升降機的運動是加速

8、下降或減速上升，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得a＝ m/s2＝2 m/s2，故B正確． 命題點二　動力學(xué)中的圖象問題 1．常見的動力學(xué)圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－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線，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線，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．解決圖象問題的關(guān)鍵 (1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點是否從0開始． (2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等

9、，判斷物體的運動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運動定律求解． 例2　(2016·平陽二中期中)如圖3甲所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為θ的光滑固定斜面上．逐漸增大F，物體開始做變加速運動，其加速度a隨F變化的圖象如圖乙所示．g取10 m/s2.根據(jù)圖乙中所提供的信息不能計算出的是(　　) 圖3 A．物體的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小 D．加速度為6 m/s2時物體的速度 答案　D 解析　對物體受力分析，物體受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分別建立x軸、y軸，并將力沿坐標(biāo)軸的方向分解，如圖所示． x軸方向：Fco

10、s θ－mgsin θ＝ma，y軸方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，從圖象中取兩個點(0 N，－6 m/s2)、(30 N,6 m/s2)代入，解得：m＝2 kg，θ＝37°，當(dāng)a＝0時，可解得F＝15 N，因而A、B、C可以算出；根據(jù)圖中信息無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小，因而D不可以算出． 變式4　雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，如圖所示的圖象能正確反映雨滴下落運動情況的是(　　) 答案　C 解析　雨滴速度增大時，阻力也增大，由牛頓第二定律得a＝，故加速度逐漸減小，最終雨滴做勻速運動，故C正確． 變式5　(20

11、17·浙江“9＋1”高中聯(lián)盟期中)水平力F方向確定，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F(xiàn)的大小按圖4甲所示規(guī)律變化，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖乙所示．重力加速度大小為10 m/s2，則下列物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力Ffm、物塊與水平桌面間的滑動摩擦力Ff、物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ、物塊質(zhì)量m的值正確的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖4 A．Ffm＝4 N B．μ＝0.1 C．Ff＝6 N D．m＝2 kg 答案　B 解析　t＝2 s時，F(xiàn)fm＝F＝6 N；F1－μmg＝ma1， 即6－μmg＝m. t＝4 s時，F(xiàn)

12、2－μmg＝ma2， 即12－μmg＝3m， 解得m＝3 kg，μ＝0.1， 則Ff＝μmg＝3 N. 命題點三　動力學(xué)的兩類基本問題 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．尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系．如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，畫圖找出各過程的位移之間的聯(lián)系． 例3　(2017·浙江4月選考·19)如圖5所示，游船從某碼頭沿直線行駛到湖對岸，小明對過程進(jìn)行觀測并記錄數(shù)據(jù)如下表： 圖5 運動過程 運動時間 運動狀態(tài) 勻加速運動 0～40 s

13、 初速度v0＝0；末速度v＝4.2 m/s 勻速運動 40～640 s v＝4.2 m/s 勻減速運動 640～720 s 靠岸時v1＝0.2 m/s (1)求游船勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)若游船和游客的總質(zhì)量M＝8 000 kg，求游船勻減速運動過程中所受的合力大小F； (3)求游船在整個行駛過程中的平均速度大?。? 答案　(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s 解析　(1)由運動學(xué)公式知a1＝＝0.105 m/s2 位移x1＝a1t2＝84 m (2)勻減速運動過程中加速度大小 a2＝＝0.0

14、5 m/s2 由牛頓第二定律得F＝Ma2＝400 N (3)總位移x＝x1＋vt2＋t3＝2 780 m 平均速度大?。健?.86 m/s. 變式6　(2016·浙江10月學(xué)考·19)如圖6所示在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車在某時刻開始勻減速行駛，5 min后恰好停在某車站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1 km后恢復(fù)到原速324 km/h.(g取10 m/s2) 圖6 (1)求列車減速時的加速度大?。? (2)若該列車總質(zhì)量為8.0×105 kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大??； (3)求列車從

15、開始減速到恢復(fù)原速這段時間內(nèi)的平均速度大小． 答案　見解析 解析　(1)列車的速度為324 km/h＝90 m/s， 經(jīng)過5 min＝300 s停下，所以加速度大小為 a＝＝ m/s2＝0.3 m/s2 (2)Ff＝0.1mg，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－0.1mg＝ma′ v2＝2a′x′，因x′＝8.1 km＝8 100 m， v＝90 m/s，m＝8.0×105 kg 解得a′＝0.5 m/s2 ，F(xiàn)＝1.2×106 N (3)根據(jù)(2)可知，重新加速時間為t′＝＝ s＝180 s 減速過程中通過的位移x＝t＝45×300 m＝13 500 m 所以整個過程的平均速度大小

16、 ＝＝ m/s＝30 m/s. 變式7　(2016·浙江4月選考·19)如圖7是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達(dá)第119層觀光平臺僅用時55 s．若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達(dá)到最大速度18 m/s.然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達(dá)觀光平臺．假定觀光平臺高度為549 m，取g＝10 m/s2. 圖7 (1)若電梯經(jīng)過20 s勻加速達(dá)到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質(zhì)量為60 kg，求小明對電梯地板的壓力； (3)求電梯勻速運動的時間． 答案　(1)0.9 m/s2　180

17、m　(2)654 N，方向豎直向下 (3)6 s 解析　(1)由運動學(xué)公式可得 a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2 h＝a1t＝×0.9×202 m＝180 m (2)對小明受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得 FN－mg＝ma1 則FN＝mg＋ma1＝654 N 根據(jù)牛頓第三定律得： 小明對地板的壓力FN′＝FN＝654 N，方向豎直向下 (3)設(shè)勻速運動時間為t0，運動的總時間為t總，作出整個過程的v－t圖象如圖所示，則由v－t圖象可得H＝(t總＋t0)vm 解得t0＝6 s. 變式8　如圖8所示，一質(zhì)量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30

18、°.現(xiàn)小球在F＝20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)沿桿向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為，g取10 m/s2.試求： 圖8 (1)小球運動的加速度大小； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點的最大距離． 答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 解析　(1)在力F作用下，對小球受力分析如圖甲所示， 由牛頓第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 (2)剛撤去F時，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑時，受力分

19、析如圖乙． 由牛頓第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑時間t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 則小球上滑過程中距A點的最大距離為 xm＝x1＋x2＝2.4 m. 命題點四　傳送帶模型 模型1　水平傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達(dá)到左端 (2)傳送

20、帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0＞v返回右端時速度為v，當(dāng)v0＜v返回右端時速度為v0 模型2　傾斜傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 若滑塊能夠上滑，則： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速

21、后反向加速 (4)可能一直減速 例4　(2016·武義二中月考)如圖9所示，水平傳送帶兩端相距x＝8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA＝10 m/s，設(shè)工件到達(dá)B端時的速度大小為vB.(取g＝10 m/s2) 圖9 (1)若傳送帶靜止不動，求vB； (2)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，工件還能到達(dá)B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達(dá)B點的速度大小vB； (3)若傳送帶以v＝13 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，求vB及工件由A到B所用的時間． 答案　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s 解析　(1)工件受到的摩擦力方向水

22、平向右，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可知μmg＝ma，則a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2ax，故vB＝2 m/s. (2)能．當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，工件受力不變，其加速度不發(fā)生變化，仍然始終減速，故工件到達(dá)B端的速度vB＝2 m/s. (3)傳送帶以v＝13 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，開始時工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a′＝6 m/s2，工件速度達(dá)到13 m/s時所用時間為t1＝＝0.5 s，運動的位移為x1＝vAt1＋a′t＝5.75 m＜8 m，則工件在到達(dá)B端前速度就達(dá)到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜止，因此工件先加速后勻速運動．勻速運動的位移x2＝x－x1

23、＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，工件由A到B所用的時間t＝t1＋t2＝0.67 s. 變式9　如圖10所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中(　　) 圖10 A．煤塊從A運動到B的時間是 s B．煤塊從A運動到B的時間是2.25 s C．劃痕長度是0.5 m D．劃痕長度是2 m 答案　D 解析　小煤塊與傳送帶

24、共速前做勻加速直線運動，加速度大小為a＝μg＝4 m/s2 加速時間t1＝＝1 s，位移x1＝at＝2 m. 勻速運動時間t2＝＝0.5 s. 煤塊從A運動到B的時間t＝t1＋t2＝1.5 s 煤塊勻加速運動的時間內(nèi)傳送帶的位移x3＝v0t1＝4 m 劃痕長度Δx＝x3－x1＝2 m. 變式10　如圖11所示，電動傳送帶以恒定速度v0＝1.2 m/s運行，傳送帶與水平面的夾角α＝37°，現(xiàn)將質(zhì)量m＝20 kg的物品箱輕放到傳送帶底端，經(jīng)過一段時間后，物品箱被送到高h(yuǎn)＝1.8 m的平臺上，已知物品箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.85，不計其他損耗，則每件物品箱從傳送帶底端送到平臺上，

25、需要多長時間？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 圖11 答案　3.25 s 解析　物品箱剛放到傳送帶上時做勻加速運動，當(dāng)速度達(dá)到v0時，與傳送帶一起做勻速運動到平臺．物品箱剛放上去時，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.8 m/s2. 從靜止到與傳送帶共速所用時間t1＝＝ s＝1.5 s， 此過程中，物品箱沿斜面向上的位移x＝t1＝0.9 m. 物品箱隨傳送帶勻速運動到達(dá)平臺的時間為 t2＝＝ s＝1.75 s， 總時間為t＝t1＋t2＝3.25 s. 1．下列說法中正確的是(　　) A．體操運

26、動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài) B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài) C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài) 答案　B 2.(2016·舟山中學(xué)期中)某同學(xué)站在體重計上研究超重與失重，如圖1.她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．只有“起立”過程，才能出現(xiàn)失重的現(xiàn)象 B．只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)超重的現(xiàn)象 C．“起立”、“下蹲”的過程都能出現(xiàn)超重和失重的現(xiàn)象 D．“起立”的過程，先出現(xiàn)失重

27、現(xiàn)象后出現(xiàn)超重現(xiàn)象 答案　C 解析　“下蹲”過程，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；“起立”過程，人先向上做加速運動，后向上做減速運動，則人先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確． 3.(2017·紹興市選考模擬)在2016年里約奧運會男子蹦床決賽中，我國選手董棟、高磊分摘銀、銅牌．如圖2所示為運動員正在比賽時的照片，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．運動員離開蹦床后處于失重狀態(tài) B．運動員上升到最高點時加速度為零 C．運動員下落碰到蹦床后立即做減速運動 D．運動員和蹦床接觸的過程中一直處于失重狀態(tài)

28、答案　A 解析　運動員離開蹦床后，僅受重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A正確；運動員上升到最高點時，僅受重力，加速度為g，故B錯誤；運動員下落碰到蹦床后，開始重力大于彈力，加速度向下，向下做加速運動，彈力不斷增大，重力小于彈力后，加速度向上，向下做減速運動，故C錯誤；運動員在接觸蹦床過程中，先加速向下，處于失重狀態(tài)，后減速向下，處于超重狀態(tài)，故D錯誤． 4.(2017·湖州市期末)如圖3所示，一體重為500 N的同學(xué)站在體重計上，在升降機中研究超重和失重現(xiàn)象，升降機在上升過程中經(jīng)歷了勻加速、勻速和勻減速三個階段，則比較符合實際情況的體重計示數(shù)依次為(　　) 圖3 A. 520

29、 N、500 N、480 N B. 480 N、500 N、520 N C. 480 N、520 N、500 N D. 500 N、500 N、500 N 答案　A 解析　勻加速上升，超重，體重計示數(shù)大于重力，勻速時體重計示數(shù)等于重力，勻減速時失重，體重計示數(shù)小于重力． 5．(2016·紹興市調(diào)研)一個木塊以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上運動的v－t圖象如圖4所示．已知重力加速度為g，則根據(jù)圖象不能求出的物理量是(　　) 圖4 A．木塊的位移大小 B．木塊的加速度大小 C．木塊所受摩擦力 D．木塊與水平面間的動摩擦因數(shù) 答案　C 解析　位移大小

30、可由圖象與時間軸所圍的面積求出，由v－t圖線的斜率可求出加速度大小a，由牛頓第二定律知，a＝μg，故動摩擦因數(shù)μ也可求出，由于不知木塊的質(zhì)量，故不能求出木塊所受摩擦力． 6．(2017·溫州市十校高三期末)如圖5甲所示，是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的“·”表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器畫出的F－t圖線．兩圖中a～g各點均相對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出，圖乙中a、c、e點對應(yīng)的縱坐標(biāo)均為700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.請根據(jù)這兩個圖所給出的信息，判斷下面說法中正確的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖5 A．此人重心在b點時處于超重狀態(tài) B．

31、此人重心在c點時的加速度大小大于在b點時的加速度大小 C．此人重心在e點時的加速度大小大于在a點時的加速度大小 D．此人重心在f點時，腳剛好離開傳感器 答案　D 解析　由題圖知a、c、e點處對應(yīng)的F＝G，故加速度等于0，b點處F＜G，處于失重狀態(tài)，重心在f點時，F(xiàn)＝0，腳剛好離開傳感器． 7. 如圖6所示，兩個質(zhì)量相同的物體1和2緊靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它們分別受到水平推力F1和F2作用，而且F1＞F2，則1施于2的作用力大小為(　　) 圖6 A．F1 B．F2 C.(F1＋F2) D.(F1－F2) 答案　C 解析　設(shè)物體1和2的質(zhì)量都為m，加速度

32、為a，以整體為研究對象，由牛頓第二定律得a＝.以物體2為研究對象，有a＝，解得F12＝.故C選項正確． 8.如圖7所示，一條不可伸長的輕繩跨過質(zhì)量可忽略不計的光滑定滑輪，繩的一端系一質(zhì)量m＝15 kg的重物，重物靜止于地面上，有一質(zhì)量m′＝10 kg的猴子，從繩子的一端沿繩子向上爬，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g取10 m/s2)(　　) 圖7 A．25 m/s2 B．5 m/s2 C．10 m/s2 D．15 m/s2 答案　B 解析　在重物不離開地面的條件下，繩子的最大拉力為F＝mg＝150 N，對猴子受力分析，設(shè)其向上爬的最大加速度為a，由

33、牛頓第二定律有：F－m′g＝m′a，解得a＝5 m/s2，故B選項正確． 9．如圖8甲所示，小物塊從光滑固定斜面上自由滑下，小物塊的位移x和時間的平方t2的關(guān)系如圖乙所示．g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．小物塊的加速度大小恒為2.5 m/s2 B．斜面傾角為60° C．小物塊2 s末的速度是5 m/s D．小物塊第2 s內(nèi)的平均速度為7.5 m/s 答案　D 解析　由題圖得x＝2.5t2，對照公式x＝v0t＋at2，得初速度v0＝0，加速度a＝5 m/s2，選項A錯誤；由牛頓第二定律得ma＝mgsin θ，則sin θ＝＝＝0.5，θ＝30°，選項B

34、錯誤；小物塊2 s末的速度v2＝at2＝5×2 m/s＝10 m/s，選項C錯誤；小物塊1 s末的速度v1＝at1＝5 m/s，第2 s內(nèi)的平均速度＝＝7.5 m/s，選項D正確． 10.(2017·余姚中學(xué)高三上期中)如圖9所示，傳送帶的水平部分AB是繃緊的，當(dāng)傳送帶不運轉(zhuǎn)時，滑塊從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t1，從B端飛出時速度大小為v1.若傳送帶沿逆時針方向運轉(zhuǎn)，滑塊同樣從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t2，從B端飛出時速度大小為v2，則(　　) 圖9 A．t1＝t2，v1＝v2 B．t1＜t2，v1＞v2 C．t1＞t2，v1＞v2 D．t1＝t

35、2，v1＞v2 答案　A 解析　在兩種情況下，滑塊到達(dá)A點的初速度相等，在傳送帶上都做勻減速直線運動，加速度大小相等，根據(jù)速度位移公式知，到達(dá)B端的速度相等，即v1＝v2，結(jié)合速度時間公式知，t1＝t2，故A正確，B、C、D錯誤． 11．如圖10甲所示，質(zhì)量為m＝2 kg的物體在水平面上向右做直線運動．過A點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得v－t圖象如圖乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)10 s末物體離A點的距離． 答案　見解

36、析 解析　(1)設(shè)物體向右做勻減速直線運動的加速度大小為a1，則由v－t圖象得a1＝2 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有F＋μmg＝ma1 設(shè)物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為a2，則由v－t圖象得a2＝1 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有F－μmg＝ma2， 聯(lián)立解得F＝3 N，μ＝0.05. (2)設(shè)10 s末物體離A點的距離為d，d應(yīng)為v－t圖象與橫軸所圍的面積，則 d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，負(fù)號表示物體在A點左邊． 12．有一種能夠垂直起降的小型遙控?zé)o人機，質(zhì)量為m＝2 kg，假定運動過程中所受空氣阻力大小恒為F阻＝4 N，方向與無人機運動方向相反．當(dāng)無

37、人機在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時間t＝4 s時，離地面的高度為h＝48 m，g取10 m/s2. (1)其動力系統(tǒng)能夠提供的最大升力為多大？ (2)當(dāng)無人機懸停在距離地面高度H＝100 m處時，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升力，從靜止開始墜落，則無人機墜落地面時的速度為多大？ 答案　(1)36 N　(2)40 m/s 解析　(1)無人機以最大升力豎直向上起飛，做勻加速直線運動，有h＝a1t2，解得a1＝＝6 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－F阻＝ma1， 解得F＝36 N. (2)無人機失去升力墜落過程，做勻加速直線運動 根據(jù)牛頓第二定律，有mg－

38、F阻＝ma2， 解得a2＝8 m/s2， 由v2＝2a2H，解得v＝40 m/s. 13．由于下了大雪，許多同學(xué)在課間追逐嬉戲，盡情玩耍，而同學(xué)王清和張華卻做了一個小實驗：他們造出一個方形的雪塊，讓它以一定的初速度從一斜坡的底端沿坡面沖上該足夠長的斜坡(坡上的雪已壓實，斜坡表面平整)，發(fā)現(xiàn)雪塊能沿坡面最大上沖3.2 m．已知雪塊與坡面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.05，他們又測量了斜坡的傾角為θ＝37°，如圖11所示，他倆就估測出了雪塊的初速度．那么：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 圖11 (1)請你算出雪塊的初速度為多大； (2)求雪塊沿坡面向上滑的時間為多長； (3)求雪塊沿坡面滑到底端的速度大?。? 答案　(1) 6.4 m/s　(2) 1 s　(3) 6 m/s 解析　(1)雪塊上滑的加速度大小 a1＝ ＝gsin 37°＋μgcos 37° ＝6.4 m/s2 則雪塊的初速度大小v0＝＝ m/s＝6.4 m/s (2)雪塊上滑的時間t＝＝ s＝1 s (3)雪塊下滑的加速度大小 a2＝ ＝gsin 37°－μgcos 37° ＝5.6 m/s2 則到達(dá)底端的速度大?。? v＝＝ m/s≈6 m/s. 18