牛頓運動定律專題講解

1、牛頓運動定律專題一力和運動的關系力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持運動的原因由Fma知，加速度與力有直接關系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關系【典例1】 如圖322所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點如果物體受到的阻力恒定，則()圖322A物體從A到O先加速后減速B物體從A到O做加速運動，從O到B做減速運動C物體運動到O點時，所受合力為零D物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小解析物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可

2、知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大當物體向右運動至AO間某點(設為點O)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大此后，隨著物體繼續(xù)向右運動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃笾罯點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大所以物體越過O點后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運動正確選項為A.答案A易錯警示 解答此題時容易犯的錯誤是認為彈簧無形變時物體的速度最大，加速度為零，從而錯選B、C、D.這顯然是沒有對物理過程進行認真分析的結果分析物理問題時，要在腦海里建立起一幅清晰的動態(tài)圖

3、景【跟蹤短訓】1(2013·海南卷，2)一質點受多個力的作用，處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零，再沿原方向逐漸恢復到原來的大小在此過程中，其它力保持不變，則質點的加速度大小a和速度大小v的變化情況是()Aa和v都始終增大Ba和v都先增大后減小Ca先增大后減小，v始終增大Da和v都先減小后增大解析質點受到的合外力先從0逐漸增大，然后又逐漸減小為0，合力的方向始終未變，故質點的加速度方向不變，先增大后減小，速度始終增大，本題選C.答案C2一皮帶傳送裝置如圖323所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當滑塊放在皮帶

4、上時，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長度，則當彈簧從自然長度到第一次達最長這一過程中，滑塊的速度和加速度變化的情況是()圖323A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析滑塊在水平方向受向左的滑動摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉kx，合力F合FfF拉ma，當彈簧從自然長度到第一次達最長這一過程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因為皮帶的速度v足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動摩擦力與彈

5、簧拉力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大，后減小答案D專題二對牛頓第二定律的理解及應用1瞬時性問題的解題技巧分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意以下幾種模型：特性模型受外力時的形變量力能否突變產生拉力或壓力輕繩微小不計可以只有拉力沒有壓力輕橡皮繩較大不能只有拉力沒有壓力輕彈簧較大不能既可有拉力也可有壓力輕桿微小不計可以既可有拉力也可有支持力2.在求解瞬時性加速度問題時應注意(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分析(2)加速度可以隨著力的突

6、變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變【典例2】(2013·銀川模擬)如圖324所示，A、B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為的斜面光滑，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()圖324A兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的受力情況未變，瞬時加速度為零CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，A、B兩球瞬時加速度都不為零解析對A、B兩球在細線燒斷前、后的瞬間分別受力分析如圖所示細線燒斷瞬間，彈簧還未形變，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，

7、mgsin kx0，即aB0，A球所受合力為mgsin kxmaA即：2mgsin maA，解得aA2gsin ，故A，D錯誤，B，C正確答案BC【跟蹤短訓】3如圖325所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m,2、4質量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()圖325Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析在抽出木板的瞬時，物塊1、2與剛性

8、輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C對答案C4(2013·蕪湖模擬)如圖326所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度大小為a1和a2，則()圖326Aa10，a20Ba1a，a2aCa1a，a2aDa1a，a2a解析拉力F作

9、用時，設彈簧的彈力為F1.對A：F1m1a，對B：FF1m2a撤去拉力F瞬時，彈簧的彈力F1不變F1m1a1F1m2a2，所以a1a，a2a故選項D正確答案D專題三 巧解動力學問題的常用方法用整體法、隔離法巧解動力學問題1整體法、隔離法當問題涉及幾個物體時，我們常常將這幾個物體“隔離”開來，對它們分別進行受力分析，根據其運動狀態(tài)，應用牛頓第二定律或平衡條件列式求解特別是問題涉及物體間的相互作用時，隔離法是一種有效的解題方法而將相互作用的兩個或兩個以上的物體看成一個整體(系統(tǒng))作為研究對象，去尋找未知量與已知量之間的關系的方法稱為整體法2選用整體法和隔離法的策略(1)當各物體的運動狀態(tài)相同時，宜

10、選用整體法；當各物體的運動狀態(tài)不同時，宜選用隔離法；(2)對較復雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替應用整體法與隔離法才能求解【典例1】 (2013·福建卷，21)質量為M、長為L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質量為m的小鐵環(huán)已知重力加速度為g，不計空氣影響圖327(1)現(xiàn)讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中，如圖327甲，求繩中拉力的大小；(2)若桿與環(huán)保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環(huán)恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示求此狀態(tài)下桿的加速度大小a；為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力，方向如何？圖a解析(1)如圖a

11、，設平衡時，繩中拉力為T，有2Tcos mg0由圖知cos 由式解得Tmg(2)此時，對小鐵環(huán)進行受力分析，如圖b所示，有Tsin ma圖bTTcos mg0由圖知60°，代入式解得ag如圖c，設外力F與水平方向成角，將桿和小鐵環(huán)當成一個整體，有圖cFcos (Mm)aFsin (Mm)g0由式解得，F(xiàn)(Mm)gtan ，60°即外力方向與水平方向的夾角為60°斜向右上方答案(1)mg(2)g(Mm)g，與水平方向的夾角為60°斜向右上方圖328即學即練1如圖328所示，兩塊粘連在一起的物塊a和b，質量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現(xiàn)同時給它們

12、施加方向如圖所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa>Fb，則a對b的作用力()A必為推力B必為拉力C可能為推力，也可能為拉力D不可能為零解析將a、b看作一個整體，加速度a，單獨對a進行分析，設a、b間的作用力為Fab，則a，即Fab，由于不知道m(xù)a與mb的大小關系，故Fab可能為正、可能為負、也可能等于0.答案C用分解加速度法巧解動力學問題因牛頓第二定律中Fma指出力和加速度永遠存在瞬間對應關系，所以在用牛頓第二定律求解動力學問題時，有時不去分解力，而是分解加速度，尤其是當存在斜面體這一物理模型且斜面體又處于加速狀態(tài)時，往往此方法能起到事半功倍的效果【典例2】 (2013·

13、安徽，14)如圖329所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力N分別為(重力加速度為g)()圖329ATm(gsin acos )Nm(gcos asin)BTm(gcos asin )Nm(gsin acos )CTm(acos gsin )Nm(gcos asin )DTm(asin gcos )Nm(gsin acos )解析準確分析受力情況，分解加速度是比較簡便的求解方法選小球為研究對象，小球受重力mg、拉力T和支持力N三個力作用，將

14、加速度a沿斜面和垂直于斜面兩個方向分解，如圖所示由牛頓第二定律得Tmgsin macos mgcos Nmasin 由式得Tm(gsin acos )由式得Nm(gcos asin )故選項A正確答案A即學即練2如圖3210，電梯與水平地面成角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以恒定加速度a啟動過程中，水平梯板對人的支持力和摩擦力分別為FN和Ff.若電梯啟動加速度減小為，則下面結論正確的是()圖3210A水平梯板對人的支持力變?yōu)锽水平梯板對人的摩擦力變?yōu)镃電梯加速啟動過程中，人處于失重狀態(tài)D水平梯板對人的摩擦力和支持力之比仍為解析將人的加速度分解，水平方向axacos ，豎直方向ayasin

15、.對于人根據牛頓第二定律，在水平方向有Ffmax，在豎直方向有FNmgmay，人處于超重狀態(tài)，C錯誤；當加速度由a變?yōu)闀r，摩擦力變?yōu)樵瓉淼囊话?，但支持力不為原來的一半，則它們的比值也發(fā)生變化，故A、D錯誤，B正確答案B附：對應高考題組1(2012·安徽卷，17)如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則()A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度a勻加速下滑C物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D物塊將以小于a的加速度勻加速下滑解析設斜面的傾角為，根據牛頓第二定律知，物塊的加速度a>0，即<tan .對物塊施加豎直向下的恒力F

16、后，物塊的加速度aa，且Fsin Fcos >0，故a>a，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑故選項C正確，選項A、B、D錯誤答案C2(2012·江蘇卷，5)如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動，力F的最大值是()AB.C(mM)gD.(mM)g解析對木塊M，受到兩個靜摩擦力f和重力Mg三個力而向上運動，由牛頓第二定律得木塊不滑動的最大加速度大小為am對整體，受到兩個力，即力F和整體重力(mM)g，由牛頓第二定律得F(mM)g(mM)a代入最大加速度即得力F的最大值Fm，A項正確答案A

17、3(2011·新課標全國卷，21)如圖所示，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力Fkt(k是常數)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2的變化的圖線中正確的是()解析剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且Fkt，a，當兩者相對滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動摩擦力，a2g，故a2g，at圖象中斜率變大，故選項A正確，選項B、C、D錯誤答案A4(2011·北京卷，18)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處

18、，從幾十米高處跳下的一種極限運動某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示，將蹦極過程視為在豎直方向上的運動，重力加速度為g.據圖可知，此人在蹦極過程中的最大加速度約為()AgB2gC3gD4g解析在蹦極過程中，經過足夠長的時間后，人不再上下振動，而是停在空中，此時繩子拉力F等于人的重力mg，由Ft圖線可以看出，F(xiàn)0mg；在人上下振動的過程中，彈力向上，重力向下，當人在最低點時，彈力達到一個周期中的最大值，在第一個周期中，彈力最大為FmF03mg，故最大加速度為am2g.選項B正確答案B專題四動力學的兩類基本問題解決兩類動力學基本問題應把握的關鍵(1)做好兩個分析物體的受力

19、分析和物體的運動過程分析；根據物體做各種性質運動的條件即可判定物體的運動情況、加速度變化情況及速度變化情況(2)抓住一個“橋梁”物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁【典例1】 (2013·江南十校聯(lián)考，22)如圖332所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙平面的平滑連接現(xiàn)將一滑塊(可視為質點)從斜面上的A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點已知A點距水平面的高度h0.8 m，B點距C點的距離L2.0 m(滑塊經過B點時沒有能量損失，g10 m/s2)，求：(1)滑塊在運動過程中的最大速度；(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數；(3)滑塊從A點釋放后，經過時間t1.0 s時速度的大小

20、圖332教你審題第一步：讀題抓關鍵詞獲取信息關鍵詞獲取信息滑塊在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力滑塊的初速度v00滑塊的末速度為零斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路抓突破口做好兩分析受力分析、運動分析滑塊在斜面上：滑塊做初速度為零的勻加速直線運動滑塊在水平面上：滑塊做勻減速運動第三步：選擇合適的方法及公式利用正交分解法、牛頓運動定律及運動學公式列式求解解析(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大為vm，設滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，則有mgsin 30°ma1，v2a1，解得：vm4 m/s(2)滑塊在

21、水平面上運動的加速度大小為a2，mgma2v2a2L，解得：0.4(3)滑塊在斜面上運動的時間為t1，vma1t1得t10.8 s由于t>t1，滑塊已經經過B點，做勻減速運動的時間為tt10.2 s設t1.0 s時速度大小為vvma2(tt1)解得：v3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s反思總結解決動力學兩類問題的基本思路【跟蹤短訓】圖33312012年11月，我國艦載機在航母上首降成功設某一艦載機的質量為m2.5×104 kg，速度為v042 m/s，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，艦載機將在甲板上以a00.8 m/s2的加速度做勻減速運動，著艦過

22、程中航母靜止不動(1)艦載機著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多長才能保證艦載機不滑到海里？(2)為了艦載機在有限長度的跑道上停下來，甲板上設置了阻攔索讓艦載機減速，同時考慮到艦載機掛索失敗需要復飛的情況，艦載機著艦時不關閉發(fā)動機圖示333為艦載機勾住阻攔索后某一時刻的情景，此時發(fā)動機的推力大小為F1.2×105 N，減速的加速度a120 m/s2，此時阻攔索夾角106°，空氣阻力和甲板阻力保持不變求此時阻攔索承受的張力大??？(已知：sin 53°0.8，cos 53°0.6)解析(1)設甲板的長度至少為x0，則由運動學公式得v2a0x0

23、，故x0代入數據可得x01 102.5 m(2)艦載機受力分析如圖所示，其中FT為阻攔索的張力，F(xiàn)f為空氣和甲板對艦載機的阻力，由牛頓第二定律得2FTcos 53°FfFma1艦載機僅受空氣阻力和甲板阻力時Ffma0聯(lián)立可得FT5×105 N答案(1)1 102.5 m(2)5×105 N專題五對超重、失重的理解1不論是超重、失重、完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變2物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度的大小和方向沒有關系下表列出了加速度方向與物體所處狀態(tài)的關系.加速度超重、失重視重Fa0不超重、不失重Fmga的方向豎直向上超重Fm(g

24、a)a的方向豎直向下失重Fm(ga)ag，豎直向下完全失重F0【典例2】在升降電梯內的地板上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內曉敏同學發(fā)現(xiàn)體重計示數如圖334所示，在這段時間內下列說法中正確的是()圖334A曉敏同學所受的重力變小了B曉敏對體重計的壓力小于體重計對曉敏的支持力C電梯一定在豎直向下運動D電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下解析由題知體重計的示數為40 kg時，人對體重計的壓力小于人的重力，故處于失重狀態(tài)，實際人受到的重力并沒有變化，A錯；由牛頓第三定律知B錯；電梯具有向下的加速度，但不一定是向下運動，C錯；由牛頓第二

25、定律mgFNma，可知a，方向豎直向下，D對答案D反思總結判斷超重和失重現(xiàn)象的三個技巧1從受力的角度判斷當物體受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(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(1)物體向上加速或向下減速時，超重；(2)物體向下加速或向上減速時，失重【跟蹤短訓】2如圖335所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力(單位為牛頓)，橫坐標為時間(單位為秒)由圖可知，該同

26、學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到的信息有()圖335A該同學做了兩次下蹲起立的動作B該同學做了一次下蹲起立的動作，且下蹲后約2 s起立C下蹲過程中人處于失重狀態(tài)D下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)解析在34 s下蹲過程中，先向下加速再向下減速，故人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；在67 s起立過程中，先向上加速再向上減速，故人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項A、C、D錯誤，B正確答案B專題六 傳送帶模型滑板滑塊模型傳送帶模型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

27、)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，滑塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v02.傾斜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)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)可能先加速后勻速(3)可能一直勻速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速【典例1】水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖33

28、6所示為一水平傳送帶裝置示意圖繃緊的傳送帶AB始終保持恒定的速率v1 m/s運行，一質量為m4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動設行李與傳送帶之間的動摩擦因數0.1，A、B間的距離L2 m，g取10 m/s2.圖336(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小；(2)求行李做勻加速直線運動的時間；(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率審題指導關鍵詞：無初速度地放在A處行李開始做勻加速直線運動隨后行李又以與傳

29、送帶相等的速率做勻加速直線運動對行李受力分析行李運動過程先勻加速后勻速直線運動利用牛頓第二定律、運動學公式求解未知量解析(1)行李剛開始運動時，受力如圖所示，滑動摩擦力：Ffmg4 N由牛頓第二定律得：Ffma解得：a1 m/s2(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則：vat，解得t1 s(3)行李始終勻加速運行時間最短，且加速度仍為a1 m/s2，當行李到達右端時，有：v2aL解得：vmin2 m/s故傳送帶的最小運行速率為2 m/s行李運行的最短時間：tmin2 s答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s反思總結對于傳送帶問題，一定要全面掌握上面提到的幾類傳送帶

30、模型，尤其注意要根據具體情況適時進行討論，看一看有沒有轉折點、突變點，做好運動階段的劃分及相應動力學分析圖337即學即練1如圖337所示，傾角為37°，長為l16 m的傳送帶，轉動速度為v10 m/s，動摩擦因數0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m0.5 kg的物體已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2.求：(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動

31、，根據牛頓第二定律有mg(sin 37°cos 37°)ma則agsin 37°gcos 37°2 m/s2，根據lat2得t4 s.(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，mgsin 37°mgcos 37°ma1則有a110 m/s2設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有t1 s1 s，x1a1t5 m<l16 m當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin 37

32、6;>mgcos 37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力摩擦力發(fā)生突變設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a22 m/s2x2lx111 m又因為x2vt2a2t，則有10t2t11，解得：t21 s(t211 s舍去)所以t總t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s滑板滑塊模型1模型特點涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動2兩種位移關系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長3解題思路4易失分點(1)不清楚滑塊、滑板的受力情況，求不出各自的加速度(2)不清

33、楚物體間發(fā)生相對滑動的條件圖338【典例2】如圖338所示，光滑水平面上靜止放著長L4 m，質量為M3 kg的木板(厚度不計)，一個質量為m1 kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數0.1，今對木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2)(1)為使兩者保持相對靜止，F(xiàn)不能超過多少？(2)如果F10 N，求小物體離開木板時的速度？解析(1)要保持兩者相對靜止，兩者之間的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，故最大加速度ag1 m/s2由牛頓第二定律對整體有Fm(mM)a4 N(2)當F10 N>4 N時，兩者發(fā)生相對滑動對小物體：a1g1 m/s2對木板：F合FmgMa2代入數據

34、解得a23 m/s2由位移關系有：La2t2a1t2代入數據解得t2 s則小物塊的速度v1a1t2 m/s.答案(1)4 N(2)2 m/s即學即練2(2013·江蘇卷，14)如圖339所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為.重力加速度為g.圖339(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大?。?3)本實驗中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝碼與紙板左端的距離d0.1 m

35、，取g10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l0.002 m，人眼就能感知為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？解析(1)砝碼對紙板的摩擦力f1m1g，桌面對紙板的摩擦力f2(m1m2)g，ff1f2，解得f(2m1m2)g.(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則，f1m1a1，F(xiàn)f1f2m2a2，發(fā)生相對運動a2>a1, 解得F>2(m1m2)g(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1a1t.紙板運動的距離dx1a2t.紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2a3t，lx1x2由題意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g代入數據得F22.4 N.答案(1)(2m1m2)g(

36、2)F>2(m1m2)g(3) 22.4 N1(2011·福建卷，18)如圖所示，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質量為m1和m2的物體A和B.若滑輪有一定大小，質量為m且分布均勻，滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦設細繩對A和B的拉力大小分別為T1和T2，已知下列四個關于T1的表達式中有一個是正確的請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是()AT1BT1CT1DT1解析若將滑輪視為輕質，即m0，而繩為輕質，故T1T2，由牛頓第二定律m2gT1m2a，T1m1gm1a，得T1；當m0時對各選項逐一進行驗證，只有C正確；當m1m2

37、時則T1T2m1g，同時對各選項逐一驗證，只有C正確答案C2(2011·四川卷，19)如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全安全著陸需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則()A火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)解析火箭開始噴氣瞬間，返回艙受到向上的反作用力，所受合外力向上，故傘繩的拉力變小，所以選項A正確；返回艙與降落傘組成的系統(tǒng)在火箭噴氣前受力平衡，噴氣后減

38、速的主要原因是受到噴出氣體的反作用力，故選項B錯誤；返回艙在噴氣過程中做減速直線運動，故合外力一定做負功，選項C錯誤；返回艙噴氣過程中產生豎直向上的加速度，故應處于超重狀態(tài)，選項D錯誤答案A3(2012·安徽卷，22)質量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應的vt圖象如圖所示彈性球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的.設球受到的空氣阻力大小恒為f，取g10 m/s2，求： (1)彈性球受到的空氣阻力f的大?。?2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h.解析(1)設彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1，由題圖知，a1m/s28 m/s2根據牛頓第二定

39、律得mgfma1fm(ga1)0.2 N(2)由題圖知彈性球第一次到達地面時的速度大小為v14 m/s，設球第一次離開地面時的速度大小為v2，則v2v13 m/s第一次離開地面后，設上升過程中球的加速度大小為a2，則mgfma2a212 m/s2于是，有0v2a2h解得hm答案(1)0.2 N(2) m4(2012·浙江卷，23)為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關系小明同學用石蠟做成兩條質量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖所示在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下潛hA后速度減為零，“B魚”豎直下潛hB后速度減為零“魚”在水中運動時，除受重力外，還受浮

40、力和水的阻力已知“魚”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度為g，“魚”運動的位移值遠大于“魚”的長度假設“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計求： (1)“A魚”入水瞬間的速度vA1；(2)“A魚”在水中運動時所受阻力fA；(3)“A魚”與“B魚”在水中運動時所受阻力之比fAfB.解析(1)“A魚”在入水前做自由落體運動，有v02gH得：vA1(2)“A魚”在水中運動時受重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運動，設加速度為aA，有F浮fAmgmaA0v2aAhA由題意：F浮mg.由式得fAmg(3)考慮到“B魚”的受力、運動情況與“A魚”相似，有fBmg綜合、兩式，得.答案(1)(2)mg(

41、3)5(2013·上海卷，31)如圖所示，質量為M、長為L、高為h的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間的動摩擦因數為；滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為m的小球用水平外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內獲得向右的速度v0，經過一段時間后小球落地求小球落地時距滑塊左端的水平距離解析滑塊上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故當滑塊的左端到達小球正下方這段時間內，小球速度始終為零，則對于滑塊：a，v1 .當滑塊的左端到達小球下上方后，小球做自由落體運動，落地時間t，滑塊的加速度ag若在t時間內滑塊的速度沒有減小到零，滑塊向右運動的距離為：xv1tat2 g2 h.若在t時間內滑塊已經停

42、下來，則：xL.答案見解析專題七動力學中的圖象問題物理公式與物理圖象的結合是一種重要題型，也是高考的重點及熱點1常見的圖象有：vt圖象，at圖象，F(xiàn)t圖象，F(xiàn)a圖象等2圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系vt圖象與Ft圖象的橋梁3圖象的應用(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況(3)通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析4解題策略(1)弄清圖象斜率、截距、交點、拐點的物理意義(2)應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式，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

43、出準確判斷5分析圖象問題時常見的誤區(qū)(1)沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位(2)不注意坐標原點是否從零開始(3)不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義(4)忽視對物體的受力情況和運動情況的分析類型一v ­t圖象的應用【典例1】 (2013·新課標全國卷，21)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功圖1甲為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統(tǒng)立即關閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t0.4 s時恰好鉤住阻攔索中間

44、位置，其著艦到停止的速度時間圖線如圖乙所示假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1 000 m已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g.則()甲乙圖1A從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10B在0.4 s2.5 s時間內，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5gD在0.4 s2.5 s時間內，阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變解析由v ­t圖象面積可知，飛機從著艦到停止發(fā)生的位移約為x×3×70 m105 m，即約為無阻攔索時的，選項A正確；由v ­t圖象斜率知，飛機與阻攔索作用過程中

45、(0.4 s2.5 s時)，其F合恒定，在此過程中阻攔索兩段間的夾角變小，而合力恒定，則阻攔索張力必減小，選項B錯誤；在0.4 s2.5 s時間內，加速度a m/s227.1 m/s2>2.5g，選項C正確；在0.4 s2.5 s時間內，阻攔系統(tǒng)對飛機的作用力F合不變，但v減小，所以功率減小，選項D錯誤答案AC圖2即學即練1(上海卷)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其v ­t圖線如圖2所示，則下列說法正確的是()A在0t1時間內，外力F大小不斷增大B在t1時刻，外力F為零C在t1t2時間內，外力F大小可能不斷減小D在t1t2時間內，外力F大小可能先減小后增大解

46、析0t1時間內，物體先做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動，由F1Ffma1，a1先恒定不變后減小，可知外力先恒定不變后不斷減小，A錯；由圖線斜率可知t1時刻的加速度為零，故外力大小等于摩擦力大小，B錯；t1t2時間內，物體做加速度增大的減速運動，若外力方向與物體運動方向相同，由FfF2ma2，a2增大，可知外力逐漸減小，若外力方向與物體運動方向相反，由FfF3ma2，a2增大，可知外力逐漸增大，又由于在t1時刻，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，所以F可能先與物體運動方向相同，大小逐漸減小，減小到0后再反向逐漸增大，故C、D對答案CD類型二Ft或a t和vt圖象的綜合應用【典例2】 一

47、個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖3(a)所示，速度v隨時間t變化的關系如圖(b)所示取g10 m/s2，求：圖3(1)1 s末物塊所受摩擦力的大小Ff1；(2)物塊在前6 s內的位移大小x；(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數.解析(1)從題圖(a)中可以讀出，當t1 s時，F(xiàn)f1F14 N(2)由題圖(b)知物塊在前6 s內的位移大小x m12 m(3)從題圖(b)中可以看出，在t2 s至t4 s的過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為a m/s22 m/s2由牛頓第二定律得F2mgma，F(xiàn)3Ff3mg所以m kg2 kg，0.4答案(1)4 N(2)12 m

48、(3)0.4即學即練2用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖4所示，g10 m/s2，則可以計算出()圖4A物體與水平面間的最大靜摩擦力BF為14 N時物體的速度C物體與水平面間的動摩擦因數D物體的質量解析由aF圖象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大靜摩擦力為7 N，選項A正確；再由圖象可知，當F7 N時，加速度為0.5 m/s2，當F14 N時，加速度為4 m/s2，即F1mgma1，F(xiàn)2mgma2，可求得動摩擦因數及物體的質量，選項C、D正確；物體運動為變加速運動，且不知隨時間如何變化，則不能算出拉力為14 N時物體的

49、速度，選項B錯誤答案ACD專題強化練三A對點訓練練熟基礎知識題組一xt、vt、at圖象問題1(多選)在一次救災行動中，直升機懸停在空中向地面無初速投放救災物品，物品所受的空氣阻力與其下落的速率成正比若用v、a、t分別表示物品的速率、加速度的大小和運動的時間，則在物品下落過程中，下圖中表示其vt和av關系的圖象可能正確的是()解析由牛頓第二定律可得：mgFfma，又Ffkv，故得：agv，可見C正確，D錯誤，又由于a逐漸減小，故A正確，B錯誤答案AC2(多選)某同學站在電梯地板上，利用速度傳感器和計算機研究一觀光電梯升降過程中的情況，如圖5所示的v ­t圖象是計算機顯示的觀光電梯在某一

50、段時間內的速度變化情況(向上為正方向)根據圖象提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是()圖5A05 s內，觀光電梯在加速上升，該同學處于失重狀態(tài)B510 s內，該同學對電梯地板的壓力等于他所受的重力C1020 s內，觀光電梯在加速下降，該同學處于失重狀態(tài)D2025 s內，觀光電梯在加速下降，該同學處于失重狀態(tài)解析05 s內，觀光電梯在加速上升，加速度方向向上，該同學處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；510 s內，觀光電梯勻速上升，該同學對電梯地板的壓力等于他所受的重力，選項B正確；1020 s內，觀光電梯在減速上升，加速度方向向下，該同學處于失重狀態(tài)，選項C錯誤；2025 s內，觀光電梯在加速下降，加

51、速度方向向下，該同學處于失重狀態(tài)，選項D正確答案BD3(2013·江西聯(lián)考)(多選)如圖6所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在光滑水平面上，其上放一質量為m2的木塊t0時刻起，給木塊施加一水平恒力F.分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，圖中可能符合運動情況的是()圖6解析t0時刻起，給木塊施加一水平恒力F，兩者可能一起加速運動，選項A正確；可能木塊的加速度大于木板的加速度，選項C正確答案AC4(2013·上海卷，16)(單選)汽車以恒定功率沿公路做直線運動，途中通過一塊沙地汽車在公路及沙地上所受阻力均為恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻

52、力汽車在駛入沙地前已做勻速直線運動，它在駛入沙地到駛出沙地后的一段時間內，位移x隨時間t的變化關系可能是()解析在駛入沙地后，由于阻力增大，速度減小，駛出沙地后阻力減小，速度增大，在駛入沙地到駛出沙地后的一段時間內，位移x隨時間t的變化關系可能是B.答案B題組二Ft及其他圖象問題5(多選)如圖7所示，質量為m的小物塊以初速度v0沿足夠長的固定斜面上滑，斜面傾角為，物塊與該斜面間的動摩擦因數>tan ，圖中表示該物塊的速度v和所受摩擦力Ff隨時間t變化的圖線(以初速度v0的方向為正方向)，可能正確的是()圖7解析物塊的運動情況是先向上做減速運動，所受滑動摩擦力為mgcos ，方向沿斜面向下

53、，達到最高點后由于>tan 即mgsin <mgcos ，滑塊不會向下滑動，而是保持靜止，靜摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin ，小于上滑時的摩擦力mgcos ，所以A、C正確答案AC6(多選)如圖8甲所示，在一升降機內，一物塊被一輕質彈簧緊壓在天花板上，彈簧的下端固定在升降機的地板上，彈簧保持豎直在升降機運行過程中，物塊未曾離開升降機的天花板當升降機按如圖乙所示的v ­t圖象上行時，可知升降機天花板所受壓力F1和地板所受壓力F2隨時間變化的定性圖象可能正確的是()圖8解析由題意知，彈簧長度不變，且對物塊向上的彈力不變，設為kx，則F2不變，C項對，D項錯對物塊受力分析有：kxmgFNma.(F1FN，作用力與反作用力)由v ­t圖知，加速時，F(xiàn)1FNkxmgma勻速時，F(xiàn)1FNkxmg減速時：F1FNkxmgma，故A項對，B項錯正確選項為A、C.答案