【狀元之路】高中物理 3.2牛頓運動定律的應用課件 新人教必修1

§3.2牛頓運動定律的應用

知識精要高效梳理·知識備考一、動力學的兩大基本問題1．已知受力情況，求運動情況根據牛頓第二定律，已知物體的受力情況，可以求出物體的加速度；再知道物體的初始條件(初位置和初速度)，根據運動學公式，就可以求出物體在任一時刻的速度和位置，也就求解了物體的運動情況．2．已知物體的運動，求物體的受力情況根據物體的運動情況，由運動學公式可以求出加速度，再根據牛頓第二定律可確定物體受的合外力，從而求出未知的力，或與力相關的某些量，如動摩擦因數(shù)、勁度系數(shù)、力的角度等．二、超重和失重1．超重：當物體具有向上的加速度時，物體對支持面的壓力FN(或對懸掛物的拉力)大于物體的重力．2．失重：當物體具有向下的加速度時，物體對支持面的壓力FN(或對懸掛物的拉力)小于物體的重力．3．完全失重：物體以加速度a＝g豎直向下加速或向上減速時(自由落體運動、處于繞星球做勻速圓周運動的飛船里或豎直上拋時)，物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力等于零的現(xiàn)象．三、連接體問題1．連接體與隔離體：兩個或幾個物體相連接組成的物體系統(tǒng)為連接體，如果把其中某個物體隔離出來，該物體即為隔離體．2．外力和內力：如果以物體系統(tǒng)為研究對象，受到的系統(tǒng)之外的物體的作用力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內各物體間的相互作用力為內力．應用牛頓第二定律列方程不考慮內力，如果把某物體隔離出來作為研究對象，則這些內力將轉換為隔離體的外力．3．連接體的處理方法(1)整體法：連接體中各物體如果有共同的加速度，求加速度可把連接體作為一個整體，運用牛頓第二定律列方程求解．(2)隔離法：如果要求連接體間的相互作用力，必須隔離出其中一個物體，對該物體應用牛頓第二定律求解，此方法為隔離法.隔離法解題時要注意判明每一隔離體的運動方向和加速度方向．(3)整體法解題或隔離法解題，一般都選取地面為參考系．雙基精練自主探究·基礎備考1．關于超重和失重，下列說法正確的是(

)A．超重就是物體受的重力增加了B．失重就是物體受的重力減少了C．完全失重就是物體一點重力都不受了D．不論超重、失重或完全失重，物體所受的重力都是不變的答案：D2．在圍繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星中，下述哪些儀器不能使用(

)①天平②彈簧測力計③水銀溫度計④水銀氣壓計A．①②

B．①③

C．①④

D．②③解析：繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星中，所有物體都處于完全失重狀態(tài)，工作原理與重力有關的儀器不能使用．水銀溫度計是根據熱脹冷縮制成的，與重力無關，仍能使用；彈簧測力計是根據胡克定律制成的，與重力無關，也能使用．答案：C3．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3－2－2所示的圖象能正確反映雨滴下落運動情況的是(

)解析：雨滴速度增大時，阻力也增大，由牛頓第二定律得a＝mg－Ffm，故加速度逐漸減小，最終雨滴做勻速運動．答案：C4.如圖3－2－3所示，在光滑水平面上有兩個質量分別為m1和m2的物體A、B，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質彈簧測力計，若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2，則以下關系式正確的是(

)A．a1＝a2，F(xiàn)1＞F2B．a1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a1＜a2，F(xiàn)1＝F2D．a1＞a2，F(xiàn)1＞F2解析：：整體分分析，，無論論用F拉A，還是是拉B，F(xiàn)＝(m1＋m2)a均成立立，所所以穩(wěn)穩(wěn)定后后A的加速速度a2和B的加速速度a1相等；；F拉B時，對對A分析，，F(xiàn)1＝m1a，F(xiàn)拉A時，對對B分析，，F(xiàn)2＝m2a，因m1＞m2，故F1＞F2，所以以選項項A正確．．答案：：A5．一輛輛質量量為1.0×103kg的小汽汽車正正以10m/s的速度度行駛駛，現(xiàn)現(xiàn)在讓讓它在在12.5m的距離離內勻勻減速速地停停下來來，求求所需需要的的阻力力．解析：：由運動動學公公式v2－v02＝2ax得：m/s2＝－4m/s2.又由牛牛頓第第二定定律得得：F阻＝ma＝1.0×103×(－4)N＝－4×103N，負號表表示與與速度度的方方向相相反．．答案：：4×103N，與速速度方方向相相反疑難難精精講講名師解解疑·能力備備考疑難點點一．．有的的同學學說“超重就就是物物體的的重力力增加加了，，失重重就是是物體體的重重力減減小了了”，你認認為對對嗎？？請簡簡述．．名師在在線：：超重不不是重重力增增加，，失重重不是是重力力減小小，完完全失失重不不是重重力消消失．．在超超重、、失重重現(xiàn)象象中，，重力力不變變，僅僅是視視重變變化．．在完完全失失重狀狀態(tài)下下，平平常重重力產產生的的一切切物理理現(xiàn)象象都不不存在在．超重與與失重重現(xiàn)象象不是是物體體的重重力有有變化化，物物體的的重力力不會會因物物體的的運動動狀態(tài)態(tài)的改改變而而改變變．物物體處處于超超重與與失重重狀態(tài)態(tài)是物物體的的重力力給人人的感感覺好好像是是增加加或減減小了了，用用彈簧簧測力力計測測物體體重力力時，，其讀讀數(shù)比比物體體實際際的重重力增增大或或減小小了，，故稱稱之為為超重重或失失重．．疑難點二．．運用牛頓頓運動定律律解題常用用的思維方方法有：假假設法、極極限法、程程序法．請請對幾種方方法的應用用做簡單說說明．名師在線：：1.假設法假設法是解解物理問題題的一種重重要思維方方法．用假假設法解題題，一般依依題意從某某一假設入入手，然后后運用物理理規(guī)律得出出結果，再再進行適當當討論，從從而找出正正確答案．．這樣解題題科學嚴謹謹、合乎邏邏輯，而且且可以拓寬寬思路．2．極限法法(或稱臨界界條件法法)在物體的的運動變變化過程程中，往往往達到到某個特特定狀態(tài)態(tài)時，有有關的物物理量將將發(fā)生突突變，此此狀態(tài)叫叫臨界狀狀態(tài)，相相應的待待求物理理量的值值叫臨界界值．利利用臨界界值來作作為解題題思路的的起點是是一種很很有用的的思考途途徑，這這種方法法稱為臨臨界條件件法．這這種方法法是將物物體的變變化過程程推至極極限——臨界狀態(tài)態(tài)，抓住住滿足臨臨界值的的條件，，準確分分析物理理過程進進行求解解．尋找臨界界條件，，解決臨臨界問題題的基本本思路：：(1)認真審題題，詳盡盡分析問問題中變變化的過過程(包括分析析整體過過程中有有幾個階階段)．(2)尋找過程程中變化化的物理理量(自變量與與因變量量)．(3)探索因變變量隨自自變量變變化時的的變化規(guī)規(guī)律，要要特別注注意相關關物理量量的變化化情況．．(4)確定臨界界狀態(tài)，，分析臨臨界條件件，找出出臨界關關系．(5)顯然分析析變化過過程，確確定因變變量隨自自變量的的變化規(guī)規(guī)律，是是解決問問題的關關鍵．3．程序法法按順序對對題目給給出的物物體運動動過程進進行分析析的方法法簡稱“程序法”．“程序法”要求我們們從讀題題開始，，注意題題中能劃劃分多少少個不同同的過程程或多少少個不同同的狀態(tài)態(tài)，然后后對各個個過程或或各個狀狀態(tài)進行行分析．．易錯點點撥撥自我完善善·誤區(qū)備考考易錯點點一認認為力可可以等大大地傳遞遞導致出出錯自我診斷斷1如圖3－2－4所示，水水平地面面上有兩兩個完全全相同的的木塊A、B，在水平平推力F作用下運運動，用用FAB代表A、B間的相互互作用力力()A．若地面面是完全全光滑的的，則FAB＝FB．若地面是完完全光滑的，，則FAB＝FC．若地面的動動摩擦因數(shù)為為μ，則FAB＝FD．若地地面的的動摩摩擦因因數(shù)為為μ，則FAB＝F解析：：設A、B木塊的的質量量都是是m，地面面動摩摩擦因因數(shù)為為μ，則A、B整體受受地面面水平平方向向的滑滑動摩摩擦力力為2μmg.A、B整體水水平方方向受受推力力F和滑動動摩擦擦力2μmg作用，，若加加速度度為a，則由由牛頓頓定律律得F－2μmg＝2ma①以B為研究究對象象，B水平方方向受受A的推力力FAB和滑動動摩擦擦力μmg作用．．得FAB－μmg＝ma②聯(lián)立①、②式解得得FAB＝F，B、D正確．．答案：：BD易錯錯點點二二不不能能正正確確分分析析受受力力而而導導致致出出錯錯自我我診診斷斷2如圖圖3－2－5所示示，，在在傾傾解析：貓沿著木木板向上上跑時，，木板對對貓的摩摩擦力為為靜摩擦擦力，方方向向上上．由于于貓對地地靜止不不動，所所以有：：Ff＝mgsinα由牛頓第第三定律律知：木板受到到貓給的的摩擦力力沿板向向下，F(xiàn)f＝Ff對木板由由牛頓第第二定律律得：F，f＋2mgsinαα＝2ma，所以a＝gsinα.答案：C題型研研練練互動探究究·方法備考考題型一動動力學的的兩類基基本問題題如圖3－2－6所示，物物體的質質量m＝4kg，與水平平地面間間的動摩摩擦因數(shù)數(shù)為μ＝0.2，在傾角角為37°、F＝10N的恒力作作用下，，由靜止止開始加加速運動動，當t＝5s時撤去F，求：(1)物體做加加速運動動時的加加速度a;(2)撤去F后,物體還能能滑行多多長時間間?(g取10m/s2,sin37°°=0.6,cos37°=0.8)答案:(1)0.3m/s2(2)0.75s解析:(1)物體在力力F作用下做做初速度度為零的的勻加速速運動,受力如圖圖3-2-7.水平方向向有:Fcos37°-Ff=ma,豎直方向向有:Fsin37°+FN-mg=0,Ff=μFN,由以上各各式聯(lián)立立代入數(shù)數(shù)據解得得:a=0.3m/s2.(2)撤去力F后物體在在滑動摩摩擦力作作用下做做勻減速速直線運運動v=at1,0=v-a't2,a'=μg.由以上各各式代入入數(shù)據解解得:t2=0.75s.方法總結結:由物體受受力情況況求解運運動情況況的一般般步驟是是:①確定研究究對象,對研究對對象進行行受力分分析,并畫出出物體體受力力圖.②根據力力的合合成或或正交交分解解求出出合外外力(大小?方向)(物體受受兩個個以上上的力力作用用時一一般用用正交交分解解法).③據牛頓頓第二二定律律列方方程,并解出出物體體的加加速度度.④結合題給物物體運動的的初始條件件,選擇運動學學公式求出出所需的運運動學物理理量.創(chuàng)新預測1如圖3-2-8所示,質量M=10kg的木楔ABC靜置于粗糙糙水平地面面上,動摩擦因數(shù)數(shù)μ=0.02,在木楔的傾傾角θ=30°°的斜面上,有一質量m=1.0kg的物塊由靜靜止開始沿沿斜面下滑滑,當滑行路程程s=1.4m時,其速度v=1.4m/s.在此過程中中木楔沒有有動,求地面對木木楔的摩擦擦力的大小小和方向.(g取10m/s2)解析:由勻加速運運動的公式式v2-v20=2as得物塊沿斜斜面的加速速度為由于a<gsinθ=5m/s2.可知物塊受受到摩擦力力的作用.分析物塊受受力,它受三個力力,如圖3-2-9(a)所示.對于沿斜面面的方向和和垂直于斜斜面的方向向,由牛頓定律律有:mgsinθ-Ff1=ma,mgcosθ-FN1=0,分析木楔受受力,它受5個力作用,如圖3-2-9(b)所示,對于水平方方向,由牛頓定律律有:圖3-2-9Ff2-Ff1'cosθθ+FN1'sinθθ=0.且FN1=FN1'.由此可解地地面作用于于木楔的摩摩擦力Ff2=-macosθ=-=-0.61N.即地面對木木楔的摩擦擦力大小為為0.61N,方向水平向向左.答案:0.61N,方向水平向向左題型二超重重和失重問問題的分析析【例2】某人在以a=2m/s2勻加速下降降的升降機機中最多能能舉起m1=75kg的物體,則此人在地地面上最多多可舉起多多大質量的的物體?若此人在一一勻加速上上升的升降降機中最多多能舉起m2=50kg的物體,則此升降機機上升的加加速度為多多大?(g取10m/s2)解析:圖3-2-10設此人在地地面上的最最大“舉力力”是F,那么他在以以不同的加加速度運動動的升降機機中最大““舉力”仍仍為F,以物體為研研究對象進進行受力分分析,物體的受力力示意圖如如圖3-2-10所示,且物體運動動的加速度度和升降機機相同.當升降機以以加速度a1=2m/s2勻加速下降降時,對物體有:m1g-F=m1a1,得F=m1(g-a1)=600N.設人在地面面上最多可可舉起質量量為m0的物體,則當升降機以以a2勻加速上升升時,對物體有F-m2g=m2a2,所以升降機機勻加速上上升的加速速度為2m/s2.答案:60kg2m/s2方法總結:超重?失重問題的分分析,實質上是在豎豎直方向上應應用牛頓第二二定律.創(chuàng)新預測2舉重運動員在在地面上能舉舉起120kg的重物,而在運動著的的升降機中卻卻只能舉起100kg的重物,求升降機運動動的加速度.若在以2.5m/s2的加速度加速速下降的升降降機中,此運動員能舉舉起質量為多多大的重物?(g取10m/s2)答案案:2m/s2160kg解析:運動員在在地面上上能舉起起120kg的重物,則運動員員能發(fā)揮揮的向上上的最大大支撐力力F=m1g=120×10N=1200N.在運動著著的升降降機中只只能舉起起100kg的重物,可見該重重物超重重了,升降機應應具有向向上的加加速度,對于重物物:F-m2g=m2a1,所以當升降機機以2.5m/s2的加速度度加速下下降時,重物失重重.對于重物物:m3g-F=m3a2,得題型三臨臨界問題題圖【例3】如圖3-2-11所示,質量m=1kg的物塊放放在傾角角為θ的斜面上上,斜面體質質量M=2kg,斜面與物物塊的動動摩擦因因數(shù)μ=0.2,地面光滑滑,θ=37°.現(xiàn)對斜面面體施加加一水平平推力F,要使物體體m相對斜面面靜止,力F應為多大大?(設物體與與斜面的的最大靜靜摩擦力力等于滑滑動摩擦擦力,g取10m/s2)解析:(1)設物塊處處于相對對斜面下下滑的臨臨界狀態(tài)態(tài)(物塊恰好好不下滑滑)時推力為為F1.此時物塊塊受力如如圖3-2-12(a)所示.圖3-2-12取加速度度a1方向為x軸方向,對m有:x方向:FNsinθθ-μFNcosθθ=ma1,y方向:FNcosθθ+μFNsinθθ-mg=0,聯(lián)立兩式式得:a1=4.78m/s2.對整體有有:F1=(M+m)a1.代入數(shù)據據解得F1=14.34N.(2)設物塊處處于相對對斜面向向上滑的的臨界狀狀態(tài)(物塊恰好好不上滑滑)時推力為為F2,此時物塊塊受力如如圖3-2-12(b).對m有:x方向:FNsinθθ+μFNcosθθ=ma2,y方向:FNcosθθ-μFNsinθθ-mg=0,聯(lián)立兩式式得:a2=11.2m/s2,對整體有有:F2=(M+m)a2,代入數(shù)據據解得F2=33.6N.F的范圍為為:14.34N≤F≤33.6N.答案:14.34N≤F≤33.6N方法總總結:題目中中出現(xiàn)現(xiàn)“最最大””“最最小””“剛剛好””等詞詞語時時,往往會會出現(xiàn)現(xiàn)臨臨界現(xiàn)現(xiàn)象,此時要要采用用極限限分析析法,看物體體在不不同的的加速速度時時,會有哪哪些現(xiàn)現(xiàn)象發(fā)發(fā)生,盡快找出出臨界點點,求出臨界界條件.創(chuàng)新預測測3如圖3-2-13所示,一質量為為m?帶電荷量量為+q的物體處處于場強強按E=E0-kt(E0?k均為大于于零的常常數(shù),取水平向向右為正正方向)變化的電電場中,物體與豎豎直墻壁壁間的動動摩擦因因數(shù)為μ,當t=0時,物體處于于靜止狀狀態(tài),若物體所所受的最最大靜摩摩擦力等等于滑動動摩擦力力,且電場空空間和墻墻面均足足夠大,下列說法法正確的的是()A.物體開始始運動后后加速度度先增加加,后保持不不變B.物體開始始運動后后加速度度不斷增增加C.經過時間間t=\frac{E_0}{k},物體在豎豎直墻壁壁上的位位移最大大D.經過時間間t=\frac{μqE_0-mg}{μkq},物體運動動速度達達到最大大值答案:BC解析:由E=E0-kt可得,在t=0到的的過程中中,電場強度度水平向向右且逐逐漸減小小,則電場力力的方向向向右且且逐漸減減小,當物體開開始運動動后,物體所受受的摩擦擦力為Ff=μF=μ(qE0-qkt),由牛頓第第二定律律mg-Ff=ma得,物體的加加速度逐逐漸增大大;當時時,場強方向向改為水水平向左左且逐漸漸增大,則電場力力F的方向水水平向左左且逐漸漸增大,物體受到到的合外外力F合逐漸增大大,加速度逐逐漸增大大,故選項B正確?A錯誤;當時時,物體離開開豎直墻墻壁,所以此時時物體在在豎直墻墻壁上的的位移最最大,故C正確;物體在運運動過程程中速度度一直增增大,故D錯誤.高效作作業(yè)業(yè)自自我我測評·技能備考考一?選擇題1.一種巨型型娛樂器器械可以以讓人體體驗超重重和失重重的感覺覺,一個可乘乘十多個個人的環(huán)環(huán)形艙套套在豎直直柱子上上,由升降機機運送上上幾十米米的高處處,然后讓座座艙自由由下落.下落一定定高度后后,制動系統(tǒng)統(tǒng)啟動,座艙做減減速運動動,到地面時時剛好停停下.下列判斷斷正確的的是()A.座艙在自自由下落落的過程程中人處處于超重重狀態(tài)B.座艙在自自由下落落的過程程中人處處于失重重狀態(tài)C.座艙在減減速運動動的過程程中人處處于失重重狀態(tài)D.座艙在減減速運動動的過程程中人處處于超重重狀態(tài)答案:BD解析:座艙自由由下落時時,加速度方方向向下下,故失重,A錯B對;座艙減速速運動時時,加速度方方向向上上,故超重,C錯D對.如圖3-2-14所示,bc為固定在車上上的水平橫桿桿,物塊M串在桿上,靠摩擦力保持持相對桿靜止止,M又通過細線懸懸吊著一個小小鐵球m,此時小車正以以大小為a的加速度向右右做勻加速直直線運動,而M?m均相對小車靜靜止,細線與豎直方方向的夾角為為θ,小車的加速度度逐漸增大,M始終和小車保保持相對靜止止,當加速度增加加到2a時()A.橫桿對M的摩擦力增加加到原來的2倍B.橫桿對M的彈力不變C.細線與豎直方方向的夾角增增加到原來的的2倍D.細線的拉力增增加到原來的的2倍答案:AB解析:對m有Fsinθ=ma,Fcosθ=mg.對M有Ff-Fsinθθ=Ma,FN=Mg+Fcosθ.解得摩擦力Ff=(M+m)a,FN=(M+m)g,a=gtanθ,可判斷,A?B正確.(2009··廣東卷)建筑工人用如如圖3-2-15所示的定滑輪輪裝置運送建建筑材料.質量為70.0kg的工人站在地地面上,通過定滑輪將將20.0kg的建筑材料,以0.500m/s2的加速度拉升升,忽略繩子和定定滑輪的質量量及定滑輪的的摩擦,則工人對地面面的壓力大小小為(g取10m/s2).()C.890N D.910N答案:B解析:對建筑筑材料料進行行受力力分析析,根據牛牛頓第第二定定律有有F-mg=ma,得繩子子的拉拉力大大小等等于F=210N,然后再再對人人受力力分析析,由平衡衡的知知識得得Mg=F+FN,得FN=490N,根據牛牛頓第第三定定律可可知人人對地地面的的壓力力大小小為490N,B對.如圖3-2-16所示,光滑水水平面面上放放置質質量分分別為為m?2m的A?B兩個物物體,A??B間的最最大靜靜摩擦擦力為為μmg,現(xiàn)用水水平拉拉力F拉B,使A?B以同一一加速速度運運動,則拉力力F的最大大值為為()A.μμmgB.2μμmgC.3μmgD.4μmg答案:C解析:當A?B之間恰恰好不不發(fā)生生相對對滑動動時力力F最大,此時,對于A物體所所受的的合外外力為為μmg,由牛頓頓第二二定律律知對于A?B整體,加速度度a=aA=μg.由牛頓頓第二二定律律得F=3ma=3μmg.5.(2009·廣東卷卷)某人在在地面面上用用彈簧簧測力力計稱稱得其其體重重為490N.他將彈彈簧測測力計計移至至電梯梯內稱稱其體體重,t0至t3時間段段內,彈簧測測力計計的示示數(shù)如如圖3-2-17所示,電梯運運行的的v-t圖可能能是圖圖3-2-18中的(取電梯梯向上上運動動的方方向為為正)()答案:AD解析:由圖3-2-17可知,在t0~t1時間內內,彈簧測測力計計的示示數(shù)小小于實實際重重量,則處于于失重重狀態(tài)態(tài),此時具具有向向下的的加速速度,在t1~t2階段彈彈簧測測力計計示數(shù)數(shù)等于于實際際重量量,則既不不超重重也不不失重重,在t2~t3階段,彈簧測測力計計示數(shù)數(shù)大于于實際際重量量,則處于于超重重狀態(tài)態(tài),具有向向上的的加速速度,若電梯梯向下下運動動,則t0~t1時間內內向下下加速速,t1~t2階段勻勻速運運動,t2~t3階段減減速下下降,A正確;若電梯梯向上上運動動,則t0~t1時間內內向上上減速速,t1~t2時間內內勻速速運動動,t2~t3時間內內加速速運動動,D正確.6.(2008·高考山山東卷卷)直升機機懸停停在空空中向向地面面投放放裝有有救災災物資資的箱箱子,如圖3-2-19所示.設投放放初速速度為為零,箱子所所受的的空氣氣阻力力與箱箱子下下落速速度的的二次次方成成正比比,且運動動過程程中箱箱子始始終保保持圖圖示姿姿態(tài).在箱子子下落落過程程中,下列說說法正正確的的是()A.箱內物物體對對箱子子底部部始終終沒有有壓力力B.箱子子剛剛從從飛飛機機上上投投下下時時,箱內內物物體體受受到到的的支支持持力力最最大大C.箱子子接接近近地地面面時時,箱內內物物體體受受到到的的支支持持力力比比剛剛投投下下時時大大D.若下下落落距距離離足足夠夠長長,箱內內物物體體有有可可能能不不受受底底部部支支持持力力而而““飄飄起起來來””答案案:C解析析:對箱箱子子(包括括箱箱內內物物體體)有Mg-kv2=Ma,對箱內物物體有mg-FN=ma,由以上兩兩式可得得,隨著速度度的增大大,FN增大.當a=0時FN達最大FNmax=mg,綜上所述述,C正確.如圖3-2-20所示,一名消防防隊員在在模擬演演習訓練練中,沿著長為12m的豎立在地面面上的鋼管往往下滑.已知這名消防防隊員的質量量為60kg,他從鋼管頂端端由靜止開始始先勻加速再再勻減速下滑滑,滑到地面時速速度恰好為零零.如果他加速時時的加速度大大小是減速時時的2倍,下滑的總時間間為3s,g取10m/s2,那么該消防隊隊員()A.下滑過程中的的最大速度為為4m/sB.加速與減速過過程的時間之之比為1∶2C.加速與減速過過程中所受摩摩擦力大小之之比為1∶7D.加速與減速過過程的位移之之比為1∶4答案:BC解析:a1t1=vmax=a2t2,利用a1=2a2得t1∶t2=1∶2,B正確;下滑的最大速速度錯錯誤;加速過程中有有mg-Ff1=ma1,減速過程中有有Ff2-mg=ma2,而a1=8m/s2,a2=4m/s2,所以Ff1∶Ff2=1∶7,C正確;加速過程與減減速過程的平平均速度相等等,則其位移x1=vt1,x2=vt2,x1∶x2=t1∶t2=1∶2,D錯誤.8.木箱以大小小為2m/s2的加速度水水平向右做做勻減速運運動.在箱內有一一輕彈簧,其一端被固固定在箱子子的右側壁壁,另一端拴接接一個質量量為1kg的小車,木箱與小車車相對靜止止,如圖3-2-21所示.不計小車與與木箱之間間的摩擦,下列判斷正正確的是()A.彈簧被壓縮縮,彈簧的彈力力大小為10NB.彈簧被壓縮縮,彈簧的彈力力大小為2NC.彈簧被拉伸伸,彈簧的彈力力大小為10ND.彈簧被拉伸伸,彈簧的彈力力大小為2N答案:B解析:小車加速度度為2m/s2.由牛頓第二二定律得F=ma=2N,彈簧處于壓壓縮狀態(tài),B正確.9.如圖3-2-22(a)所示,水平面上質質量均為m的兩木塊A?B用勁度系數(shù)數(shù)為k的輕質彈簧簧連接,整個系統(tǒng)處處于平衡狀狀態(tài).現(xiàn)用一豎直直向上的力力F拉動木塊A,使木塊A向上做加速速度為a的勻加速直直線運動.取木塊A的起始位置置為坐標原原點,圖3-2-22(b)中實線部分分表示從力力F作用在木塊塊A到木塊B剛離開地面面這個過程程中,F和木塊A的位移x之間的關系系,則()A.x0=-ma/kB.x0=-m(a+g)/kC.F0=maD.F0=m(a+g)答案:AC解析:x=0位置,重力與彈簧簧彈力平衡衡,由牛頓第二二定律得F0=ma,C正確;F=0時,由牛頓第二二定律得kΔl-mg=ma,ΔlA正確.10.如圖圖3-2-23所示示斜斜面面ABC,AB段是是光光滑滑的的,BC段是是有有摩摩擦擦的的.某物物體體從從A點由由靜靜止止開開始始下下滑滑,當滑滑至至C點時時恰恰好好停停止止,則下下列列說說法法正正確確的的是是()A.BC段的的長長度度總總大大于于AB段,但BC段的的動動摩摩擦擦因因數(shù)數(shù)越越大大時時,BC段的長度越接接近AB段的長度B.BC段的長度總大大于AB段,但BC段的動摩擦因因數(shù)越小時,BC段的長度越接接近AB段的長度C.在θ角小到一定值值時,只要BC段的動摩擦因因數(shù)適當,AB段的長度可以以大于BC段的長度D.θ=30°時,選擇適當?shù)膭觿幽Σ烈驍?shù),可使得AB段的長度大于于BC段的長度答案:C解析:設物體體通過過B點的速速度為為v,對AB段有v2=2a1x1,對BC段有v2=2a2x2,又a1=gsinθ,a2=μgcosθθ-gsinθθ,若a1<a2,即tanθ<μ/2,則有x1>x2.11.如圖3-2-24所示,足夠長長的傳傳送帶帶與水水平面面夾角角為θ,以速度度v0逆時針針勻速速轉動動,在傳送送帶的的上端端輕輕輕放置置一個個質量量為m的小木木塊,小木塊塊與傳傳送帶帶間的的動摩摩擦因因數(shù)μ<tanθ,則圖3-2-25所示的的圖象象中能能客觀觀地反反映小小木塊塊的速速度隨隨時