第三章 牛頓運動定律

第三章牛頓運動定律第1講牛頓第一定律牛頓第三定律一、牛頓第一定律慣性1．內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。2．意義(1)指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律。(2)指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產生加速度的原因。3．慣性(1)定義：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質。(2)普遍性：慣性是一切物體都具有的性質，是物體的固有屬性，與物體的運動情況和受力情況無關。(3)量度：質量是慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性大，質量小的物體慣性小。二、牛頓第三定律1．作用力和反作用力：兩個物體之間的作用總是相互的，一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力。2．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上。3．表達式：F＝－F′。情景創(chuàng)設一輛貨車在公路上行駛時，司機發(fā)現(xiàn)前面有異常情況，緊急剎車。貨車在公路上又運行了較長一段距離才停下來。微點判斷(1)由于慣性，貨車有保持勻速直線運動狀態(tài)的趨勢，所以剎車后，貨車沒有立即停下來，而是又向前運行了一段距離。(√)(2)貨車承載的貨物越重，慣性越大。(√)(3)剎車時，貨車做減速運動是因為地面對貨車的摩擦力大于貨車對地面的摩擦力。(×)(4)地面對貨車的支持力與貨車對地面的壓力是一對平衡力。(×)(5)車頭拉貨箱的力一定大于貨箱拉車頭的力。(×)提能點(一)牛頓第一定律(自練通關)點點通1．[對力與運動關系的理解](2021·連云港模擬)亞里士多德在其著作《物理學》中說：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運動稱之為“自然運動”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非“自然運動”稱之為“受迫運動”。伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學；新物理學認為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”。下列關于“慣性”和“運動”的說法中不符合新物理學的是()A．一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因C．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性D．可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的解析：選D一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動，力是迫使物體做“受迫運動”的原因，A、B均正確；因物體具有慣性，豎直向上拋出的物體，受到了重力，向上的速度先減小到零后再反向向下運動，C正確；隨桌面轉動的盤子向桌子邊緣滑去，并沒有受到向外的力，而是盤子所需要的向心力超過了桌面給盤子的摩擦力，故D錯誤。2．[對牛頓第一定律的理解]人在處于一定運動狀態(tài)的車廂內豎直向上跳起，下列分析人的運動情況的選項中正確的是()A．只有當車廂處于靜止狀態(tài)，人才會落回跳起點B．若車廂沿直線水平勻速前進，人將落在跳起點的后方C．若車廂沿直線水平加速前進，人將落在跳起點的后方D．若車廂沿直線水平減速前進，人將落在跳起點的后方解析：選C根據(jù)牛頓第一定律內容可知：人在處于一定運動狀態(tài)的車廂內豎直向上跳起，若車廂處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，則人都會落回跳起點，故A、B錯誤；若車廂沿直線水平加速前進，人將在水平方向上保持起跳時的速度，而車廂沿直線水平加速，在人離開地面過程中車的速度始終大于人的速度，因此人將落在跳起點的后方，C正確，同理可知D錯誤。3．[對慣性的認識]某同學為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿著球筒的中部，另一只手用力擊打羽毛球筒的上端，則下列判斷正確的是()A．此同學無法取出羽毛球B．羽毛球會從筒的下端出來C．羽毛球筒向下運動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來D．該同學是在利用慣性取羽毛球解析：選D羽毛球筒被手擊打后迅速向下運動，而羽毛球具有慣性要保持原來的靜止狀態(tài)，所以會從筒的上端出來，D正確。一站過1．對牛頓第一定律的理解(1)揭示了物體的慣性：不受力的作用時，一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)。(2)揭示了力的作用對運動的影響：力是改變物體運動狀態(tài)的原因。2．對慣性的認識慣性是物體保持原來運動狀態(tài)的性質，與物體是否受力、是否運動及所處的位置無關，物體的慣性只與其質量有關，物體的質量越大其慣性越大。3．慣性的兩種表現(xiàn)形式(1)保持“原狀”：物體在不受力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)。(2)反抗改變：物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性越大，物體的運動狀態(tài)越難以被改變。提能點(二)牛頓第三定律(題點精研)研微點1．[作用力與反作用力的關系](2021·浙江1月選考)如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板上面，當它在長木板上水平向左加速運動時，長木板保持靜止，此時()A．小車只受重力、支持力作用B．木板對小車的作用力方向水平向左C．木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力D．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等對點清作用力與反作用力的關系2．[作用力和反作用力與一對平衡力的區(qū)別]小巧美觀的冰箱貼利用磁性貼在冰箱的豎直表面上。靜止不動時，冰箱貼()A．受到的磁力小于受到的彈力B．與冰箱間有四對作用力與反作用力C．受到的磁力和彈力是一對作用力與反作用力D．受到冰箱的作用力一定豎直向上對點清作用力和反作用力與一對平衡力的區(qū)別名稱項目作用力與反作用力一對平衡力作用對象兩個相互作用的不同物體同一個物體作用時間一定同時產生、同時消失不一定同時產生、同時消失力的性質一定相同不一定相同作用效果不可抵消可相互抵消3.[牛頓第三定律的應用]建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．510NB．490NC．890ND．910N對點清利用牛頓第三定律轉換研究對象如果不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力，然后根據(jù)牛頓第三定律得到壓力的大小和方向。求摩擦力時也可以用此種方法轉換研究對象。[精解詳析——教師用書獨具]1．選D對小車受力分析如圖所示，小車受到4個作用力，顯然選項A錯誤；木板對小車有豎直向上的支持力，故木板對小車的作用力方向斜向上，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律，木板對小車的作用力一定等于小車對木板的作用力，選項C錯誤，D正確。2．選D冰箱貼靜止不動，受力平衡，它受到的磁力和受到的彈力是一對平衡力，大小相等，故A、C錯誤；冰箱貼與冰箱間的作用力有：摩擦力、磁力和彈力，則與冰箱間有三對作用力與反作用力，故C錯誤；冰箱貼除受向下的重力外，還受到冰箱的作用力，與重力等大反向，則受到冰箱的作用力一定豎直向上，選項D正確。3．選B設繩子對建材的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止狀態(tài)，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力FN′＝FN＝490N故B項正確。命題情景真實化——聚焦生活實際，分析解決問題感悟教材導向備考啟示(選自新粵教版必修第一冊)請根據(jù)如圖所示的情景，說明車子所處的狀態(tài)，并對這種情景作出解釋。答案：由題圖可以看出，乘客向前傾，說明乘客相對車廂有向前運動的速度，所以汽車在做減速運動。汽車速度減小，乘客由于慣性具有較大的速度，故乘客向前傾。生活中與慣性有關的例子相當多，如汽車剎車時乘客向前傾、為增加汽車行駛中的穩(wěn)定性增大汽車底盤的質量、參加作戰(zhàn)任務的戰(zhàn)斗機為提高運動的靈活性要拋掉副油箱、相撲運動員不希望被別人摔倒往往體形比較肥胖等等。這些現(xiàn)象中，往往都是改變質量來改變自身慣性大小的。[熱點訓練]1．(2020·浙江7月選考)如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當公交車()A．緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動C．緩慢轉彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側運動D．急轉彎時，行李箱b一定相對車子向內側運動解析：選B緩慢起動的公交車具有向前的加速度，但加速度較小，兩只行李箱所受的靜摩擦力可能小于最大靜摩擦力，則行李箱可以相對公交車靜止，A項錯誤；急剎車時，a、b行李箱由于慣性，要保持原來的運動狀態(tài)，但a行李箱與底面的摩擦為滾動摩擦，比較小，故a行李箱會向前運動，b行李箱可能靜止不動，也可能向前運動，B項正確；緩慢轉彎時，公交車具有指向軌跡內側的較小的加速度，當行李箱所受的靜摩擦力足以提供其向心力時，行李箱相對車子靜止，C項錯誤；急轉彎時，公交車的加速度較大，若行李箱b所受的靜摩擦力不足以提供所需的向心力，則其做離心運動，即相對公交車向外側運動，若行李箱b所受的靜摩擦力足以提供所需的向心力，則其相對公交車靜止，D項錯誤。2．一碗水置于火車車廂內的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時，水面形狀接近于圖()解析：選A當火車向右做勻減速運動時，碗內的水由于慣性，保持原來較大的速度向右運動，則只有圖A所示的情形符合要求，故A正確。3．“復興號”高鐵在某段水平軌道上勻速行駛，假設高鐵上固定著盛滿水的紙杯。若突然發(fā)現(xiàn)紙杯中的水向右灑出，如圖所示，則關于高鐵在此種情況下的運動，下列描述正確的是()A．高鐵勻速向左運動B．高鐵可能突然向左加速運動C．高鐵可能突然向左減速運動D．高鐵可能突然向右加速運動解析：選B若高鐵勻速向左運動，則水也勻速運動，速度不變，水不會從紙杯中灑出，A錯誤；高鐵突然向左加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，所以高鐵向左的速度大于水向左的速度，可以出現(xiàn)圖示情況，B正確；高鐵突然向左減速，由于慣性，水還沒有來得及減速，所以高鐵向左的速度小于水向左的速度，水應向左灑出，C錯誤；高鐵突然向右減速，由于慣性，水還沒有來得及減速，所以高鐵向右的速度小于水向右的速度，水應向右灑出，D錯誤。4．(2021·淮安模擬)如圖所示的照片記錄了一名騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地的過程。下列各選項是從物理的角度去解釋此情境的，其中正確的是()A．因為水坑里的水對自行車前輪的阻力太大，而使人和車一起倒地B．因為騎車人與自行車原來處于運動狀態(tài)，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原來的運動狀態(tài)，因此人和車一起倒地C．因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車還能加速運動，所以人和車一起倒地D．因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車的慣性立即消失，而人由于慣性將保持原有的運動狀態(tài)，故人向原來的運動方向倒地解析：選B騎車人之所以摔倒，是因為自行車前輪陷入水坑后突然靜止，而人和車的后半部分由于慣性仍要保持原來的運動狀態(tài)。1．如圖所示，某人用手托著蘋果處于靜止狀態(tài)，則()A．手所受壓力是由于蘋果的形變而產生的B．手所受壓力和手對蘋果的支持力是一對平衡力C．蘋果所受重力和手對蘋果的支持力是一對平衡力D．蘋果所受重力和蘋果對手的壓力是作用力和反作用力解析：選AC蘋果對手的壓力是由于蘋果發(fā)生形變而產生的，A正確；手所受壓力和手對蘋果的支持力，作用在兩個物體上，是一對作用力與反作用力，B錯誤；蘋果所受重力和手對蘋果的支持力都作用在蘋果上，大小相等，方向相反，是一對平衡力，C正確；蘋果對手的壓力是由于蘋果形變而產生的，是蘋果與手之間的作用，而重力是由于地球的吸引而產生的，是蘋果與地球的相互作用，D錯誤。2．(2021·濰坊調研)如圖所示，體育項目“押加”實際上相當于兩個人拔河，如果甲、乙兩人在“押加”比賽中，甲獲勝，則下列說法中正確的是()A．甲對乙的拉力大于乙對甲的拉力，所以甲獲勝B．當甲把乙勻速拉過去時，甲對乙的拉力等于乙對甲的拉力C．當甲把乙加速拉過去時，甲對乙的拉力大于乙對甲的拉力D．甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力，所以甲獲勝解析：選BD把甲、乙兩人及繩子看作一整體進行研究，水平方向的外力就是地面分別對甲、乙兩人的摩擦力；整體從靜止到運動起來產生了加速度，故受外力不平衡，由此可判斷甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力；甲拉乙的力與乙拉甲的力是一對作用力與反作用力，大小相等；即不管誰獲勝，甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是當?shù)孛鎸椎哪Σ亮Υ笥诘孛鎸σ业哪Σ亮?，甲才能獲勝，故A、C錯誤，B、D正確。3．如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前滑行，在橫桿前相對于滑板豎直向上起跳，運動員與滑板分離，分別從橫桿的上、下通過，忽略運動員和滑板在運動中受到的阻力，則運動員()A．起跳時腳對滑板的作用力斜向后B．在空中水平方向先加速后減速C．越過桿后落在滑板的后方D．越過桿后仍落在滑板上起跳的位置解析：選D運動員相對于滑板豎直向上起跳，所以腳對滑板的作用力豎直向下，A項錯；運動員在空中時，水平方向不受力的作用，水平方向速度不變，B項錯；由于運動員和滑板的水平速度始終相同，所以運動員落在滑板上起跳的位置，C項錯，D項對。4.2019年12月20日11時22分，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭搭載中巴地球資源衛(wèi)星04A星等9顆衛(wèi)星成功發(fā)射。關于這次衛(wèi)星與火箭上天的情形敘述正確的是()A．火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體對火箭產生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向前的推力B．火箭尾部噴出的氣體對空氣產生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D．衛(wèi)星進入預定軌道之后，與地球之間不存在相互作用解析：選A火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體，火箭向下噴氣時，噴出的氣體同時對火箭產生向上的反作用力，即為火箭上升的推動力，此動力并不是由周圍的空氣提供的，因而與是否飛出大氣層、是否存在空氣無關，因而選項B、C錯誤，選項A正確；火箭運載衛(wèi)星進入軌道之后，衛(wèi)星與地球之間依然存在相互吸引力，即衛(wèi)星吸引地球，地球吸引衛(wèi)星，這是一對作用力與反作用力，故選項D錯誤。5．如圖，力傳感器記錄了兩個物體間的作用力和反作用力的變化圖線，根據(jù)圖線可以得出的結論是()A．作用力大時，反作用力小B．作用力和反作用力大小的變化始終同步C．作用力和反作用力作用在同一個物體上D．此時兩個物體都處于靜止狀態(tài)解析：選B根據(jù)題圖可以看出作用力和反作用力關于時間軸對稱，即大小相等，一個力大于0，另一個力小于0，故說明作用力和反作用力一正一負，即方向相反，故A錯誤，B正確；作用力和反作用力只能作用在不同的物體上，故C錯誤；無論物體靜止還是運動，作用力和反作用力的關系都不改變，故D錯誤。[課時跟蹤檢測]1．鞋子上粘上泥巴，在地面上腳跟朝下磕兩下，泥巴就掉了，這是利用()A．鞋的慣性 B．泥巴的慣性C．地面的慣性 D．腳的慣性解析：選B當鞋遇地面停止運動后，泥巴由于慣性繼續(xù)運動而脫離鞋子，選項B正確。2.如圖所示，船夫用撐桿撐船前行，則()A．船對人的力小于人對船的力B．船對水的力大于水對船的力C．人對撐桿的力與撐桿對人的力大小相等D．撐桿對河底的力大于河底對撐桿的力解析：選C船對人的力與人對船的力，船對水的力與水對船的力，人對撐桿的力與撐桿對人的力，撐桿對河底的力與河底對撐桿的力，以上四對力都屬于作用力和反作用力，作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，選項C正確，A、B、D錯誤。3.如圖所示，質量相等的甲、乙兩人所用繩子相同，甲拉住繩子懸在空中處于靜止狀態(tài)；乙拉住繃緊繩子的中點把繩子拉斷了，則()A．繩子對甲的拉力小于甲所受的重力B．繩子對甲的拉力大于甲對繩子的拉力C．乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定小于乙所受的重力D．乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定大于乙所受的重力解析：選D甲拉住繩子懸在空中處于靜止狀態(tài)，繩子對甲的拉力等于甲所受的重力，A錯誤；由牛頓第三定律可知，繩子對甲的拉力與甲對繩子的拉力大小相等，B錯誤；因乙能把繩子拉斷，說明乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定大于甲拉繩子的力，也一定大于乙所受的重力，C錯誤，D正確。4.高鐵是我國“新四大發(fā)明”之一。有一段視頻，幾年前一位乘坐京滬高鐵的外國人，在最高時速300公里行駛的列車水平窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示，在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車橫向變道進站的時候，硬幣才倒下。這一視頻證明了我國高鐵極好的穩(wěn)定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是()A．硬幣直立過程可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用B．硬幣直立過程一定只受重力和支持力而處于平衡狀態(tài)C．硬幣倒下是因為受到風吹D．列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用解析：選A當列車勻速直線行駛時，硬幣立于列車水平窗臺上，說明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力，當列車在加速或減速過程中，沿著行進方向的靜摩擦力或與行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣的加速度，故A正確，B、D錯誤；硬幣倒下是因為列車橫向變道時，列車運動的方向發(fā)生變化，硬幣由于慣性運動狀態(tài)與列車不一致而倒下，故C錯誤。5．(2021·揚州期末)如圖所示，在一輛表面光滑且足夠長的小車上，有質量分別為m1、m2的兩個小球(m1>m2)，原來隨小車一起做勻速直線運動，當小車突然停止時，如不考慮其他阻力，則兩個小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．無法確定，因為不知小車的運動方向解析：選B小車停止前，兩個小球和小車一起做勻速直線運動，并且兩個小球和小車具有共同的速度，當小車突然停止時，由于小球在光滑接觸面上，因此兩個小球由于慣性，還要保持原來大小不變的速度做勻速直線運動，又兩球的速度相同，相同時間內通過的位移相同，因此兩個小球間的距離不變，一定不會相碰，故B正確，A、C、D錯誤。6．下列說法錯誤的是()A．“天宮二號”進入運行軌道后，與地球之間仍然存在一對作用力與反作用力B．火箭加速上升時，火箭發(fā)動機的推力大于火箭的重力C．雞蛋撞擊石頭，蛋碎石全，是因為雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D．乒乓球可以快速抽殺，是因為乒乓球慣性小解析：選C“天宮二號”進入運行軌道后，地球對它的引力和它對地球的引力是一對作用力和反作用力，A對；火箭加速上升時，有向上的加速度，依牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，F(xiàn)＞mg，B對；雞蛋對石頭的作用力與石頭對雞蛋的作用力大小相等、方向相反，雞蛋殼的機械強度遠小于石頭的機械強度，所以蛋碎石全，C錯；乒乓球質量小，慣性小，運動狀態(tài)容易改變，可以快速抽殺，D對。7.牛頓第一定律是建立在理想斜面實驗基礎上經(jīng)抽象分析推理得出的結論，它不是實驗定律。利用如圖所示的裝置做如下實驗：物塊從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿水平面滑動。水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，物塊沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是()A．如果物塊不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)B．如果物塊受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變C．如果水平面光滑，物塊將沿著水平面一直運動下去D．物塊受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小解析：選C根據(jù)實驗結果，水平面的粗糙程度越低，物塊滑得越遠，由此得出結論，如果水平面光滑，物塊將沿著水平面一直運動下去。故C正確。8．(2021·連云港模擬)如圖所示是我國首次立式風洞跳傘實驗的情景，風洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”，此過程中()A．地球對人的吸引力和人對地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到氣流的力是一對作用力與反作用力C．人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小D．人被向上“托起”時處于失重狀態(tài)解析：選A地球對人的吸引力和人對地球的吸引力是一對相互作用力，等大反向，A項正確；相互作用力是兩個物體間的相互作用，而人受到的重力和人受到氣流的力涉及人、地球、氣流三個物體，不是一對相互作用力，B項錯誤；由于風洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”，在豎直方向上人受到的合力不為零，所以人受到的重力大小不等于氣流對人的作用力大小，C項錯誤；實驗者被加速向上“托起”時，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，D項錯誤。9.如圖所示，一只小甲蟲沿著傾斜的樹枝向上勻速爬行，則()A．甲蟲速度越大所受摩擦力越大B．樹枝對甲蟲的摩擦力方向沿樹枝向下C．樹枝對甲蟲的作用力與甲蟲所受的重力是一對平衡力D．甲蟲勻速向下爬行與勻速向上爬行所受摩擦力方向相反解析：選C設樹枝傾角為θ，根據(jù)平衡條件可知甲蟲所受的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿樹枝向上，勻速運動過程中，θ不變，則摩擦力不變，故A、B錯誤；勻速運動，受力平衡，樹枝對甲蟲的作用力與甲蟲所受的重力是一對平衡力，故C正確；甲蟲勻速向下爬行與勻速向上爬行所受摩擦力方向相同，均為沿樹枝向上，故D錯誤。10．將木塊放在小車上，使木塊與小車一起向右勻速運動，當小車被擋板擋住時，下列實驗現(xiàn)象正確的是()A．假設小車上表面光滑，木塊將如圖甲所示向前傾倒B．假設小車上表面光滑，木塊將如圖乙所示向前滑動C．假設小車上表面粗糙，木塊將如圖丙所示向后傾倒D．假設小車上表面粗糙，木塊將如圖乙所示向前滑動解析：選B當小車被擋板擋住時，小車將停下。如果小車上表面光滑，則木塊下部不受摩擦力，此時整個木塊將由于慣性而保持向右的勻速直線運動狀態(tài)，A錯誤，B正確；如果小車上表面粗糙，則木塊上部由于慣性將繼續(xù)向右運動，但下部受到一個向左的摩擦力，此時木塊將如題圖甲所示向前傾倒，C、D錯誤。第2講牛頓第二定律兩類動力學問題一、牛頓第二定律1．內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2．表達式：F＝ma。3．適用范圍(1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系)。(2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。二、單位制1．單位制：由基本單位和導出單位一起組成了單位制。2．基本單位：基本物理量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是質量、長度和時間，它們的國際單位分別是kg、m和s。3．導出單位：由基本單位根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位。三、兩類動力學問題1．動力學的兩類基本問題第一類：已知受力情況求物體的運動情況。第二類：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”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如下圖所示：情景創(chuàng)設讓一名孩子用單只手推光滑水平面上很重的一個箱子。微點判斷(1)因為孩子一只手的力氣較小，所以箱子可能不動。(×)(2)孩子對箱子施力，然后產生了加速度，加速度的產生滯后于力的作用。(×)(3)箱子加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)(4)箱子的質量與箱子的加速度成反比。(×)(5)若孩子的推力逐漸減小，則箱子做減速運動。(×)(6)孩子停止用力，則箱子立刻停下來。(×)提能點(一)牛頓第二定律(自練通關)點點通1．[對牛頓第二定律的理解]根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A．物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度C．物體加速度的大小與所受作用力中任一個力的大小成正比D．當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比解析：選D根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)可知，物體的加速度與速度無關，選項A錯誤；即使合力很小，也能使物體產生加速度，選項B錯誤；物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項C錯誤；力和加速度為矢量，物體的加速度與質量成反比，選項D正確。2．[合力、加速度、速度之間的決定關系]下列關于速度、加速度、合外力之間的關系，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，但加速度可能很大，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很大解析：選C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，加速度一定也越大，故選項C正確。3．[牛頓第二定律與力的合成的綜合問題](2021·宿遷質檢)如圖所示，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演。若盤的質量為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。則下列說法正確的是()A．若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則手指對盤的作用力等于mgB．若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則盤受到水平向右的靜摩擦力C．若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力大小為μmgD．若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤的作用力大小為eq\r(1＋μ2)mg解析：選A若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，則手指對盤的作用力等于mg，選項A正確；若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則水平方向盤不受力，即盤不受靜摩擦力，選項B錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力為靜摩擦力和支持力，大小不等于μmg，選項C錯誤；若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向對盤子的支持力為mg，則手指對盤的作用力的最大值等于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D錯誤。一站過1．牛頓第二定律的五個特性2．合力、加速度、速度之間的決定關系(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，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。3．三點提醒(1)分析物體的運動性質，要從受力分析入手，先求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。(2)速度增大或減小取決于加速度和速度方向間的關系，和加速度的大小沒有關系。(3)加速度如何變化取決于物體的質量和合外力，與物體的速度沒有關系。提能點(二)牛頓第二定律的瞬時性問題(題點精研)研微點一、彈力能瞬間改變的情形1．[輕繩連接]如圖所示，質量為m的小球被一根橡皮筋AC和一根繩BC系住，當小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是()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gtanθC．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gsinθ2.[輕桿連接]兩個質量均為m的小球，用輕桿連接后通過細繩懸掛在天花板上，如圖所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，重力加速度為g則()A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2對點清1.求解瞬時加速度的一般思路(1)分析瞬時變化前、后物體的受力情況；(2)根據(jù)牛頓第二定律列方程；(3)求瞬時加速度。2．輕繩、輕桿、硬接觸面模型的特點對于輕繩、輕桿和硬接觸面這類物體認為是一種不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即改變或消失，不需要形變恢復時間。(1)在瞬時問題中，其彈力可以看成是瞬間改變的。(2)一般題目中所給細繩、輕桿和接觸面等在不加特殊說明時，均可按此模型處理。二、彈力不能瞬間改變的情形3．[彈簧連接](2021·徐州高三月考)如圖所示，小球在水平輕繩和輕彈簧拉力作用下靜止，彈簧與豎直方向夾角為θ。設重力加速度為g，下列說法正確的是()A．從A點剪斷彈簧瞬間，小球的加速度大小為g，方向豎直向下B．從A點剪斷彈簧瞬間，小球的加速度大小為eq\f(g,cosθ)，方向與豎直方向成θ角斜向右下方C．從B點剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為gsinθ，方向與水平方向成θ角斜向左下方D．從B點剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為gtanθ，方向與豎直方向成θ角斜向左上方4．[橡皮繩連接]“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩。如圖所示，質量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則()A．每根橡皮繩的拉力大小為eq\f(1,2)mgB．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小C．若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝gD．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g對點清彈簧、橡皮繩模型的特點1．當彈簧、橡皮繩的兩端與物體相連時，由于物體具有慣性，彈簧、橡皮繩的形變量不會瞬間發(fā)生突變。2．在求解瞬時加速度的問題中，其彈力的大小可認為是不變的，即彈簧或橡皮繩的彈力不發(fā)生突變。[備課札記][精解詳析——教師用書獨具]1．選C據(jù)題意，在AC剪斷前有：TBC＝eq\f(mg,cosθ)，AC剪斷后有：TBC′＝mgcosθ，且mgsinθ＝ma，所以A、B均錯誤；在BC剪斷前：TAC＝mgtanθ，BC剪斷之后瞬間據(jù)橡皮筋彈力保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtanθ，其合力為F合＝eq\r(TAC2＋G2)，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，則加速度為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(g,cosθ)，所以C正確、D錯誤。2．選A剪斷細繩的瞬間，A、B間輕桿中的彈力可瞬間發(fā)生變化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，兩球的加速度均為g，即a1＝g，a2＝g，選項A正確。3．選A從A點剪斷彈簧瞬間，小球所受的彈簧拉力消失，所受的輕繩拉力突變?yōu)榱?，小球在重力作用下向下運動，小球的加速度大小為g，方向豎直向下，故選項A正確，選項B錯誤；剪斷彈簧前，設彈簧的拉力為F，輕繩的拉力為FT，由平衡條件可知Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)T＝mgtanθ，從B點剪斷輕繩瞬間，小球所受的輕繩拉力消失，所受彈簧的拉力和重力不變，則小球所受的合力大小為mgtanθ，由mgtanθ＝ma可得小球的加速度大小為a＝gtanθ，方向水平向左，故C、D錯誤。4．選B設每根橡皮繩的拉力為F，由2Fcos30°＝mg可得F＝eq\f(\r(3),3)mg，兩懸點間距離變小，兩橡皮繩間夾角變小，橡皮繩的拉力F也變小，A錯誤，B正確；當小明左側橡皮繩在腰間斷裂時，右側橡皮繩拉力不變，此時小明的合力與左側初始時橡皮繩的拉力大小相等，方向相反，由eq\f(\r(3),3)mg＝ma可求得加速度a＝eq\f(\r(3),3)g，C錯誤；如果小明腰間拴的是兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，右側輕繩的拉力可瞬間發(fā)生變化，使小明沿右側輕繩方向加速度為零，由mgsin30°＝ma可得，此時小明的加速度a＝eq\f(1,2)g，選項D錯誤。提能點(三)動力學的兩類基本問題(活化思維)分類研1．[已知受力情況求運動情況](2021·山東等級考模擬)如圖甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會設置避險車道，供發(fā)生緊急情況的車輛避險使用，本題中避險車道是主車道旁的一段上坡路面。一輛貨車在行駛過程中剎車失靈，以v0＝90km/h的速度駛入避險車道，如圖乙所示。設貨車進入避險車道后牽引力為零，貨車與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2(1)為了防止貨車在避險車道上停下后發(fā)生溜滑現(xiàn)象，該避險車道上坡路面的傾角θ應該滿足什么條件？設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，結果用θ的正切值表示。(2)若避險車道路面傾角為15°，求貨車在避險車道上行駛的最大距離。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，結果保留2位有效數(shù)字)2．[已知運動情況求受力情況]水平地面上方A處有一小物塊，在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始豎直向上運動，如圖所示。經(jīng)過時間t到達B處，此時撤去力F，又經(jīng)過2t時間物塊恰好落到地面。已知重力加速度大小為g，A處離地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，忽略空氣阻力，則物塊的質量為()A.eq\f(5F,8g)B.eq\f(F,g)C.eq\f(3F,8g)D.eq\f(F,2g),握通法1．解決兩類動力學問題的兩個關鍵點2．兩類動力學問題的解題步驟[備課札記][精解詳析——教師用書獨具]1．解析：(1)當貨車在避險車道停下不發(fā)生溜滑時有：fm≥mgsinθ貨車所受的最大摩擦力fm＝μN＝μmgcosθ聯(lián)立可解得tanθ≤0.30。(2)貨車在避險車道上行駛時，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，則a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝5.51m/s2貨車的初速度v0＝90km/h＝25m/則貨車在避險車道上行駛的最大距離為x＝eq\f(v02,2a)≈57m。答案：(1)tanθ≤0.30(2)57m2．選A物塊在力F作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，上升高度為h1，末速度大小為v1，則h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物塊做豎直上拋運動，則－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，聯(lián)立解得a＝eq\f(3,5)g，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正確。提能點(四)超重與失重(自練通關)點點通1．[超重與失重現(xiàn)象判斷](2020·北京豐臺區(qū)期末)圖甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是平板所受壓力隨時間變化的圖像，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖像分析可知()A．人的重力可由b點讀出，約為300NB．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C．人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D．人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度解析：選C由題圖可知，開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開平板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點彈力與重力的差值要小于c點彈力與重力的差值，則人在b點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤。2．[根據(jù)失重分析物體的運動狀態(tài)](2019·浙江4月選考)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()A．A球將向上運動，B、C球將向下運動B．A、B球將向上運動，C球不動C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動解析：選D將掛吊籃的繩子剪斷瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，水處于完全失重狀態(tài)，即可以認為水和球之間沒有相互作用力。以杯子作為參考系，A受到向上的彈力作用，B受到向下的彈力作用，C不受到彈力作用，所以A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動。3．[超重、失重現(xiàn)象的應用](2021·南京檢測)如圖所示，臺秤上放一個木箱，木箱內有質量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細繩通過光滑定滑輪相連，m1＞m2?，F(xiàn)剪斷Q下端的細繩，在P下落但還沒有到達箱底的過程中，臺秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將()A．變大 B．變小C．不變 D．先變小后變大解析：選B剪斷Q下端的細繩后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但對P、Q以及滑輪和箱子組成的系統(tǒng)，整體有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故臺秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比減小了，選項B正確。一站過1．判斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度(1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(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)；向下的加速度恰好等于重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)。(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，處于超重狀態(tài)；物體向下加速或向上減速時，處于失重狀態(tài)。2．對超重和失重問題的三點提醒(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關，只取決于加速度的方向。(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。(3)發(fā)生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重。創(chuàng)新問題規(guī)律化——“動力學圖像問題”面面觀體會新考法1．(2019·全國卷Ⅲ改編)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質量為0.1kgB．2～4s內，力F的大小為0.4NC．0～2s內，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2解析：選B木板和實驗臺間的摩擦忽略不計，由題圖(b)知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖(c)知，2～4s內，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2設木板質量為m，根據(jù)牛頓第二定律，對木板有：2～4s內：F－F摩＝ma14～5s內：F摩＝ma2且知F摩＝0.2N，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，選項A正確，B錯誤。由題圖(c)可知木板在0～2s內處于靜止狀態(tài)，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤。2．(2020·浙江7月選考)如圖1所示，有一質量m＝200kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的eq\f(1,4)時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F-t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時恰好到達指定位置。若不計繩索的質量和空氣阻力(g取10m/s2)，求物件(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；(2)勻速運動的速度大?。?3)總位移的大小。解析：(1)牛頓第二定律mg－FT＝ma得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向豎直向下。(2)對勻減速運動過程，由運動學公式得v＝at2＝1m/s。(3)勻速上升的位移h1＝vt1＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m由題意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))h＝h1＋h2總位移h＝40m。答案：(1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m追根新教材1．(選自新粵教版必修第一冊)如圖所示是一質量為2kg的物體在水平地面上的兩種運動圖線。Ⅰ表示物體受到一個與初速度方向成30°角的斜向上拉力F作用時的v-t圖線。Ⅱ表示物體不受拉力作用時的v-t圖線。求物體與地面的動摩擦因數(shù)μ和拉力F的大小。(取g＝10m/s2)解析：根據(jù)v-t圖像的斜率等于加速度，由題圖線Ⅱ可知物體不受拉力時的加速度大小為a2＝eq\f(12,6)m/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma2可解得：μ＝0.2。由題圖線Ⅰ可得物體受拉力F時的加速度大小為a1＝eq\f(48－12,6)m/s2＝6m/s2由Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma1解得：F＝eq\f(ma1＋μmg,cos30°＋μsin30°)≈16.56N。答案：0.216.56N2．(選自新魯科版必修第一冊)如圖(a)所示，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖像如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則不能求出()A．斜面的傾角B．物塊的質量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解析：選B由題圖(b)可求出物塊沿斜面上升的最大位移及物塊沿斜面上滑的加速度a1和下滑的加速度a2，由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可求出μ和θ，但無法求出質量m，物塊沿斜面上滑的最大高度hm＝xmsinθ，也可以求出，故選項A、C、D正確，B錯誤。融通會遷移常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實質是力與運動的關系，要注意區(qū)分是哪一種動力學圖像。(2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。破題關鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。[熱點訓練]1.(2021·蘇州調研)如圖，在光滑的斜面上，輕彈簧的下端固定在擋板上，上端放有物塊Q，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做勻加速直線運動，以x表示Q離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是()解析：選A設斜面傾角為θ，開始時：mgsinθ＝kx0；當用一沿斜面向上的力F作用在Q上時，且Q的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故選項A正確。2．用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在力F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則不能計算出()A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F為14N時物體的速度C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)D．物體的質量解析：選B由a-F圖像可知，拉力在7N之前加速度都是0，因此可知最大靜摩擦力為7N，選項A正確；再由圖像可知，當F＝7N時，加速度為0.5m/s2，當F＝14N時，加速度為4m/s2，即F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，可求得動摩擦因數(shù)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14N時物體的速度，選項B錯誤。3．(2021·揚州模擬)如圖甲所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面，將一質量為m＝1kg的物體無初速度在斜面上釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系如圖乙所示，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則下列說法正確的是()A．2s末物體的速度大小是2.5m/sB．2s末物體的速度大小是10m/sC．前16s內物體發(fā)生的位移大小是15mD．前16s內物體發(fā)生的位移大小是30m解析：選D由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2.5m/s2，又v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝5m/s，故A、B錯誤；物體在前2s內發(fā)生的位移為x1，則x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m，當拉力為F2＝4.5N時，由牛頓第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5m/s2，物體經(jīng)過t2時間速度減為0，則v1＝a2t2，解得t2＝10s，t2時間發(fā)生的位移為x2，則x2＝v1t2－eq\f(1,2)a2t22＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，則物體在剩下4s時間內處于靜止狀態(tài)，故物體在前16s內所發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下，故C錯誤，D正確。1．(2021·商丘模擬)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圖線如圖所示，則()A．在0～t1內，外力F大小不斷增大B．在0～t1內，外力F大小不斷減小直至為零C．在t1～t2內，外力F大小可能不斷增大D．在t1～t2內，外力F大小可能先減小后增大解析：選Dv-t圖線的斜率表示加速度，所以在0～t1內，加速度為正并不斷減小，根據(jù)加速度a＝eq\f(F－μmg,m)，所以外力F大小不斷減小，F(xiàn)的最小值等于摩擦力，故A、B錯誤；在t1～t2內，加速度為負并且不斷變大，根據(jù)加速度的大小a＝eq\f(μmg－F,m)，外力F大小可能不斷減小，故C錯誤；如果在F先減小一段時間后的某個時刻，F(xiàn)的方向突然反向，根據(jù)加速度的大?。篴＝eq\f(μmg＋F,m)，F(xiàn)后增大，因為v-t圖線后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小可能先減小后增大，故D正確。2．(2021·南京模擬)在探究超重和失重規(guī)律時，某體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作。傳感器和計算機相連，經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖像，則下列圖像中可能正確的是()解析：選D對人的運動過程分析可知，人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力，D正確。3．(2021·汕頭模擬)如圖所示，建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時落在屋頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動。下列說法正確的是()A．改變傾角θ，雨滴下滑的時間不變B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短解析：選C設屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析如圖所示，受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度a＝gsinθ，雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎N′＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，B錯誤；根據(jù)三角關系判斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當θ＝45°時，用時最短，A、D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大，C正確。4．(2021·河南名校聯(lián)考)熱氣球為了便于調節(jié)運動狀態(tài)，需要攜帶壓艙物，某熱氣球科學考察結束后正以大小為v的速度勻速下降，熱氣球的總質量為M，當熱氣球離地某一高度時，釋放質量為eq\f(1,4)M的壓艙物，結果熱氣球到達地面時的速度恰好為零，整個過程中空氣對熱氣球作用力不變，忽略空氣對壓艙物的阻力，重力加速度為g，求：(1)釋放壓艙物時熱氣球離地的高度h；(2)熱氣球與壓艙物到達地面的時間差。解析：(1)由題意知釋放壓艙物前熱氣球勻速下降有F?。組g釋放壓艙物后：F浮－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－\f(1,4)M))g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－\f(1,4)M))a即熱氣球向下做勻減速運動的加速度大小為：a＝eq\f(1,3)g由于熱氣球到地面時的速度剛好為零，則h＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(3v2,2g)。(2)設壓艙物落地所用時間為t1，根據(jù)運動學公式有：h＝vt1＋eq\f(1,2)gt12，解得：t1＝eq\f(v,g)設熱氣球勻減速到地面所用時間為t2，則h＝eq\f(1,2)vt2，解得：t2＝eq\f(3v,g)因此兩者到達地面所用時間差為：t2－t1＝eq\f(2v,g)。答案：(1)eq\f(3v2,2g)(2)eq\f(2v,g)[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．(2021·浙江1月選考)如圖所示是我國自主研發(fā)的全自動無人值守望遠鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應僅為1×103W。若用國際單位制基本單位的符號來表示W(wǎng)，正確的是()A．N·s B．N·m/sC．kg·m/s D．kg·m2/s3解析：選D根據(jù)P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Fl,t)可知，功率(W)的導出單位為N·m/s，根據(jù)F＝ma可知，牛頓(N)的導出單位為kg·m/s2，因此用國際單位制基本單位表示功率單位為kg·m2/s3，故D正確。2.如圖所示，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?，F(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()A．物體從A到O先做加速運動后做減速運動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：選A物體從A到O，初始階段受到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?，至O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。A正確。3．木箱內的地板上放置一個5kg的物體，鋼繩吊著木箱靜止在某一高度處。從計時時刻開始鋼繩拉著木箱向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為4m/s2，至第3s末鋼繩突然斷裂，此后木箱先向上做勻減速運動，到達最高點后開始豎直下落，7s末落至地面。木箱在空中運動的過程中地板始終保持水平，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．第2s末物體的重力增大到70NB．第4s末物體對木箱地板的壓力為70NC．第4s末物體對木箱地板的壓力為50ND．第6s末物體對木箱地板的壓力為0解析：選D第2s末，物體的加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，但物體的重力不會隨著物體的運動狀態(tài)變化而變化，故A錯誤；第4s末物體的加速度為重力加速度g，物體處于完全失重狀態(tài)，物體對木箱地板的壓力為0，故B、C錯誤；第6s末物體的加速度為重力加速度g，物體處于完全失重狀態(tài)，物體對木箱地板的壓力為0，故D正確。4.(2021·六盤水模擬)如圖所示，質量為m的小球用兩根細線OA、OB連接，細線OA的另一端連接在車廂頂，細線OB另一端連接于側壁，細線OA與豎直方向的夾角為θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小為g，車向左做加速運動，當OB段細線拉力為OA段拉力的兩倍時，小車的加速度大小為()A．g B.eq\f(5,4)gC.eq\f(7,4)g D.eq\f(3,2)g解析：選C小球受力如圖所示，在豎直方向，由平衡條件得Fcos37°＝mg在水平方向，由牛頓第二定律得2F－Fsin37°＝解得a＝eq\f(7,4)g，故C正確，A、B、D錯誤。5．(2021·南通模擬)如圖所示，A、B兩球質量相等，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兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則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球的加速度的2倍解析：選D撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，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2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中由于用桿相連有共同的加速度a，所以整體分析：2mgsinθ＝2ma，a＝gsinθ，隔離小球B，mgsinθ＋F＝ma，所以F＝0，故D正確。6.(2021·保定月考)小物塊從一固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，如圖所示，已知小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長，傾角為37°，重力加速度為g。則小物塊在斜面上運動的時間為(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C．(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D．(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)解析：選C運用牛頓第二定律，上升時有ma1＝mgsin37°＋μmgcos37°，x1＝eq\f(v02,2a1)，t1＝eq\f(v0,a1)，解得t1＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(v02,2g)；下降時ma2＝mgsin37°－μmgcos37°，x1＝eq\f(1,2)a2t22，解得t2＝eq\r(5)eq\f(v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故C正確。7．(2021·泰州第一次聯(lián)考)壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，某實驗小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置。其工作原理圖如圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源連成電路，在壓敏電阻上放置一個絕緣重物，0～t1時間內升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化情況如圖乙所示，則下列判斷錯誤的是()A．t1～t2時間內絕緣重物處于超重狀態(tài)B．t3～t4時間內絕緣重物處于失重狀態(tài)C．升降機開始時可能停在1樓，從t1時刻開始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在高樓D．升降機開始時可能停在高樓，從t1時刻開始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在1樓解析：選D由于壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，又由于壓敏電阻與電流顯示器串聯(lián)，故重物超重，電流變大，重物失重，電流變小，A、B、C正確。8．質量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同，將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置，按圖乙放置，然后釋放A。已知斜面固定，重力加速度大小為g，則()A．此時輕繩的拉力大小為mgsinαB．此時輕繩的拉力大小為MgC．此時A運動的加速度大小為(1－sin2α)gD．此時A運動的加速度大小為eq\f(M－m,M)g解析：選D第一次按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsinα＝mg，第二次按題圖乙放置時，對A、B整體由牛頓第二定律得，Mg－mgsinα＝(m＋M)a，聯(lián)立得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，對B，由牛頓第二定律得T－mgsinα＝ma，解得T＝mg，故D正確，A、B、C錯誤。9．地面上測量質量的托盤天平在太空艙中將失效。于是，小明同學設計了如圖甲所示的太空質量測量儀。裝置D是軸承恒定拉力裝置，在設定的空間范圍內能夠給受力砧C提供恒定的拉力。砧C的質量m0＝1kg，裝置D提供的恒定拉力F＝20N。在裝置D外殼上安裝了連接到計算機的位移傳感器測速裝置A，在砧C上固定了輕質電磁波反射板B。進入工作狀態(tài)后，通過裝置A和反射板B可以繪制砧C的運動圖像。連接砧C末端的輕質繩可以把待測物體固定在砧C上。在某次太空實驗中，宇航員要用太空質量測量儀測量某實驗樣品的質量，輕質繩固定樣品后，拉出受力砧至最大位置后釋放，計算機呈現(xiàn)了如圖乙所示的物理圖像。求：(1)在此次實驗中，砧C運動時加速度大小a；(2)實驗樣品的質量m；(3)輕質繩施加給實驗樣品的拉力大小T。解析：(1)砧C和實驗樣品固定后，一起做勻加速直線運動，即有v2＝2ax，根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可知a＝5m/s2。(2)根據(jù)牛頓第二定律，以砧C和實驗樣品為研究對象，有：F＝(m0＋m)a，代入已知數(shù)據(jù)，解得m＝3kg。(3)以實驗樣品為研究對象，有：T＝ma，解得T＝15N。答案：(1)5m/s2(2)3kg(3)15N二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性10.(2021·南京模擬)如圖所示，質量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質量為m的小球，小球上下振動時框架始終沒有跳起，當框架對地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小為()A．g B.eq\f(M－mg,m)C.eq\f(Mg,m) D.eq\f(M＋mg,m)解析：選D當框架對地面壓力為零瞬間，彈簧對框架向上的作用力等于框架重力，則小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛頓第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小為a＝eq\f(M＋m,m)g，選項D正確。11．(2021·蘇州調研)在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上。另一端分別連在A和C上。在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài)解析：選C由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsinα。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acosα＝gsinα·cosα，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大小：F合＝mgsinα，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確，A、B、D錯誤。12.如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為m＝2kg的物體。物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示。物體從零時刻開始運動。(1)求當t＝0.5s時物體的加速度大小。(2)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的速度最大？最大值為多少？解析：(1)由題圖乙可知F2＝(2＋2t)N當t＝0.5s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3N由牛頓第二定律得F1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合-t圖像如圖所示從圖中可以看出，在0～2s范圍內當t＝0時，物體有最大加速度amFm＝mam，am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2當t＝2s時，物體也有最大加速度am′Fm′＝mam′，am′＝eq\f(Fm′,m)＝eq\f(－2,2)m/s2＝－1m/s2負號表示加速度方向向左。(3)由牛頓第二定律得a＝eq\f(F合,m)＝1－t(m/s2)畫出a-t圖像如圖所示由圖可知t＝1s時速度最大，最大值等于a-t圖像在t軸上方與橫、縱坐標軸所圍的三角形的面積，v＝eq\f(1,2)×1×1m/s＝0.5m/s。答案：(1)0.5m/s2(2)當t＝0時，加速度最大值am＝1m/s2；當t＝2s時，加速度最大值am′＝－1m/s2(3)t＝1s時，速度最大值v＝0.5m/s第3講牛頓運動定律的綜合應用一、動力學中的連接體問題(活化思維)1．連接體的運動特點輕繩輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。輕桿輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比。輕彈簧在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度相等。2．處理連接體問題的方法(1)整體法的選取原則及解題步驟①當只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況