物理步步高大一輪復(fù)習(xí)講義第三章第2講

1、考點一牛頓第二定律的理解1內(nèi)容及表達式物體加速度的大小跟所受外力的合力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力方向相同表達式：Fma.2對定律的理解(1)矢量性a為研究對象在合外力作用下產(chǎn)生的加速度；a與合外力方向一致(2)瞬時對應(yīng)性一物體所受合外力恒定時，加速度恒定，物體做勻變速直線運動；合外力隨時間改變時，加速度也隨時間改變；合外力為0時，加速度為0，物體就處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)思維深化1從牛頓第二定律知道，無論怎樣小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度可是我們用力提一個很重的物體時卻提不動它，這跟牛頓第二定律有無矛盾？為什么？答案沒有矛盾，使物體運動，要有合力產(chǎn)生加速度，由于重力很大，合

2、加速度仍為0.2判斷下列說法是否正確(1)物體所受合外力越大，加速度越大()(2)物體所受合外力越大，速度越大(×)(3)物體在外力作用下做勻加速直線運動，當(dāng)合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減小(×)(4)物體的加速度大小不變一定受恒力作用(×)1對牛頓第二定律的基本理解(多選)下列對牛頓第二定律的理解，正確的是()A如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響B(tài)如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生加速度的矢量和C平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動D物體的質(zhì)量與物體所受的合力成

3、正比，與物體的加速度成反比答案ABC解析物體的質(zhì)量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響(如：受力、運動狀態(tài)、在火星上還是地球上等)故D錯誤2速度、加速度、合外力之間的關(guān)系(多選)下列關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是()A物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0C物體的速度為0，則加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能為0答案CD解析物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯(lián)系，一個很大，另一個可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，

4、加速度一定也越大，故選項C、D對3應(yīng)用定律定性分析(多選)如圖1所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的彈簧，則當(dāng)木塊接觸彈簧后()圖1A木塊立即做減速運動B木塊在一段時間內(nèi)速度仍可增大C當(dāng)F等于彈簧彈力時，木塊速度最大D彈簧壓縮量最大時，木塊加速度為0答案BC解析當(dāng)木塊接觸彈簧后，水平方向受到向右的恒力F和彈簧水平向左的彈力彈簧的彈力先小于恒力F，后大于恒力F，木塊所受的合力方向先向右后向左，則木塊先做加速運動，后做減速運動，當(dāng)彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大，加速度為0.當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正確，A、D錯誤1分析物體的

5、運動性質(zhì)，要從受力分析入手，求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化2特別要注意加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，而速度是不能突變的，速度的變化是需要時間的，vat.考點二應(yīng)用牛頓第二定律分析瞬時問題兩類模型(1)剛性繩(或接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時間(2)彈簧(或橡皮繩)兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變思維深化(1)如圖2、圖3中小球m1、m2原來均靜止，現(xiàn)如果均從圖中B處剪斷，則圖2中的彈簧和圖3中的下段繩子，它們的拉力將

6、分別如何變化？圖2圖3(2)如果均從圖中A處剪斷，則圖2中的彈簧和圖3中的下段繩子的拉力又將如何變化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么結(jié)論？答案(1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?.(2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?.(3)繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變4靜態(tài)的瞬時問題(多選)質(zhì)量均為m的A、B兩個小球之間連接一個質(zhì)量不計的彈簧，放在光滑的臺面上A球緊靠墻壁，如圖4所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達到平衡時，突然將力撤去，此瞬間()圖4AA球的加速度為BA球的加速度為0CB球的加速度為DB球的加速度為答案BD解析撤去恒力F前，A和B都平衡，它們的合力都為0，且彈簧彈力

7、為F.突然將力F撤去，對A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為0，加速度為0，A項錯，B項對而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度a，故C項錯，D項對5靜態(tài)的瞬時問題(2015·海南單科·8)(多選)如圖5所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將細線剪斷將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長量分別記為l1和l2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間()圖5Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析設(shè)物

8、塊的質(zhì)量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及發(fā)生形變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷前對b、c和彈簧S2組成的整體受力分析可知T12mg，故a受到的合力F合mgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2mg，根據(jù)胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯誤考點三動力學(xué)中的圖象問題1動力學(xué)中常見的圖象vt圖象、xt圖象、Ft圖象、Fa圖象等2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)原來是否從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

9、等，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思維深化圖象問題反映的是兩個變量之間的函數(shù)關(guān)系，因此在某些情況下，要用有關(guān)物理規(guī)律和公式進行推導(dǎo)，得到兩個變量的關(guān)系來分析圖象的有關(guān)問題6圖象物理意義的理解(2014·山東·15)(多選)一質(zhì)點在外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變化的圖象如圖6所示在圖中標(biāo)出的時刻中，質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有()圖6At1 Bt2 Ct3 Dt4答案AC解析當(dāng)合外力方向與速度方向相同時，質(zhì)點做加速運動由vt圖象可知，質(zhì)點在t1、t3時刻做加速運動，在t2、t4時刻做減速運動故選項A、C正確，選項B、D錯誤7圖象和牛頓

10、第二定律的結(jié)合(2015·新課標(biāo)全國·20)(多選)如圖7a，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖b所示若重力加速度及圖b中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖7A斜面的傾角B物塊的質(zhì)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vt圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos .同理向下滑行時gsin gcos ，兩式聯(lián)立得sin ，可見能計算出斜面的傾角以及動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末

11、速度為0，那么平均速度為，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為xt1，根據(jù)斜面的傾角可計算出向上滑行的最大高度為xsin t1×，選項D正確；僅根據(jù)vt圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B錯誤8圖象的應(yīng)用如圖8所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是下列選項中的()圖8答案A解析在達到相同速度之前，有mg·2mgma1a13g達到相同速度之后，有·2mgma2a

12、22g由加速度可知，圖象A正確求解圖象問題的基本思路看清坐標(biāo)軸所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關(guān)系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進而弄懂物理過程，寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷考點四應(yīng)用整體法與隔離法處理連接體問題1連接體問題的類型物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體2整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)3隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度

13、不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解4整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”9物體與物體構(gòu)成的連接體(2015·新課標(biāo)全國·20)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)

14、數(shù)可能為()A8 B10 C15 D18答案BC解析設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則Fnma設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則Fkm·a聯(lián)立得3n2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n2時，k3，總節(jié)數(shù)為N5當(dāng)n4時，k6，總節(jié)數(shù)為N10當(dāng)n6時，k9，總節(jié)數(shù)為N15當(dāng)n8時，k12，總節(jié)數(shù)為N20，故選項B、C正確10彈簧與物體構(gòu)成的連接體如圖9所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)已知力F與水平方向的夾角為.則m1的加速度大小為()圖9A. B. C. D.答案A解析把m1、m2看成一個整體，

15、在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos (m1m2)a，所以a，選項A正確11輕繩與物體構(gòu)成的連接體如圖10所示，裝有支架的質(zhì)量為M(包括支架的質(zhì)量)的小車放在光滑水平地面上，支架上用細線拖著質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小車在光滑水平地面上向左勻加速運動時，穩(wěn)定后繩子與豎直方向的夾角為.求小車所受牽引力的大小圖10答案(Mm)gtan 解析小球與小車相對靜止，它們的加速度相同，小車的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛頓第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如圖所示，小球所受合力的大小為mgtan .由牛頓第二定律有mgtan ma對小車和小球組成的整體，運用牛頓第二定

16、律有F(Mm)a聯(lián)立解得：F(Mm)gtan .12輕桿與物體構(gòu)成的連接體如圖11所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是()圖11A小車靜止時，F(xiàn)mgsin ，方向沿桿向上B小車靜止時，F(xiàn)mgcos ，方向垂直于桿向上C小車向右以加速度a運動時，一定有FD小車向左以加速度a運動時，F(xiàn)，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tan 答案D解析小車靜止時，球受到重力和桿的彈力作用，由平衡條件可得桿對球的作用力Fmg，方向豎直向上，選項A、B錯誤；小車向右以加速度a運動時，如圖甲所示，只有當(dāng)agtan 時，才有F，選項

17、C錯誤；小車向左以加速度a運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知小球受到的合力水平向左，如圖乙所示，則桿對球的作用力F，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tan ，選項D正確輕繩、輕桿和輕彈簧三種模型的異同1三個模型的相同點：(1)“輕”質(zhì)量和重力均不計(2)在任何情況下，繩中張力相等，繩、桿和彈簧兩端受到的彈力也相等2三個模型的不同點：(1)施力和受力特點輕繩只能產(chǎn)生沿繩方向的拉力輕桿不僅可以產(chǎn)生和承受沿桿方向的拉力和壓力，還可以產(chǎn)生和承受不沿桿方向的拉力和壓力輕彈簧可以產(chǎn)生和承受沿彈簧伸縮方向的拉力和壓力(2)力的變化特點輕繩拉力的產(chǎn)生、變化或消失不需要時間，具有突變性和瞬時性輕桿拉力和壓力的產(chǎn)生

18、、變化或消失不需要時間，具有突變性和瞬時性輕彈簧彈力的產(chǎn)生、變化或消失需要時間，不具有突變性，即只能漸變，但具有瞬時性，即不同形變的瞬間，對應(yīng)不同的彈力(注意：當(dāng)輕彈簧的自由端無重物時，形變消失不需要時間，即具有突變性)考點五動力學(xué)兩類基本問題1已知物體的受力情況，求解物體的運動情況解這類題目，一般是應(yīng)用牛頓第二定律求出物體的加速度，再根據(jù)物體的初始條件，應(yīng)用運動學(xué)公式，求出物體的運動情況2已知物體的運動情況，求解物體的受力情況解這類題目，一般是應(yīng)用運動學(xué)公式求出物體的加速度，再應(yīng)用牛頓第二定律求出物體所受的合外力，進而求出物體所受的某個力13已知運動分析受力如圖12所示，一物體以v02 m/

19、s的初速度從粗糙斜面頂端下滑到底端用時t1 s已知斜面長度L1.5 m，斜面的傾角30°，重力加速度取g10 m/s2.求：圖12(1)物體滑到斜面底端時的速度大小；(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)答案(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)解析(1)設(shè)物體滑到斜面底端時速度為v，則有：Lt代入數(shù)據(jù)解得：v1 m/s(2)因vv0物體做勻減速運動，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小為：a1 m/s2.(3)物體沿斜面下滑時，受力分析如圖所示由牛頓定律得：Ffmgsin maFNmgcos FfFN聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)解得：.14已知

20、受力分析運動如圖13所示，樓梯口一傾斜的天花板與水平面成37°，一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為F10 N，刷子的質(zhì)量為m0.5 kg，刷子可視為質(zhì)點，刷子與天花板間的動摩擦因數(shù)為0.5，天花板長為L4 m，取sin 37°0.6，試求：圖13(1)刷子沿天花板向上運動的加速度大?。?2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時間答案(1)2 m/s2(2)2 s解析(1)以刷子為研究對象，受力分析情況，如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律得：(Fmg)sin Ffma(Fmg)cos FN0又FfFN聯(lián)立解得：a2 m/s2.(

21、2)刷子做勻加速運動，初速度為0，位移為L4 m，則由運動學(xué)公式得：Lat2解得：t 2 s15已知受力分析運動(2014·新課標(biāo)全國·24)公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離當(dāng)前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的.若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度答案20 m/s解析設(shè)路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為0，

22、剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度設(shè)在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為，依題意有0設(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得mgmasvt0聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v20 m/s(72 km/h)解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)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

23、圖找出各過程的位移之間的聯(lián)系1(2013·新課標(biāo)·14)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小能正確描述F與a之間的關(guān)系的圖象是()答案C解析當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時，物塊靜止不動，加速度為0，當(dāng)F大于最大靜摩擦力時，根據(jù)Ffma知：隨F的增大，加速度a增大，故選C.2如圖14所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體m，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體一直可以運動到B點如果物體受到的阻力恒定，則()圖14A物體從A到O先加速后減速B物體從

24、A到O加速運動，從O到B減速運動C物體運動到O點時所受合力為0D物體從A到O的過程中加速度逐漸減小答案A解析物體從A到O的過程中，彈力一直減小直至為0，物體受到的滑動摩擦力不變，由牛頓第二定律得a，可知物體的加速度先向右減小再向左增大，物體先加速到速度最大，再減速，故A正確，B、D錯誤；物體運動到O點時，受到地面摩擦阻力的作用，所受合力不為0，C錯誤3如圖15所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()圖15A0 B.g Cg D.g答案B解析平衡時，小球受到三個力：重力mg、木板A

25、B的支持力FN和彈簧拉力FT，受力情況如圖所示突然撤離木板時，F(xiàn)N突然消失而其他力不變，因此FT與重力mg的合力Fmg，產(chǎn)生的加速度ag，B正確4如圖16所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成角與橫桿固定，下端連接一質(zhì)量為m的小球P.橫桿右邊用一根細線吊一相同的小球Q.當(dāng)小車沿水平面做加速運動時，細線保持與豎直方向的夾角為.已知，則下列說法正確的是()圖16A小車一定向右做勻加速運動B輕桿對小球P的彈力沿輕桿方向C小球P受到的合力大小為mgtan D小球Q受到的合力大小為mgtan 答案D解析對細線吊的小球Q研究，根據(jù)牛頓第二定律，得mgtan ma，得到agtan ，故

26、加速度向右，小車可能向右加速，也可能向左減速，故A錯誤；對小球P，由牛頓第二定律，得mgtan ma，因為aa，得到.則輕桿對小球的彈力方向與細線平行，故B錯誤；對小球P、Q由牛頓第二定律可知Fmamgtan ，故C錯誤，D正確5如圖17甲所示，質(zhì)量m1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖象(vt圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求：圖17(1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F.答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24

27、 m/s28 N解析(1)在2 s內(nèi)，由圖乙知：物塊上升的最大距離：x1×2×1 m1 m物塊下滑的距離：x2×1×1 m0.5 m所以位移大小xx1x20.5 m路程Lx1x21.5 m(2)由圖乙知，所求兩個階段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2設(shè)斜面傾角為，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有00.5 s內(nèi)：FFfmgsin ma1051 s內(nèi)：Ffmgsin ma2由式得F8 N練出高分基礎(chǔ)鞏固1(多選)由牛頓第二定律表達式Fma可知()A質(zhì)量m與合外力F成正比，與加速度a成反比B合外力F與質(zhì)量m和加速度a都成正比C物體的加速度

28、的方向總是跟它所受合外力的方向一致D物體的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的質(zhì)量m成反比答案CD解析對于給定的物體，其質(zhì)量是不變的，合外力變化時，加速度也變化，合外力與加速度的比值不變，A、B錯；加速度的方向總是跟它所受合外力的方向相同，C正確；由a可知D正確2一個小孩從滑梯上滑下的運動可看成勻加速直線運動第一次小孩單獨從滑梯上滑下，加速度為a1，第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，加速度為a2，則()Aa1a2Ba1a2Ca1a2D無法判斷答案A3滑雪運動員由斜坡高速向下滑行時的vt圖象如圖1乙所示，則由圖中AB段曲線可知，運動員在此過程中()圖1A所受外力的合

29、力一定不斷增大B運動軌跡一定是曲線C加速度一定減小D斜坡對運動員的作用力一定是豎直向上的答案C4(多選)如圖2所示，一質(zhì)量為m的滑塊，以初速度v0從傾角為的斜面底端滑上斜面，當(dāng)其速度減為零后又沿斜面返回底端，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，若滑塊所受的摩擦力為Ff、所受的合外力為F合、加速度為a、速度為v，規(guī)定沿斜面向上為正方向，在滑塊沿斜面運動的整個過程中，這些物理量隨時間變化的圖象大致正確的是()圖2答案AD5如圖3所示，放在固定粗糙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()圖3A物塊可能勻速下滑B物塊將以加速度a勻加速下滑C物塊將以大于a的加速度

30、勻加速下滑D物塊將以小于a的加速度勻加速下滑答案C解析設(shè)斜面的傾角為，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，施加一個豎直向下的恒力F時，加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律，不施加恒力F時：mgsin mgcos ma，得ag(sin cos )>0；施加一個豎直向下的恒力F時：(mgF)sin (mgF)cos ma，得a(g)(sin cos )>a.故選項C正確6如圖4所示，將一個質(zhì)量為m的三角形物體放在水平地面上，當(dāng)用一水平推力F經(jīng)過物體的重心向右推物體時，物體恰好以一較大的速度做勻速直線運動，某一時刻保持力的大小不變立即使推力反向變成拉力，則推力反向的瞬間()圖4A物體的加速度大小為，方向水

31、平向左B物體的加速度大小為，方向水平向右C地面對物體的作用力大小為mgD地面對物體的作用力大小為答案D解析開始物體做勻速直線運動，知推力F等于摩擦力，即FFf，某一時刻保持力的大小不變立即使推力反向變成拉力，物體仍然向右運動，摩擦力仍然向左，則合力為F合FFf，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律，物體的加速度a，方向水平向左，故A、B錯誤；地面對物體有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于F，根據(jù)平行四邊形定則知，地面對物體的作用力F，故D正確，C錯誤7如圖5所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈

32、簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()圖5A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為0C圖乙中輕桿的作用力一定不為0D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2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為0，加速度為0，B球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)?，A、B兩球所受合力均為mgsin ，加速度均為gsin ，可知只有D對綜合應(yīng)用8(多選)如圖6所示，bc為固定在小車上的水平橫桿，上面穿著質(zhì)量為M的滑塊，滑塊又通過細線懸吊著一個質(zhì)量為m

33、的小鐵球此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速直線運動，而滑塊、小鐵球均相對小車靜止，細線與豎直方向的夾角為.若小車的加速度逐漸增大，滑塊始終和小車保持相對靜止，當(dāng)加速度增大到2a時()圖6A橫桿對滑塊向上的彈力不變B橫桿對滑塊的摩擦力變?yōu)樵瓉淼?倍C細線對小鐵球的豎直方向的分力增大了D細線對小鐵球的水平方向的分力增大了，增大的倍數(shù)小于2答案AB解析取滑塊和小鐵球構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，豎直向上橫桿對系統(tǒng)的支持力和系統(tǒng)受到的總重力平衡，水平方向上滿足F(Mm)a，其中F表示橫桿對滑塊的摩擦力當(dāng)小車的加速度增大到2a時，橫桿對滑塊向上的彈力保持不變，而橫桿對滑塊的摩擦力增加到原來的2倍隔離小鐵球

34、為研究對象，細線的豎直分力F1mg與小鐵球重力平衡，細線的水平分力F2ma產(chǎn)生加速度，所以當(dāng)小車的加速度增加到2a時，細線對小鐵球豎直方向的分力不變，水平方向的分力變?yōu)樵瓉淼?倍9成都“歡樂谷”是大型的游樂性主題公園，園內(nèi)有一種大型游戲機叫“跳樓機”讓人體驗短暫的“完全失重”，非常刺激，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面50 m高處，然后由靜止釋放，為研究方便，認為人與座椅沿軌道做自由落體運動2 s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運動，且下落到離地面5 m高處時速度剛好減小到0，然后再讓座椅以相當(dāng)緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面(取g10 m/s2)求：(1)座椅在自由下落結(jié)束時刻的速度是多大？(2)在勻減速階段，座椅對游客