【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第3章-第2節(jié)-牛頓第2定律-兩類動力學(xué)問題-教學(xué)講義-

其次節(jié)牛頓其次定律兩類動力學(xué)問題[同學(xué)用書P43]一、牛頓其次定律1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表達(dá)式：F＝ma.3．適用范圍(1)牛頓其次定律只適用于慣性參考系，即相對于地面靜止或勻速直線運動的參考系．(2)牛頓其次定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、低速運動(遠(yuǎn)小于光速)的狀況．1.(單選)依據(jù)牛頓其次定律，下列敘述正確的是()A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必需達(dá)到確定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D．當(dāng)物體質(zhì)量轉(zhuǎn)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(zhì)量成反比答案：D二、兩類動力學(xué)問題1．已知物體的受力狀況，求物體的運動狀況．2．已知物體的運動狀況，求物體的受力狀況．特殊提示：利用牛頓其次定律解決動力學(xué)問題的關(guān)鍵是利用加速度的“橋梁”作用，將運動學(xué)規(guī)律和牛頓其次定律相結(jié)合，查找加速度和未知量的關(guān)系，是解決這類問題的思考方向．2.(多選)(2021·高考浙江卷)如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛開頭豎直上升時的加速度為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開頭上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230N答案：AD三、力學(xué)單位制1．單位制：由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制．2．基本單位：基本物理量的單位，基本物理量共七個，其中力學(xué)有三個，它們是長度、質(zhì)量、時間，它們的單位分別是米、千克、秒．3．導(dǎo)出單位：由基本物理量依據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位．3.(單選)(2021·高考福建卷)在國際單位制(簡稱SI)中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導(dǎo)出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1答案：B掃一掃進(jìn)入91導(dǎo)學(xué)網(wǎng)()用牛頓其次定律解決問題考點一用牛頓其次定律求解瞬時加速度[同學(xué)用書P44]1．求解思路求解物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是明確該時刻物體的受力狀況或運動狀態(tài)，再由牛頓其次定律求出瞬時加速度．2．牛頓其次定律瞬時性的“兩種”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，其彈力馬上消逝，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．3．在求解瞬時加速度時應(yīng)留意的問題(1)物體的受力狀況和運動狀況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進(jìn)行受力分析和運動分析．(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變．(多選)(2021·銀川模擬)如圖所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面對下，大小均為gsinθB．B球的受力狀況未變，瞬時加速度為零C．A球的瞬時加速度沿斜面對下，大小為2gsinθD．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，瞬時加速度都不為零[思路點撥]細(xì)線燒斷瞬間，彈簧的彈力變化嗎？繩上的彈力還存在嗎？A球受力如何變化？B球受力又如何變化？[解析]細(xì)線燒斷瞬間，兩球受力如圖細(xì)線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力為mgsinθ＋kx＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，故A、D錯誤，B、C正確．[答案]BC[規(guī)律總結(jié)]解決瞬時加速度問題的關(guān)鍵是弄清哪些力發(fā)生了突變，哪些力瞬間不變，正確畫出變化前后的受力圖．1.(單選)(2021·孝感統(tǒng)測)如圖所示，彈簧一端固定在天花板上，另一端連一質(zhì)量為M＝2kg的秤盤，盤內(nèi)放一個質(zhì)量為m＝1kg的物體，秤盤在豎直向下的拉力F的作用下保持靜止，F(xiàn)＝30N，突然撤去拉力F的瞬間，物體對秤盤的壓力為(g＝10m/s2)()A．10N B．15NC．20N D．40N解析：選C.由于拉力F撤去之前秤盤和物體均保持靜止，系統(tǒng)受力平衡，在拉力F撤去的瞬間，系統(tǒng)所受合力方向向上，對整體由牛頓其次定律可得F＝(M＋m)a，對物體再依據(jù)牛頓其次定律可得FN－mg＝ma，兩式聯(lián)立解得FN＝20N，再依據(jù)牛頓第三定律可知物體對秤盤的壓力大小為20N，方向豎直向下，C正確．考點二動力學(xué)兩類基本問題[同學(xué)用書P44]求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：分析解決這兩類問題的關(guān)鍵：應(yīng)抓住受力狀況和運動狀況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．(2021·太原質(zhì)檢)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊受到沿斜面對上的F＝9.0N的拉力作用，小物塊由靜止沿斜面對上運動．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25(斜面足夠長，取g＝10m/s2.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．(1)求小物塊運動過程中所受摩擦力的大?。?2)求在拉力的作用過程中，小物塊加速度的大小；(3)若在小物塊沿斜面對上運動0.80m時，將拉力F撤去，求此后小物塊沿斜面對上運動的距離．[思路點撥](1)F作用時，物塊受力狀況如何？(2)撤去F后，物塊受力狀況如何？加速度大小、方向如何？(3)撤去F前后兩段運動的關(guān)聯(lián)是哪個物理量？[解析](1)F作用時，物體受力如圖甲所示．Ff＝μmgcos37°＝2.0N.(2)設(shè)加速度為a1，依據(jù)牛頓其次定律有F－Ff－mgsin37°＝ma1解得a1＝1.0m/s2.(3)設(shè)撤去拉力前小物塊運動的距離為x1，撤去拉力時小物塊的速度為v，撤去拉力后小物塊的加速度和向上運動的距離大小分別為a2、x2，有v2＝2a1x1①撤去F后，物體受力如圖乙所示．由牛頓其次定律得：mgsin37°＋Ff＝ma2②v2＝2a2x2③聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)解得：x2＝0.10m.[答案](1)2.0N(2)1.0m/s2(3)0.10m[總結(jié)提升](1)解決兩類動力學(xué)基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵①一個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁．②兩類分析——受力分析和運動過程分析．(2)解決動力學(xué)基本問題時對力的兩種處理方法①合成法：物體受2個或3個力時，一般接受“合成法”．②正交分解法：物體受3個或3個以上的力時，則接受“正交分解法”．(3)解答動力學(xué)兩類問題的基本程序①明確題目中給出的物理現(xiàn)象和物理過程的特點．②依據(jù)問題的要求和計算方法，確定爭辯對象，進(jìn)行受力分析和運動過程分析，并畫出示意圖．③應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解．2.傾角θ＝37°、質(zhì)量M＝5kg的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量m＝2kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開頭勻加速下滑，經(jīng)t＝2s到達(dá)底端，運動路程L＝4m，在此過程中斜面保持靜止(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，求：(1)地面對斜面的摩擦力大小與方向；(2)地面對斜面的支持力大?。馕觯?1)木塊在斜面上勻加速下滑，由L＝eq\f(1,2)at2，解得加速度a＝2m/s2.設(shè)斜面對木塊的摩擦力為Ff1，支持力為FN1.隔離木塊分析受力，由牛頓其次定律得：mgsinθ－Ff1＝ma，mgcosθ－FN1＝0，聯(lián)立解得Ff1＝8N，F(xiàn)N1＝16N.設(shè)地面對斜面的摩擦力大小為Ff，方向向左，隔離斜面分析受力，對水平方向，由平衡條件得，F(xiàn)f＋Ff1cosθ＝FN1sinθ，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝3.2N，方向向左．(2)設(shè)地面對斜面的支持力大小為FN，隔離斜面分析受力，對豎直方向，由平衡條件得，F(xiàn)N＝Mg＋Ff1sinθ＋FN1cosθ，代入數(shù)據(jù)解得地面對斜面的支持力大小FN＝67.6N.答案：(1)3.2N方向向左(2)67.6N考點三動力學(xué)圖象問題[同學(xué)用書P45]1．圖象類型(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖象，要求分析物體的運動狀況．(2)已知物體在一運動過程中位移、速度、加速度隨時間變化的圖象，要求分析物體的受力狀況．(3)已知物體在物理圖景中的運動初始條件，分析物體位移、速度、加速度隨時間的變化狀況．2．問題的實質(zhì)：是力與運動的關(guān)系問題，求解這類問題的關(guān)鍵是理解圖象的物理意義，理解圖象的軸、點、線、截、斜、面六大功能．(2021·陜西西安高新一中模擬)小物塊以確定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由試驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖所示．取g＝10m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：sin30°＝0.5，sin37°＝0.6.求：(1)物塊的初速度v0；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)計算說明圖線中P點對應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)．[審題點睛](1)θ＝0.5π時，物體做什么運動？(2)θ＝0時，斜面變?yōu)槭裁疵妫恳罁?jù)上述兩個特殊狀況分別求解哪個物理量？[解析](1)當(dāng)θ＝90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0，由題圖得上升最大高度為h＝3.2m，由veq\o\al(2,0)＝2gh，得v0＝8m/s.(2)當(dāng)θ＝0時，物塊相當(dāng)于在水平面上做勻減速直線運動，末速度為0，由題圖得水平最大位移為x＝6.4m，由運動學(xué)公式有：veq\o\al(2,0)＝2ax，由牛頓其次定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為θ，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0，由圖得物塊沿斜面運動的最大位移為x′＝3.2m，由運動學(xué)公式有：veq\o\al(2,0)＝2a′x′，由牛頓其次定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，得10sinθ＋5cosθ＝10，得θ＝37°.由于mgsinθ＝6m＞μmgcosθ＝4m，所以能滑回斜面底端．[答案](1)8m/s(2)0.5(3)37°能滑回底端，理由見解析[總結(jié)提升]數(shù)形結(jié)合解決動力學(xué)問題(1)物理公式與物理圖象的結(jié)合是一種重要題型．對于已知圖象求解相關(guān)物理量的問題，往往是結(jié)合物理過程從分析圖象的橫、縱坐標(biāo)軸所對應(yīng)的物理量的函數(shù)入手，分析圖線的斜率、截距所代表的物理意義得出所求結(jié)果．(2)解決這類問題必需把物體的實際運動過程與圖象結(jié)合，相互對應(yīng)起來．3.(單選)(2022·高考福建卷)如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零．對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()解析：選B.在物塊下滑的過程中，依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，故加速度保持不變，所以D錯誤；物塊做勻減速直線運動，所以C錯誤；依據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律s＝v0t－eq\f(1,2)at2可知B正確；下降的高度h＝ssinθ，所以A錯誤．[同學(xué)用書P45]物理模型——傳送帶模型中的動力學(xué)問題1．模型特征一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上開頭運動的力學(xué)系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型，如圖甲、乙、丙所示．2．建模指導(dǎo)傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題．(1)水平傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析推斷．依據(jù)物體與傳送帶的相對速度方向推斷摩擦力方向．兩者速度相等是摩擦力突變的臨界條件．(2)傾斜傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運動狀況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．假如受到滑動摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后依據(jù)物體的受力狀況確定物體的運動狀況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．(18分)(2021·四川成都七中開學(xué)考試)如圖所示，傳送帶與地面傾角θ＝37°，從A到B長度為L＝10.25m，傳送帶以v0＝10m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．在傳送帶上端A無初速地放一個質(zhì)量為m＝0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色痕跡．已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)煤塊從A到B的時間；(2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度．[審題點睛](1)煤塊剛放上時，推斷摩擦力的方向，計算加速度．(2)推斷煤塊能否達(dá)到與傳送帶速度相等，若不能，煤塊從A→B加速度不變，若能，則要進(jìn)一步推斷煤塊能否相對傳送帶滑動．(3)達(dá)到相同速度后，若煤塊不再滑動，則勻速運動到B點，形成的痕跡長度等于傳送帶和煤塊對地的位移之差．煤塊若相對傳送帶滑動，之后將以另一加速度運動到B點，形成的痕跡與上段留下的痕跡重合，最終結(jié)果取兩次痕跡長者．eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)煤塊剛放上時，受到向下的摩擦力，如圖甲，其加速度為a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，(2分)t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，(1分)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m＜L，即下滑5m與傳送帶速度相等．(2分)達(dá)到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan37°，煤塊仍將加速下滑，如圖乙，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，(2分)x2＝L－x1＝5.25m，(1分)x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，(2分)得t2＝0.5s，(2分)則煤塊從A到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5s．(1分)甲乙(2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，(2分)其次過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，(2分)Δx1與Δx2部分重合，故痕跡總長為5m．(1分)[答案](1)1.5s(2)5m[總結(jié)提升]解答傳送帶問題應(yīng)留意的事項(1)水平傳送帶上物體的運動狀況取決于物體的受力狀況，即物體所受摩擦力的狀況．(2)傾斜傳送帶問題，確定要比較斜面傾角與動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系．(3)傳送帶上物體的運動狀況可按下列思路判定：相對運動→摩擦力方向→加速度方向→速度變化狀況→共速，并且明確摩擦力發(fā)生突變的時刻是v物＝v傳．4.(多選)(2021·湖北黃岡模擬)三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是2m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以v0的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，下列說法正確的是()A．若v0≥1m/s，則物塊A先到達(dá)傳送帶底端B．若v0≥1m/s，則物塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端C．若v0＜1m/s，則物塊A先到達(dá)傳送帶底端D．若v0＜1m/s，則物塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端解析：選BC.由于μ＜tan37°，若v0≥1m/s，兩物塊以相同的初速度和加速度沿傳送帶下滑，摩擦力均阻礙物塊的運動，所以物塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端，B選項正確；若v0＜1m/s，開頭運動的一段時間內(nèi)，物塊A的加速度大于物塊B的加速度，然后加速度相等，所以物塊A先到達(dá)傳送帶底端，即C選項正確．[同學(xué)用書P46]1．(單選)(2021·佛山質(zhì)檢)我國宇航員王亞平在天宮授課時，利用質(zhì)量測量儀粗略測出了聶海勝的質(zhì)量．若聶海勝受到恒力F從靜止開頭運動，經(jīng)時間t移動的位移為s，則聶海勝的質(zhì)量為()A.eq\f(Ft2,s) B.eq\f(Ft,2s)C.eq\f(Ft,s) D.eq\f(Ft2,2s)解析：選D.由牛頓其次定律得F＝ma，由勻變速直線運動位移和時間關(guān)系得s＝eq\f(1,2)at2，解得m＝eq\f(Ft2,2s)，D項正確．2．(單選)(2021·陜西質(zhì)檢)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則()A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球確定沿球拍向上運動解析：選A.由題意，球受重力和支持力作用沿水平方向加速運動，由牛頓其次定律有：a＝gtanθ，A項正確；球拍對球的支持力F＝eq\f(mg,cosθ)，B項錯；對球和球拍整體，受重力和運動員對球拍的力F′，應(yīng)用牛頓其次定律可知，F(xiàn)′＝eq\f(m＋Mg,cosθ)，C項錯；a＝gtanθ＞gsinθ時，球相對球拍靜止，D項錯．3．(多選)(2021·河北正定中學(xué)第一次月考)如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，B、C間由一輕桿相連．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()A．A球的加速度沿斜面對上，大小為gsinθB．C球的受力狀況未變，加速度為0C．B、C兩球的加速度均沿斜面對下，大小均為gsinθD．B、C之間桿的彈力大小為0解析：選CD.據(jù)題意，細(xì)線未燒斷前對A球受力分析，受力如圖．由于A球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則據(jù)平衡條件有：F＝GAsinθ＋TA＝3mgsinθ；現(xiàn)將細(xì)線燒斷，據(jù)彈簧彈力具有瞬間保持原值的特性，則對A球有：F－GAsinθ＝ma，故A球此時加速度為a＝2gsinθ，方向沿斜面對上，A選項錯誤；細(xì)線燒斷后B、C球整體只受到重力和支持力，則加速度a＝gsinθ，方向沿斜面對下，所以B、C之間沒有相互作用力，故C、D選項正確，B選項錯誤．4．(單選)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：選C.設(shè)斜面的傾角為θ，依據(jù)牛頓其次定律，知物塊的加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＞0，即μ＜tanθ.對物塊施加豎直向下的壓力F后，物塊的加速度a′＝eq\f(mg＋Fsinθ－μmg＋Fcosθ,m)＝a＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，且Fsinθ－μFcosθ＞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．5．(單選)(2021·朝陽區(qū)模擬)如圖甲所示，一個靜止在光滑水平面上的物塊，在t＝0時給它施加一個水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則物塊速度v隨時間t變化的圖象是()解析：選C.由題意知F即為物塊受到的合力，加速度先變小后變大，而方向不變，速度始終增大，故A、B錯誤；在v－t圖象中，曲線某點切線的斜率表示瞬時加速度，斜率應(yīng)是先減小后增大，故C正確，D錯誤．6．(多選)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開頭計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2＞v1，則()A．t2時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：選BC.相對地面而言，小物塊在0～t1時間內(nèi)，向左做勻減速運動，t1～t2時間內(nèi)，又反向向右做勻加速運動，當(dāng)其速度與傳送帶速度相同時(即t2時刻)，小物塊向右做勻速運動．故小物塊在t1時刻離A處距離最大，A錯誤．相對傳送帶而言，在0～t2時間內(nèi)，小物塊始終相對傳送帶向左運動，故始終受向右的滑動摩擦力，在t2～t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大值，B、C正確，D錯誤．一、單項選擇題1．(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開頭，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?。苷_描述F與a之間的關(guān)系的圖象是()解析：選C.物塊的受力如圖所示，當(dāng)F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故其加速度為0；當(dāng)F大于最大靜摩擦力后，由牛頓其次定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F(xiàn)與a成線性關(guān)系．選項C正確．2．(2021·海南三亞一中其次次月考)豎直起飛的火箭在推力F的作用下產(chǎn)生10m/s2的加速度，若推力增大到2F，則火箭的加速度將達(dá)到(g取10m/s2，不計空氣阻力)()A．20m/s2 B．25m/s2C．30m/s2 D．40m/s2解析：選C.依據(jù)牛頓其次定律可知F－mg＝ma1，當(dāng)推力為2F時，有2F－mg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝30m/s2，則C正確．3.如圖所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)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()A．a(chǎn)1＝0a2＝0B．a(chǎn)1＝aa2＝eq\f(m2,m1＋m2)aC．a(chǎn)1＝eq\f(m1,m1＋m2)aa2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a(chǎn)1＝aa2＝eq\f(m1,m2)a解析：選D.F作用下，彈簧彈力T＝m1a，撤去外力瞬間A受力不變，a1＝a，B的加速度大小為a2＝eq\f(T,m2)＝eq\f(m1,m2)a，故D正確．4．(2021·福建四地六校聯(lián)考)如圖所示，傳送帶保持1m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.5kg的物體輕輕地放在傳送帶的a點上，設(shè)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5m，則物體從a點運動到b點所經(jīng)受的時間為(g取10m/s2)()A.eq\r(5)s B．(eq\r(6)－1)sC．3s D．2.5s解析：選C.物體在傳送帶上運動的加速度為a＝μg＝1m/s2，加速到與傳送帶共速的時間為t1＝eq\f(v,a)＝1s，加速的距離為x＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，以后物體隨傳送帶勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝2s，則物體從a點運動到b點所經(jīng)受的時間為3s，選項C正確．☆5.(2022·高考重慶卷)以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開頭計時，一個物體所受空氣阻力可忽視，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v－t圖象可能正確的是()解析：選D.不受空氣阻力的物體，整個上拋過程中加速度恒為g，方向豎直向下，題圖中的虛線表示該物體的速度—時間圖象；受空氣阻力的物體在上升過程中，mg＋kv＝ma，即a＝g＋eq\f(kv,m)，隨著物體速度的減小，物體的加速度不斷減小，故A項錯誤；物體上升到最高點時，速度為零，此時物體的加速度也是g，方向豎直向下，故圖中實線與t軸交點處的切線的斜率應(yīng)與虛線的斜率相同，故D項正確，B、C項錯誤．☆6.(2021·南京外國語學(xué)校高三月考)在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k.在車廂的頂部用一根細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m2的小球．某段時間內(nèi)發(fā)覺細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止，如圖所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)彈簧的()A．伸長量為eq\f(m1g,k)tanθ B．壓縮量為eq\f(m1g,k)tanθC．伸長量為eq\f(m1g,ktanθ) D．壓縮量為eq\f(m1g,ktanθ)解析：選A.對小球：F合＝m2gtanθ＝m2a，a＝gtanθ，對木塊：F彈＝kx＝m1a，x＝eq\f(m1g,k)tanθ，故A正確．二、多項選擇題7．(2022·高考山東卷)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．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()A．t1 B．t2C．t3 D．t4解析：選AC.合外力方向即為加速度方向，t1時刻物體加速運動，速度與加速度同向，A正確；t2時刻，物體減速運動，速度與加速度反向，B錯誤；同理可判定C正確，D錯誤．8．(2021·山東濰坊一中檢測)如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m，甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計)；人與車始終保持相對靜止．下列說法正確的是()A．甲車的加速度大小為eq\f(F,M)B．甲車的加速度大小為0C．乙車的加速度大小為eq\f(2F,M＋m)D．乙車的加速度大小為0解析：選BC.將甲圖中的人和車視為一整體，其在水平方向受的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力)，故a甲＝0，選項A錯誤，選項B正確．將乙圖中的人和車視為一整體，其在水平方向受的外力為2F，由牛頓其次定律知：a乙＝eq\f(2F,M＋m)，則選項C正確，選項D錯誤．9.(2021·山東青島模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板攔住，處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一個力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽視一切摩擦，以下說法中正確的是()A．豎直擋板對球的彈力確定增大B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面對球的彈力保持不變D．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma解析：選AC.以小球為爭辯對象，分析受力狀況，如圖：小球受重力mg，豎直擋板對其的彈力F2和斜面對其的彈力F1，又知其加速度大小為a，依據(jù)牛頓其次定律得豎直方向：F1cosθ＝mg①水平方向：F2－F1sinθ＝ma②由①看出：斜面的彈力F1大小不變，與加速度無關(guān)，不行能為零，故B錯誤、C正確．由②看出：豎直擋板對球的彈力增大，故A正確．由對小球的受力分析知，F(xiàn)1、F2和mg的合力等于ma，故D錯誤．☆10.(2022·高考四川卷)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不行伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()解析：選BC.本題中條件間大小關(guān)系不明白，我們需要進(jìn)行爭辯．①若v2＞v1，則P、Q先一起做勻減速運動，且加速度大小a1＝eq\f(mQg＋fP,mQ＋mP).若P能減速到v1，當(dāng)fP≥mQg，P、Q共同勻速，速度大小為v1，當(dāng)fP＜mQg，P、Q連續(xù)減速，加速度大小a2＝eq\f(mQg－fP,mQ＋mP)，a1＞a2，故A錯誤．若傳送帶足夠長，P、Q減速到零后，反向加速，加速度大小為a2.②若v1≤v2.當(dāng)fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同勻速運動，加速度大小為a2＝eq\f(fP－mQg,mQ＋mP)當(dāng)fP＜mQg，P、Q可能始終減速，也可能先減速到零，后反向加速，加速度不變．綜上，B、C正確，D錯誤．三、非選擇題11.(原創(chuàng)題)2022年10月，“遼寧艦”解纜起航，連續(xù)進(jìn)行“殲－15”艦載機起降訓(xùn)練，如圖所示，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的傾斜跑道兩部分組成，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，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105N，方向與速度方向相同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的eq\f(1,10).假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，取g＝10m/s2.(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達(dá)傾斜跑道末端時的速