2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動定律第2節(jié)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題

PAGEPAGE2第2節(jié)牛頓第二定律兩動力學(xué)問題,(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)(2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×)(4)物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度。(√)(5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運(yùn)動情況。(×)(6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√)(7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的根本單位。(×)(8)力的單位牛頓，簡稱牛，屬于導(dǎo)出單位。(√)突破點(diǎn)(一)牛頓第二定律的理解1．牛頓第二定律的五個(gè)特性2．合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。(3)合力與速度同向時(shí)，物體加速運(yùn)動；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動。[多角練通]1．(多項(xiàng)選擇)(2022·全國乙卷)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動?，F(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，那么()A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變解析：選BC質(zhì)點(diǎn)原來做勻速直線運(yùn)動，說明所受合外力為0，當(dāng)對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運(yùn)動的速度方向關(guān)系不確定，那么質(zhì)點(diǎn)可能做直線運(yùn)動，也可能做曲線運(yùn)動，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項(xiàng)B、C正確。2.(2022·上海高考)如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的()A．OA方向 B．OB方向C．OC方向 D．OD方向解析：選D據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運(yùn)動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，那么三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，應(yīng)選項(xiàng)D正確。3.(多項(xiàng)選擇)一物體重為50N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如下圖的水平力F1和F2，假設(shè)F2＝15N時(shí)物體做勻加速直線運(yùn)動，那么F1的值可能是(g＝10m/s2)()A．3N B.25NC．30N D．50N解析：選ACD假設(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5N，A正確；假設(shè)物體向右做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25N，C、D正確。突破點(diǎn)(二)牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題1．兩種模型加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型：2．求解瞬時(shí)加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時(shí)變化前后,物體的受力情況))?eq\x(\a\al(列牛頓第二,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時(shí),加速度))[多角練通]1.(多項(xiàng)選擇)(2022·太原模擬)如下圖，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮筋處在水平方向上。以下判斷中正確的選項(xiàng)是()A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθC．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ解析：選BC設(shè)小球靜止時(shí)BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝T，解得：F＝eq\f(mg,cosθ)，T＝mgtanθ。在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，B正確，A錯(cuò)誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosθ)，C正確，D錯(cuò)誤。2．如下圖，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，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(shí)，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，那么在突然撤去擋板的瞬間有()A．兩圖中兩球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍解析：選D撤去擋板前，題圖甲和題圖乙中的A、B兩球的受力一樣，A球受彈簧(或桿)的彈力沿斜面向上，大小為mgsinθ，B球受到彈簧(或桿)的彈力沿斜面向下，大小為mgsinθ，B球受擋板C的彈力沿斜面向上，大小為2mgsinθ，撤去擋板后，輕桿受力可突變，而彈簧因?yàn)闆]有來得及改變形變量而不能改變彈力，所以題圖甲中A的加速度為零，B的加速度為2gsinθ，題圖乙中輕桿的存在使A、B的加速度相同，由2mgsinθ＝2ma，可得A、B兩球的加速度大小a＝gsinθ，方向沿斜面向下，D項(xiàng)正確，A、B錯(cuò)誤；題圖乙中輕桿的作用力為零，C錯(cuò)誤。3.(多項(xiàng)選擇)(2022·海南高考)如圖，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(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2解析：選AC設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1，剪斷細(xì)線前對b、c和彈簧組成的整體分析，可知F1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝eq\f(F,m)＝3g，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為F2，那么F2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯(cuò)誤。突破點(diǎn)(三)動力學(xué)的兩類根本問題1．解決動力學(xué)兩類根本問題的思路2．動力學(xué)兩類根本問題的解題步驟[典例](2022·南寧模擬)如下圖，航空母艦上的起飛跑道由長度為l1＝1.6×102m的水平跑道和長度為l2＝20m的傾斜跑道兩局部組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動機(jī)的推力大小恒為F＝1.2×105N，方向與速度方向相同，在運(yùn)動過程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1倍。假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，取g＝(1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動的時(shí)間及到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大?。?2)為了使飛機(jī)在傾斜跑道的末端到達(dá)起飛速度100m/s，外界還需要在整個(gè)水平跑道對飛機(jī)施加助推力，求助推力F推的大小。[思路點(diǎn)撥](1)分析飛機(jī)在水平跑道和傾斜跑道上的受力，由牛頓第二定律確定其加速度。(2)利用運(yùn)動學(xué)公式可求出飛機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動時(shí)間及飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端的速度大小。(3)助推力只存在于水平跑道上，飛機(jī)在傾斜跑道上的加速度不變。[解析](1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動時(shí)，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1、末速度大小為v1，運(yùn)動時(shí)間為t1，有F合＝F－Ff＝ma1v12－v02＝2av1＝a1t1其中v0＝0，F(xiàn)f＝0.1mg，代入數(shù)據(jù)可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用，設(shè)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿傾斜跑道方向有F合′＝F－Ff－mgsinα＝ma2mgsinα＝mgeq\f(h,l2)v22－v12＝2a其中v1＝40m/s，代入數(shù)據(jù)可得a2＝3.0m/s2，v2＝eq\r(1720)m/s≈41.5m/s故飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動的時(shí)間為8.0s，到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小為41.5m/s。(2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動時(shí)，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1′、末速度大小為v1′，有F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′v1′2－v02＝2a1′l飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒有變化，加速度大小仍有a2′＝3.0m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l根據(jù)題意，v2′＝100m/s，代入數(shù)據(jù)解得F推≈5.2×105N故助推力F推的大小為5.2×105N。[答案](1)8.0s41.5m/s(2)5.2×105N[方法規(guī)律]解決動力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如下圖，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩局部組成，且AB＝BC，物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)滑上桌面，最后恰好停在C點(diǎn)，物塊經(jīng)過AB與BC兩局部的時(shí)間之比為1∶4，那么物塊P與桌面上AB、BC局部之間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2之比為(物塊P在AB、BC上所做的運(yùn)動均可看作勻變速直線運(yùn)動)()A．1∶1 B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：選D由牛頓第二定律可知，物塊P在AB段減速的加速度a1＝μ1g，在BC段減速的加速度a2＝μ2g，設(shè)物塊P在AB段運(yùn)動時(shí)間為t，那么可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由xAB＝eq\f(v0＋vB,2)·t，xBC＝eq\f(vB,2)·4t，xAB＝xBC解得：μ1＝8μ2，故D正確。2．(2022·宜昌一模)如下圖，有兩個(gè)上下不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質(zhì)量為5kg、長度為2m的長木板靠在高水平面邊緣A點(diǎn)，其外表恰好與高水平面平齊，長木板與低水平間的動摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊靜止放置，距A點(diǎn)距離為3m，現(xiàn)用大小為6N、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)撤去外力，滑塊以此時(shí)的速度滑上長木板?；瑝K與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10m/s2。求：(1)滑塊滑動到A點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)滑塊滑動到長木板上時(shí)，滑塊和長木板的加速度大小分別為多少？(3)通過計(jì)算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。解析：(1)設(shè)滑塊在高水平面上的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：F＝ma根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：v2＝2aL0代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s。(2)設(shè)滑塊滑動到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有：μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝5m/s2對長木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝0.4m/s2。(3)設(shè)滑塊不滑出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時(shí)間為t，那么：v－a1t＝a2t代入數(shù)據(jù)解得：t＝eq\f(10,9)s。此過程中滑塊的位移為：x1＝vt－eq\f(1,2)a1t2長木板的位移為：x2＝eq\f(1,2)a2t2x1－x2＝eq\f(10,3)m>L＝2m所以滑塊能從長木板的右端滑出。答案：(1)6m/s(2)5m/s20.4m/s2(3)見解析突破點(diǎn)(四)動力學(xué)的圖像問題1．常見的動力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．動力學(xué)圖像問題的類型3．解題策略(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式〞“圖像與物體〞間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。[多維探究](一)由v-t圖像分析物體的受力情況[典例1](2022·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時(shí)間圖線如下圖。物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，那么()A．F1<F2 B．F2>F3C．F1>F3 D．F1＝F3[解析]由題圖可知，0～5s內(nèi)加速度a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下，設(shè)斜面傾角為θ，與物體之間的動摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsinθ－f；10～15s內(nèi)加速度a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsinθ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F[答案]A(二)根據(jù)條件確定某物理量的變化圖像[典例2](2022·福州二模)如下圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動。觀察小球從開始下落到第一次運(yùn)動至最低點(diǎn)的過程，以下關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖像中符合實(shí)際情況的是()[解析]小球開始接觸彈簧時(shí)，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，運(yùn)動到某個(gè)位置時(shí)，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，加速度最大，根據(jù)對稱性可知，到達(dá)最低端時(shí)加速度大于g，且加速度a隨時(shí)間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。[答案]A(三)由F-t圖像分析物體的運(yùn)動情況[典例3](2022·合肥模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝4kg足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的中點(diǎn)放一個(gè)質(zhì)量m＝4kg大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩物塊開始均靜止，從t＝0時(shí)刻起鐵塊m受到水平向右、大小如圖乙所示的拉力F的作用，F(xiàn)共作用時(shí)間為6s，(取g＝10m/s2)那么：(1)鐵塊和木板在前2s的加速度大小分別為多少？(2)鐵塊和木板相對靜止前，運(yùn)動的位移大小各為多少？(3)力F作用的最后2s內(nèi)，鐵塊和木板的位移大小分別是多少？[解析](1)前2s，由牛頓第二定律得對鐵塊：F－μmg＝ma1解得a1＝3m/s2對木板：μmg＝Ma2解得a2＝2m/s2。(2)2s內(nèi)，鐵塊的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝6m木板的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝4m2s末，鐵塊的速度v1＝a1t＝6m/s木板的速度v2＝a2t＝4m/s2s后，對鐵塊：F′－μmg＝ma1′解得a1′＝1m/s2對木板：μmg＝Ma2′解得a2′＝2m/s2設(shè)再經(jīng)過t0時(shí)間鐵塊和木板的共同速度為v，那么v＝v1＋a1′t0＝v2＋a2′t0解得t0＝2s，v＝8m/s在t0內(nèi)，鐵塊的位移x1′＝eq\f(v1＋v,2)t0＝eq\f(6＋8,2)×2m＝14m木板的位移x2′＝eq\f(v2＋v,2)t0＝eq\f(4＋8,2)×2m＝12m所以鐵塊和木板相對靜止前鐵塊運(yùn)動的位移為x鐵塊＝x1＋x1′＝20m鐵塊和木板相對靜止前木板運(yùn)動的位移為x木板＝x2＋x2′＝16m。(3)力F作用的最后2s，鐵塊和木板相對靜止，一起以初速度v＝8m/s做勻加速直線運(yùn)動，對鐵塊和木板整體：F＝(M＋m)a解得a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(12,4＋4)m/s2＝1.5m/s2所以鐵塊和木板運(yùn)動的位移均為x3＝vΔt＋eq\f(1,2)a(Δt)2＝19m。[答案](1)3m/s22m/s2(2)20m16m(3)19m19m三類等時(shí)圓及其應(yīng)用1．質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(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開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。3．兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。[典例](多項(xiàng)選擇)如下圖，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，那么以下關(guān)系正確的選項(xiàng)是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3[思路點(diǎn)撥][解析]設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，那么ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比擬，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。[答案]BCD[應(yīng)用體驗(yàn)]1.如下圖，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一質(zhì)點(diǎn)小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3，現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，那么a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為()A．1∶1∶1 B.5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：選A因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC邊為直徑的同一個(gè)圓周上，由等時(shí)圓模型可知，由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。2.(2022·東北三省三校一模)如下圖，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是圓上任意一點(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?，F(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)動到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，那么tA、tB、tC大小關(guān)系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比擬時(shí)間大小關(guān)系解析：選B由等時(shí)圓模型可知，A、C在圓周上，B點(diǎn)在圓周外，故tA＝tC<tB，B正確。3.(2022·合肥質(zhì)檢)如下圖，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn)，O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)。現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，那么小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為()A．tAB＝tCD＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEFD．tAB＝tCD<tEF解析：選B如下圖，過D點(diǎn)作OD的垂線與豎直虛線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點(diǎn)在輔助圓內(nèi)，而B點(diǎn)在輔助圓外，由等時(shí)圓結(jié)論可知，tAB>tCD>tEF，B項(xiàng)正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：牛頓第二定律的理解1.假設(shè)戰(zhàn)機(jī)從“遼寧號〞航母上起飛前滑行的距離相同，牽引力相同，那么()A．?dāng)y帶彈藥越多，加速度越大B．加速度相同，與攜帶彈藥的多少無關(guān)C．?dāng)y帶彈藥越多，獲得的起飛速度越大D．?dāng)y帶彈藥越多，滑行時(shí)間越長解析：選D攜帶彈藥越多，戰(zhàn)機(jī)的質(zhì)量越大，而牽引力相同，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，飛機(jī)加速度越小，由v2＝2ax可知，起飛速度越小，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；起飛前滑行的距離相同，由x＝eq\f(1,2)at2可得，加速度越小，滑行時(shí)間越長，所以D正確。2．(多項(xiàng)選擇)如下圖，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水平輕彈簧，那么當(dāng)木塊接觸彈簧后，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．木塊立即做減速運(yùn)動B．木塊在一段時(shí)間內(nèi)速度仍增大C．當(dāng)F等于彈簧彈力時(shí)，木塊速度最大D．彈簧壓縮量最大時(shí)，木塊速度為零但加速度不為零解析：選BCD剛開始時(shí)，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，直到速度為零，但此時(shí)木塊的加速度不為零，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題3.(2022·臨沂高三檢測)如下圖，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m。物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力。重力加速度為g，某時(shí)刻把細(xì)線剪斷，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．物塊A的加速度為0 B．物塊A的加速度為eq\f(g,3)C．物塊B的加速度為0 D．物塊B的加速度為eq\f(g,2)解析：選B剪斷細(xì)線前，彈簧的彈力：F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝eq\f(1,2)mg；剪斷細(xì)線瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度為：a＝eq\f(3mgsin30°－F彈,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均為eq\f(g,3)，應(yīng)選B。4.(多項(xiàng)選擇)(2022·天水一模)如下圖，在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2)，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．小球受力個(gè)數(shù)不變B．小球立即向左運(yùn)動，且a＝8m/s2C．小球立即向左運(yùn)動，且a＝10m/s2D．假設(shè)剪斷的是彈簧，那么剪斷瞬間小球加速度為零解析：選BD在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力作用。小球的受力個(gè)數(shù)發(fā)生改變，故A錯(cuò)誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×10N＝2N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，合力方向向左，所以向左運(yùn)動，故B正確，C錯(cuò)誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時(shí)小球所受的合力為零，那么小球的加速度為零，故D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：動力學(xué)的兩類根本問題5.如下圖，兩根長度分別為L1和L2的光滑桿AB和BC在B點(diǎn)垂直焊接，當(dāng)按圖示方式固定在豎直平面內(nèi)時(shí)，將一滑環(huán)從B點(diǎn)由靜止釋放，分別沿BA和BC滑到桿的底端經(jīng)歷的時(shí)間相同，那么這段時(shí)間為()A.eq\r(\f(2\r(L1L2),g)) B.eq\r(\f(\r(2L1L2),g))C.eq\r(\f(2\r(L12＋L22),g)) D.eq\r(\f(2L12＋L22,gL1＋L2))解析：選C設(shè)BA和BC傾角分別為α和β，根據(jù)牛頓第二定律得：滑環(huán)沿BA下滑的加速度為a1＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα①沿BC下滑的加速度為a2＝eq\f(mgsinβ,m)＝gsinβ②設(shè)下滑時(shí)間為t，由題有：L1＝eq\f(1,2)a1t2③L2＝eq\f(1,2)a2t2④由幾何知識有：sinα＝cosβ⑤聯(lián)立以上各式解得t＝eq\r(\f(2\r(L12＋L22),g))，應(yīng)選C。6.(多項(xiàng)選擇)(2022·淄博二模)如下圖，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演。假設(shè)盤的質(zhì)量為m，手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn)。那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)手指支撐著盤，使盤保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么手指對盤的作用力等于mgB．假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻速運(yùn)動，那么盤受到水平向右的靜摩擦力C．假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運(yùn)動，那么手指對盤的作用力大小為μmgD．假設(shè)盤隨手指一起水平勻加速運(yùn)動，那么手指對盤的作用力大小不可超過eq\r(1＋μ2)mg解析：選AD假設(shè)手指支撐著盤，使盤保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，那么手指對盤的作用力等于mg，選項(xiàng)A正確；假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻速運(yùn)動，那么水平方向盤不受力，即盤不受靜摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運(yùn)動，那么手指對盤的作用力為靜摩擦力，大小不一定等于μmg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)盤隨手指一起水平勻加速運(yùn)動，那么手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，那么手指對盤的作用力大小的最大值eq\r(mg2＋μmg2)＝eq\r(1＋μ2)mg，即手指對盤的作用力大小不可超過eq\r(1＋μ2)mg，選項(xiàng)D正確。7.(2022·南寧模擬)如下圖，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個(gè)豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個(gè)力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零B．假設(shè)加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD．擋板對球的彈力不僅有，而且是一個(gè)定值解析：選D球在重力、斜面的支持力和擋板的彈力作用下做加速運(yùn)動，那么球受到的合力水平向右，為ma，如圖，設(shè)斜面傾角為θ，擋板對球的彈力為F1，由正交分解法得：F1－FNsinθ＝ma，F(xiàn)Ncosθ＝G，解得F1＝ma＋Gtanθ，可見，彈力為一定值，選項(xiàng)D正確。8.(2022·威海模擬)在高速路上經(jīng)?？梢钥吹酱筘涇?yán)摪宥筌噹浅ㄩ_的，這種情況下如果出現(xiàn)鋼板從車廂上滑落，將對后面的車輛造成致命的危險(xiǎn)。在緊急剎車的情況下鋼板對駕駛室也極易造成破壞，危及駕駛員的生命。假設(shè)該貨車車廂的長度為L，車廂內(nèi)載有一塊質(zhì)量分布均勻、長度也為L的鋼板，鋼板的質(zhì)量為m。鋼板前端與車廂壁接觸，鋼板與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。忽略空氣阻力的影響。(1)假設(shè)貨車突然加速，為了使鋼板不掉下來，那么貨車的加速度最大值為多少？(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力大小)(2)假設(shè)車廂的前端能承受的最大水平力為F，為了平安，那么貨車剎車的最大加速度為多少？(3)假設(shè)貨車以加速度a0做勻加速運(yùn)動，在運(yùn)動過程中鋼板與貨車間發(fā)生相對滑動，經(jīng)過多長時(shí)間鋼板開始往下掉？解析：(1)要使鋼板不掉下來，那么鋼板和貨車一起做加速運(yùn)動，貨車加速度最大時(shí)，鋼板與貨車之間到達(dá)最大靜摩擦力μmg＝mam，am＝μg。(2)對鋼板根據(jù)牛頓第二定律得：F＋μmg＝mam，解得：am＝eq\f(F,m)＋μg。(3)對貨車：x1＝v0t＋eq\f(1,2)a0t2對鋼板：x2＝v0t＋eq\f(1,2)at2μmg＝ma鋼板開始往下掉時(shí)滿足：x1－x2＝eq\f(L,2)解得：t＝eq\r(\f(L,a0－μg))。答案：(1)μg(2)eq\f(F,m)＋μg(3)eq\r(\f(L,a0－μg))對點(diǎn)訓(xùn)練：動力學(xué)的圖像問題9．(多項(xiàng)選擇)(2022·江西紅色七校二模)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，方向水平向右，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g＝10m/s2。以下選項(xiàng)中正確的選項(xiàng)是()A．0～5s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動B．在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向C．恒力F大小為10ND．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3解析：選BD物塊做勻減速直線運(yùn)動的加速度大小為：a1＝eq\f(v2,2x1)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為：a2＝eq\f(v′2,2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2聯(lián)立兩式解得：F＝7N，f＝3N那么動摩擦因數(shù)為：μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3物塊做勻減速直線運(yùn)動的時(shí)間為：t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，即在0～1s內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動，1s后恒力F反向，物塊做勻加速直線運(yùn)動。故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。10．(2022·福州二模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg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(yùn)動，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運(yùn)動兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析：(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物塊下滑的距離：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，各階段加速度a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2a2＝eq\f(0－2,0.5)m/s2＝－4m/s2，|a2|＝4m/s2設(shè)