讲义：第3章 单元小结练 动力学基本问题的方法练最新备战高考精品讲义
高考物理一轮复习讲义 第3章 高考热点强化训练3 动力学图象问题
高考热点强化训练3动力学图象问题1．静止物体受到的合外力随时间变化的图象如图1所示,则它的速度随时间变化的图象是下列选项图中的()图1答案A解析由合外力随时间变化的图象,可知物体从静止开始运动,在前两段时间内都是做匀加速运动,且第二次加速度大于第一次加速度,之后合外力为零,做匀速运动,故A正确．2．一次演习中,一空降特战兵实施空降,飞机悬停在高空某处后,空降特战兵从机舱中跳下,设空降特战兵沿直线运动,其速度—时间图象如图2a所示,当速度减为零时特战兵恰好落到地面．已知空降特战兵的质量为60 kg.设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图b所示．不计空降特战兵所受的阻力．则空降特战兵(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,g＝10 m/s2)()图2A．前2 s处于超重状态B．从200 m高处开始跳下C．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 ND．整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s答案C解析 由题v －t 图象可知,降落伞在前2 s 内加速下降,中间5 s 匀速下降,最后6 s 减速下降,故前2 s 失重,选项A 错误;由v －t 图线与t 轴所围的面积等于物体位移的大小知,x ＝12×(5＋13)×20 m ＝180 m,选项B 错误;落地前瞬间a ＝Δv Δt ＝0－206 m/s 2＝－103m/s 2,对特战兵,由牛顿第二定律有mg －8F T ·cos 37°＝ma ,解得F T ＝125 N,选项C 正确;全程平均速度v ＝x t ＝18013m/s>10 m/s,选项D 错误．3．图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的O 表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F －t 图线,两图中a ～g 各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g ＝10 m/s 2,根据图象分析可知( )图3A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于失重状态C ．e 点位置人处于超重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度答案 C解析 开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是500 N,根据牛顿第三定律与平衡条件可知,人的重力也是500 N,故A 错误;c 点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,故B 错误;e 点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,故C 正确;人在d 点时:a 1＝F d －G m＝1 500－50050010 m/s 2＝20 m/s 2,人在f 点时:a 2＝G －0m ＝50050010m/s 2＝10 m/s 2,可知d 点的加速度大于f点的加速度,故D 错误．4．广州塔,昵称“小蛮腰”,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t ＝0时由静止开始上升,a －t 图象如图4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5 s 时,电梯处于失重状态B ．5～55 s 时间内,绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时,电梯处于超重状态D ．t ＝60 s 时,电梯速度恰好为零答案 D解析 利用a －t 图象可判断:t ＝4.5 s 时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A 错误;0～5 s 时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55 s 时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力等于重力,55～60 s 时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B 、C 错误;因a －t 图线与t 轴所围的“面积”代表速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t ＝60 s 时为零,D 正确．5.用外力F 拉一物体使其做竖直上升运动,不计空气阻力,加速度a 随外力F 的变化关系如图5所示,下列说法正确的是( )图5A ．物体的质量为F 0a 0B ．地球表面的重力加速度为2a 0C ．当a >0时,物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时,拉力F ＝F 0a 0a 1 答案 A解析 当F ＝0时a ＝－a 0,此时的加速度为重力加速度,故g ＝a 0,所以B 错误;当a ＝0时,拉力F＝F 0,拉力大小等于重力,故物体的质量为F 0a 0,所以A 正确;当a >0时,加速度方向竖直向上,物体处于超重状态,所以C 错误;当a ＝a 1时,由牛顿第二定律得F －mg ＝ma 1,又m ＝F 0a 0、g ＝a 0,故拉力F ＝F 0a 0(a 1＋a 0),所以D 错误． 6.(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图6所示,劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上．一质量为m 的小球,从离弹簧上端高h 处自由下落,接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中,下列关于小球的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是( )图6答案 AD解析 在小球下落的开始阶段,小球做自由落体运动,加速度为g ;接触弹簧后,开始时重力大于弹力,加速度方向向下,随着小球的不断下降,弹力逐渐变大,故小球做加速度减小的加速运动,某时刻加速度可减小到零,此时速度最大;小球继续下落时,弹力大于重力,加速度方向变为向上,且加速度逐渐变大,直到速度减小到零,到达最低点,由对称知识可知,到达最低点的加速度大于g ,故A 、D 正确．7．(多选)(2019·山东日照市3月模拟)长木板上表面的一端放有一个木块,木块与木板接触面上装有摩擦力传感器,如图7甲所示,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大),另一端不动,摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F f 随角度θ的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )图7 A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ1B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝F f2mg cos θ1C．木板与地面的夹角为θ2时,木块做自由落体运动D．木板由θ1转到的θ2的过程中,木块的速度变化越来越快答案AD解析由题图可知,当夹角为θ1时木块刚刚开始滑动,则mg sin θ1＝μmg cos θ1,可得μ＝tan θ1,故选项A正确,B错误;木板与地面的夹角为θ2时,摩擦力为零,则木块只受重力作用,但此时速度不是零,木块不做自由落体运动,做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动,故选项C错误;对木块,根据牛顿第二定律有:mg sin θ－μmg cos θ＝ma,则a＝g sin θ－μg cos θ,则木板由θ1转到的θ2的过程中,随着θ的增大,加速度a增大,即速度变化越来越快,故选项D正确．。
高考物理一轮复习 第三章 微专题17 动力学两类基本问题
动力学两类基本问题1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求x2段的动摩擦因数μ.(g取10 m/s2)图12．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动x＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2(1)计算B在2.0 s的加速度；(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图3(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.图4(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.(3)在无人机从离地高度H＝100 m处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.1.32解析 设物体的质量为m ，在x 1段物体做匀加速直线运动，在x 2段物体做匀减速运动，在x 1段由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2在x 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设x 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在x 1段：v 2＝2a 1x 1 在x 2段：v 2＝2a 2x 2，又x 2＝2x 1解得：μ＝322．(1)2.5 m/s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由x ＝12a B t 2得a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s.(3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为x A ＝12a A t 2＝4.5 m ，A 在B 上滑动的距离Δx ＝x －x A ＝0.5 m.3．(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知， 在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)．(2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，联立解得μ＝0.5，F ＝50 N.4．(1)75 m (2)40 m/s (3)53 5 s解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma得a ＝6 m/s 2 高度h ＝12at 2解得h ＝75 m(2)下落过程中mg －f ＝ma 1a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H解得v ＝40 m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1解得t 1＝553s。
2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第三章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
第2节牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
[注1](2)表达式：F＝ma。
[注2]2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
(2)基本单位[注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：[注4]【注解释疑】[注1]加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。
[注2]应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。
[注3]“基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。
[注4]既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。
[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。
3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。
[基础自测]一、判断题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。
(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。
(×)(3)物体的质量与加速度成反比。
(×)(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。
(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。
(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。
2021届高考物理 第三章单元小结练 牛顿运动定律和动力学问题分析
单元小结练 牛顿运动定律和动力学问题分析(限时：45分钟)1．(2021·重庆·4)如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示用意，让小球由倾角为θ的滑腻斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ转变的图象别离对应图2中的( )图1 图2A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②答案 B解析 由题意知，小球对斜面的压力F N ＝mg cos θ，随θ增大，F N 慢慢变小直至为零，y 1＝mg cos θmg＝cosθ，对应③；小球的加速度a ＝g sin θ，y 2＝g sin θg＝sin θ，最大为1，对应②.重力加速度为g 不变，y 3＝g g＝1，对应①.因此选项B 正确．2．如图3所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面滑腻连接．以下图象中v 、a 、F f 和s 别离表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程，其中正确的选项是 ( )图3 答案 C解析 物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力F f1＝μmg cos θ 加速度a 1＝g (sin θ－μcos θ)，速度v 1＝a 1t 1 路程s 1＝12a 1t 21，由此可知A 、B 、D 均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力F f2＝μmg ，加速度a 2＝μg ，速度v 2＝v 1－a 2t 2＝a 1t 1－a 2t 2，因此C 正确．3．如图4(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图(b)所示(g＝10 m/s2)，那么以下结论正确的选项是( )图4A．物体与弹簧分离时，弹簧处于紧缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2答案D解析设物体的质量为m，静止时弹簧的紧缩量为Δx，由题图可知Δx＝4 cm，由牛顿第二定律可得kΔx ＝mg ①现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，依照拉力F与物体位移x的关系可得10 N＝ma ②30 N－mg＝ma ③联立①②③能够解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度a＝5 m/s2，k＝500 N/m，故只有D正确．4．如图5所示，小车向右运动的进程中，某段时刻内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车箱静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有必然夹角．这段时刻内关于物块B受到的摩擦力下述判定中正确的选项是( )图5A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动性质不能确信，故B受到的摩擦力情形无法判定答案B解析由题图知A球的加速度大小为a＝g tan θ，方向向左，那么小车向右减速行驶，物块B相对小车有向右运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为F f＝m B g tan θ，只有B正确．5．如图6所示，一物体放在倾角为θ的传输带上，且物体始终与传输带相对静止．关于物体所受到的静摩擦力，以下说法正确的选项是( )图6A．当传输带加速向上运动时，加速度越大，静摩擦力越大B．当传输带匀速运动时，速度越大，静摩擦力越大C．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向必然沿斜面向下D．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向必然沿斜面向上答案A解析传输带加速向上运动时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得F f－mg sin θ＝ma，故加速度越大，摩擦力越大，A正确；传输带匀速运动时，依照平稳条件得F f＝mg sin θ，静摩擦力与物体运行速度无关，B错误；当传输带加速向下运动时，若是加速度小于g sin θ，摩擦力沿斜面向上，若是加速度大于g sin θ，摩擦力沿斜面向下，C、D错误．6．如图7所示，滑腻的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一路做匀加速运动，运动进程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．那么在粘上橡皮泥并达到稳固后，以下说法正确的选项是( )图7A．不管粘在哪块木块上面，系统的加速度必然减小B．假设粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．假设粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力必然都减小D．假设粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力必然都增大答案ACD解析将a、b、c看做一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，依照牛顿第二定律得整体加速度减小，A正确；若是粘在a上，对c受力分析，绳的拉力确实是c受到的合力，依照牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，依照牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；若是粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，依照牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为二者的合力，依照牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；若是粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，依照牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，依照牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．7．如图8所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的选项是( )图8A ．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值 答案 D解析 设球的质量为m ，斜面倾角为θ，斜面给球的弹力为F 1，竖直 挡板给球的弹力为F 2.对球受力分析，如下图．由牛顿第二定律得：F 1cos θ－mg ＝0，F 2－F 1sin θ＝ma解得F 1＝mgcos θ是定值，F 2＝mg tan θ＋ma ，故A 、B 错，D 正确；球所受斜面、挡板的力和重力的合力为ma ，故C 错．8．在商场的水平大厅，某学生观看到一效劳员推一列质量为m 1＝40 kg 的购物车由静止开始通过t 1＝10 s 通过的位移是x 1＝20 m ．领导为了提高工作效率，让效劳员在第二次推车时增加了车的数量，尔后该学生观测到这次车速由v 1＝1.8 m/s 增加到v 2＝3.8 m/s 通过了t 2＝10 s 的时刻．假设推动轨迹为直线，效劳员前后两次推力F 维持不变，车所受的阻力F f 等于车重的0.01倍，求第二次比第一次增加的车的质量m 2.(g ＝10 m/s 2) 答案 26.7 kg解析 设第一段进程加速度为a 1，第二段进程加速度为a 2 由运动学公式、牛顿第二定律有x 1＝a 1t 212a 2＝v 2－v 1t 2F －F f1＝m 1a 1 F －F f2＝(m 1＋m 2)a 2F f1＝0.01m 1g F f2＝0.01(m 1＋m 2)g联立以上各式解得m 2＝26.7 kg9．如图9所示，一块磁铁放在铁板ABC 上的A 处，其中AB 长为1 m ，BC 长为0.6 m ，BC 与水平面夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ＝0.25，现给磁铁一个水平向左的初速度v 0＝4 m/s ，不计磁铁通过B 处转向的机械能损失．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求： 图9(1)磁铁第一次抵达B 处的速度大小； (2)磁铁沿BC 向上运动的加速度大小；(3)请通过计算判定磁铁最终可否再次回到B 点． 答案 观点析解析 (1)在AB 段：F N ＝kmg ＋mg ＝1.2mgF f ＝μF N ＝0.25×1.2mg ＝0.3mg依照牛顿第二定律a 1＝F fm＝3 m/s 2v B ＝v 20－2a 1x ＝42－2×3×1 m/s ＝10 m/s(2)磁铁沿BC 向上运动时，F N ′－mg cos 37°－kmg ＝0μF N ′＋mg sin 37°＝ma 2 a 2＝μF N ′＋mg sin 37°m＝8.5 m/s 2(3)磁铁沿BC 向上运动的最大距离s ＝v 2B 2a 2＝102×8.5m≈0.59 m<0.6 m μ(mg cos 37°＋kmg )<mg sin 37°因此磁铁最终能再次回到B 点．10．如图10所示，将质量m ＝1.24 kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一名于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F ，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s 内前进了2 m ．(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图10(1)圆环加速度a 的大小； (2)拉力F 的大小．答案 (1)4 m/s 2 (2)12 N 或124 N解析 (1)小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知 x ＝12at 2a ＝2x t 2＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2(2)令F sin 53°－mg ＝0，那么F ＝15.5 N当F <15.5 N 时，环与杆上部接触，受力如图． 由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ＝ma F N ＋F sin θ＝mg由此得F ＝m a ＋μgcos θ＋μsin θ＝12 N 当F >15.5 N 时，环与杆下部接触，受力如图． 由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ′＝ma F sin θ＝F N ′＋mg由此得F ＝m a －μgcos θ－μsin θ＝124 N。
高考物理一轮复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和
第2讲两类动力学问题超重和失重两类动力学问题已知物体的受力情况桥梁先求出加速度已知物体的运动情况，求物体的受力情况牛顿运动定律的应用超重与失重超重与失重的认识超重失重视重与实重视重实重动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：(1)已知受力情况求运动情况．(2)已知运动情况求受力情况．在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学公式运动情况v，x，t超重与失重1．视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条件物体有向上的加速度物体有向下的加速度a＝g，方向向下视重F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝01．(多选)下列说法正确的是( )A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大【解析】物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．【答案】CD2.如图3－2－1所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)A．0B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右图3－2－1【解析】 物体受的合力的方向水平向右，且力F 的方向和Ff 的方向相同，则加速度大小a ＝F ＋Ff m ＝F ＋μmg m ＝20＋0.2×10×1010m/s2＝4 m/s2，故选项B 正确．【答案】 B3.如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力图3－2－2【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A4．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下图3－2－3【解析】 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －FN ＝ma ，可知a ＝g 5，方向竖直向下，D 对．【答案】 D两类动力学问题的分析和应用1.求解两类动力学问题涉及的主要知识一是牛顿第二定律(有时需用牛顿第三定律)F 合＝ma ，二是运动学公式v ＝v0＋at ，x ＝v0t ＋12at2，v2－v20＝2ax ，x ＝(v0＋v)t/2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如Fx ＝max ，Fy ＝may.(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．(2013·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s2.图3－2－4(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at2① v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ．⑪【答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30°1335N解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【迁移应用】1. (2014·徐州一中检测)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短图3－2－5【解析】放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－0＋v2t＝12vt＝v22μg，可见传送带速度越小，动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．【答案】 D超重失重的理解应用(多选)(2014·杭州模拟)某人乘电梯从24楼到1楼的v －t 图象如图3－2－6，下列说法正确的是( )图3－2－6A ．0～4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B ．4～16 s 内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s 不变，处于完全失重状态C ．16～24 s 内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s 减至0，处于失重状态D ．0～24 s 内，此人经过的位移为72 m【解析】 v －t 图线是一条倾斜直线，且a ＝Δv Δt ＝1 m/s2，A 对；4～16 s a ＝0 不是完全失重状态，B 错；16～24 s 内，电梯减速下降，a 向上，处于超重状态，C 错；0～24 s 内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x ＝12×(24＋12)×4 m＝72 m ，D 对． 【答案】 AD判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．【迁移应用】2. (多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂，如图3－2－7所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，人只受到一个力的作用图3－2－7【解析】在上拉过程中，人受到重力和单杠对人的作用力，A正确；上拉过程中，要先加速，后减速，即先超重，后失重，单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力，B错误；同理，下放过程中，单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力，C正确；下放的过程中，单杠对人有作用力，人不可能只受到一个力的作用，D错误．【答案】AC“弹簧类的动态变化”模型1.模型建立：物体先做自由落体运动，然后拉伸或压缩弹簧(橡皮绳只能拉伸)．2．分析方法：动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．3．运动特征：物体接触弹簧后，仍加速运动，当弹力和重力相等时加速度改变方向，此时速度最大．(多选)(2014·开封模拟)如图3－2－8为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度增大D．从c点到d点，运动员的加速度不变图3－2－8【审题指导】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明vd＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【解析】运动员的下落过程O→b为自由落体运动；b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B、C.【答案】BC【即学即用】(多选)如图3－2－9所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )图3－2－9A．小球刚接触弹簧瞬间的速度最大B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大【解析】小球接触弹簧上端后受两个力作用，向下的重力和向上的弹力，在接触的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，由F＝kx可知，弹力不断增大，则合力不断减小，故加速度也不断减小，但是加速度与速度方向相同，故速度不断增大；当弹力增加到与重力大小相等时，合外力为0，则加速度也为0，此时速度达到最大；此后，小球由于惯性还将继续向下运动，进一步压缩弹簧，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度也逐渐变大，方向与速度方向相反，小球做减速运动；到达最低点时，小球速度为0，弹簧压缩量最大．由此可知C、D正确．【答案】CD。
高考物理复习第三章链接高考3两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”讲义版
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”模型1 板块模型[模型解读]1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x23．解题步骤[典例赏析][典例1] (2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[审题指导] 如何建立物理情景，构建解题路径①首先分别计算出B 与板、A 与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A 、B 及木板的运动情况．②把握好几个运动节点．③由各自加速度大小可以判断出B 与木板首先达到共速，此后B 与木板共同运动． ④A 与木板存在相对运动，且A 运动过程中加速度始终不变．⑤木板先加速后减速，存在两个过程．[解析] (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 与木板间的摩擦力的大小分别为f 1、f 2，木板与地面间的摩擦力的大小为f 3，A 、B 、木板相对于地面的加速度大小分别是a A 、a B 和a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有：f 1＝μ1m Ag ①f 2＝μ1m Bg ②f 3＝μ2(m A ＋m B ＋m )g ③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：v 1＝1 m/s(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑨设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有： f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑩由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用时间为t 2，根据运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑪对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑫在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑬在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑭A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑮联立以上各式，代入数据得s 0＝1.9 m(也可以用下图的速度－时间图象做)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m滑块滑板类模型的思维模板[题组巩固]1.(2019·吉林调研)(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m 0的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量m 0，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t 增大解析：BD [根据牛顿第二定律得，木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg m 0，木块与木板分离，则有l ＝12a 1t 2－12a 2t 2得t ＝2l a 1－a 2.若仅增大木板的质量m 0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t 减小，故A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t 变小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故D 正确．]2．(2019·黑龙江大庆一模)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量m 0＝4 kg ，长l ＝2.5 m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F ＝20 N 拉木板，g 取10 m/s 2，求：(1)木板的加速度；(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间．解析：(1)木板受到的摩擦力为F f ＝μ(m 0＋m )g ＝10 N 木板的加速度为a ＝F －F f m 0＝2.5 m/s 2.(2)设拉力F 作用t 时间后撤去，木板的加速度为 a ′＝－F f m 0木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有a ＝－a ′＝2.5 m/s 2则有2×12at 2＝l 联立并代入数据解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间是1 s.答案：(1)2.5 m/s2(2)1 s3.(2019·河南中原名校联考)如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2 N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律得，F＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma′，设二者共速时的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式得，s＝v0t－12at2，s′＝12a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s－s′＝l，联立解得l＝0.5 m.答案：0.5 m模型2 传送带模型[模型解读]对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题[典例2] 如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)求：(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.[审题指导][解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋ μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v ＜v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知 μmg cos α－mg sin α＝ma 2又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78. (3)小物体从A 点运动到B 点经历的时间t 1＝v a 2，从B 点运动到C 点经历的时间t 2＝v 1a 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s.[答案] (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s 解传送带问题的思维模板[题组巩固]1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2(v 1＜v 2)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v －t 图象可能是( )解析：AC [物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故C 正确．物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故B 、D 错误，A 正确．]2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 解析：A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．]3．(2019·湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距4.45 m ，B 、C 相距很近，水平部分AB 以5 m s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．(2)若要将米袋送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．解析：(1)米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2 米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行距离：s 0＝v 202a 0＝2.5 m ＜AB ＝3 m 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度．设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，代入数据得：a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 202a＝1.25 m. (2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能达到D 点，则米袋速度减为v 1之前的加速度为： a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为0前的加速度为a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m. 解得：v 1＝4 m/s.即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝4 m/s米袋恰能运动到D 点所用时间最长为：t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝2.1 s 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，由s CD ＝v 0t min ＋12a 2t 2min 得：t min ＝1.16 s所以，所求的时间t 的范围为1．16 s≤t ≤2.1 s答案：(1)1.25 m (2)v CD≥4 m/s 1.16 s≤t≤2.1 s。
(江苏专版)高考物理一轮复习 第三章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题讲义(含解析)-人教版高三
牛顿第二定律两类动力学问题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向一样。
(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。
(×)(3)物体的质量与加速度成反比。
(×)(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。
(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。
(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。
(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的根本单位。
(×)(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。
(√)突破点(一) 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝F m是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m。
(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
[题点全练]1．(2019·温州月考)对牛顿第二定律的理解，错误的答案是( )A ．在F ＝kma 中，k 的数值由F 、m 、a 的单位决定B ．当合力为零时，加速度为零C ．加速度的方向总跟合力的方向一致D ．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用解析：选D 在F ＝kma 中，k 的数值由F 、m 、a 的单位决定，当F 、m 、a 的单位都取国际单位时，k 的数值取1，即F ＝ma ，故A 正确；物体所受合力为零时，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，加速度一定为零，故B 正确；根据牛顿第二定律知，加速度方向与合力的方向一样，故C 正确；根据牛顿第二定律知，当物体加速度不为零即有加速度时，如此合力不为零，当物体没有加速度即加速度为零时也可以受到外力作用，只是此时合力为零，故D 错误。
2.(2016·某某高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A ．OA 方向B ．OB 方向C ．OC 方向D ．OD 方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，如此三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度一样，所以球的加速度也向右，即沿OD 方向，应当选项D 正确。
高考物理大一轮复习 第三章单元小结练 牛顿运动定律和动力学问题分析(含解析)(1)
单元小结练 牛顿运动定律和动力学问题分析(限时：45分钟)1．(2013·重庆·4)如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图象分别对应图2中的( )图1 图2A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②答案 B解析 由题意知，小球对斜面的压力F N ＝mg cos θ，随θ增大，F N 逐渐变小直至为零，y 1＝mg cos θmg ＝cos θ，对应③；小球的加速度a ＝g sin θ，y 2＝g sin θg＝sin θ，最大为1，对应②.重力加速度为g 不变，y 3＝gg＝1，对应①.所以选项B 正确． 2．如图3所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列图象中v 、a 、F f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程，其中正确的是( )图3答案 C解析 物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力F f1＝μmg cos θ 加速度a 1＝g (sin θ－μcos θ)，速度v 1＝a 1t 1 路程s 1＝12a 1t 21，由此可知A 、B 、D 均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力F f2＝μmg，加速度a2＝μg，速度v2＝v1－a2t2＝a1t1－a2t2，所以C正确．3．如图4(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图(b)所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )图4A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2答案 D解析设物体的质量为m，静止时弹簧的压缩量为Δx，由题图可知Δx＝4 cm，由牛顿第二定律可得kΔx＝mg ①现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得10 N＝ma ②30 N－mg＝ma ③联立①②③可以解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度a＝5 m/s2，k＝500 N/m，故只有D正确．4．如图5所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角．这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是( )图5A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断答案 B解析由题图知A球的加速度大小为a＝g tan θ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向右运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为F f＝m B g tan θ，只有B正确．5．如图6所示，一物体放在倾角为θ的传输带上，且物体始终与传输带相对静止．关于物体所受到的静摩擦力，下列说法正确的是( )图6A．当传输带加速向上运动时，加速度越大，静摩擦力越大B．当传输带匀速运动时，速度越大，静摩擦力越大C．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向一定沿斜面向下D．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向一定沿斜面向上答案 A解析传输带加速向上运动时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得F f－mg sin θ＝ma，故加速度越大，摩擦力越大，A正确；传输带匀速运动时，根据平衡条件得F f＝mg sin θ，静摩擦力与物体运行速度无关，B错误；当传输带加速向下运动时，如果加速度小于g sin θ，摩擦力沿斜面向上，如果加速度大于g sin θ，摩擦力沿斜面向下，C、D错误．6．如图7所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )图7A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大答案ACD解析将a、b、c看做一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A正确；如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b 对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b 对a的摩擦力减小，C正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．7．如图8所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )图8A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值答案 D解析设球的质量为m，斜面倾角为θ，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2.对球受力分析，如图所示．由牛顿第二定律得：F1cos θ－mg＝0，F2－F1sin θ＝ma解得F1＝mgcos θ是定值，F2＝mg tan θ＋ma，故A、B错，D正确；球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma，故C错．8．在商场的水平大厅，某学生观察到一服务员推一列质量为m1＝40 kg的购物车由静止开始经过t1＝10 s通过的位移是x1＝20 m．经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了车的数量，此后该学生观测到这次车速由v1＝1.8 m/s增加到v2＝3.8 m/s 经过了t2＝10 s的时间．假设推进轨迹为直线，服务员先后两次推力F保持不变，车所受的阻力F f等于车重的0.01倍，求第二次比第一次增加的车的质量m2.(g＝10 m/s2) 答案26.7 kg解析设第一段过程加速度为a1，第二段过程加速度为a2由运动学公式、牛顿第二定律有x 1＝a 1t 212a 2＝v 2－v 1t 2F －F f1＝m 1a 1 F －F f2＝(m 1＋m 2)a 2 F f1＝0.01m 1g F f2＝0.01(m 1＋m 2)g联立以上各式解得m 2＝26.7 kg9．如图9所示，一块磁铁放在铁板ABC 上的A 处，其中AB 长为1 m ，BC 长为0.6 m ，BC与水平面夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ＝0.25，现给磁铁一个水平向左的初速度v 0＝4 m/s ，不计磁铁经过B 处转向的机械能损失．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图9(1)磁铁第一次到达B 处的速度大小； (2)磁铁沿BC 向上运动的加速度大小；(3)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到B 点． 答案 见解析解析 (1)在AB 段：F N ＝kmg ＋mg ＝1.2mgF f ＝μF N ＝0.25×1.2mg ＝0.3mg根据牛顿第二定律a 1＝F fm＝3 m/s 2v B ＝v 20－2a 1x ＝42－2×3×1 m/s ＝10 m/s (2)磁铁沿BC 向上运动时，F N ′－mg cos 37°－kmg ＝0μF N ′＋mg sin 37°＝ma 2a 2＝μF N ′＋mg sin 37°m＝8.5 m/s 2(3)磁铁沿BC 向上运动的最大距离s ＝v 2B2a 2＝102×8.5 m≈0.59 m<0.6 m μ(mg cos 37°＋kmg )<mg sin 37°所以磁铁最终能再次回到B 点．10．如图10所示，将质量m ＝1.24 kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F ，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s 内前进了2 m ．(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图10(1)圆环加速度a 的大小； (2)拉力F 的大小．答案 (1)4 m/s 2(2)12 N 或124 N解析 (1)小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知x ＝12at 2a ＝2x t 2＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2(2)令F sin 53°－mg ＝0，则F ＝15.5 N当F <15.5 N 时，环与杆上部接触，受力如图． 由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ＝ma F N ＋F sin θ＝mg由此得F ＝m a ＋μgcos θ＋μsin θ＝12 N当F >15.5 N 时，环与杆下部接触，受力如图． 由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ′＝ma F sin θ＝F N ′＋mg由此得F ＝m a －μgcos θ－μsin θ＝124 N。
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单元小结练 动力学基本问题的方法练
基础巩固
1．(2013·重庆·4)如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光
滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加
速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自
最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中的( )
图1 图2
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
答案 B
解析 由题意知，小球对斜面的压力FN＝mgcos θ，随θ增大，FN逐渐变小直至为0，y1＝
mgcos θmg＝cos θ，对应③；小球的加速度a＝gsin θ，y2＝gsin θ
g
＝sin θ，最大为1，对应②.重
力加速度为g不变，y3＝gg＝1，对应①.所以选项B正确．
2．下列说法正确的是( )
A．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作
用力
B．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用
力
C．凡是大小相等、方向相反，作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是
一对作用力和反作用力
D．相互作用的一对力中，究竟哪一个力是作用力、哪一个力是反作用力是任意的
答案 D
解析 作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的一对相互作用力，即两个物体互为施力
物体和受力物体．其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有D选项正确．
3．如图3所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)，
随车一起运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )
图3
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．无法确定
答案 B
解析 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用．原来两球与小车有相同
的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰．
4．如图4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向
左壁，小车向右加速运动．若小车向右的加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁
受弹簧的压力F2的大小变化是( )
图4
A．F1不变，F2变大 B．F1变大，F2不变
C．F1、F2都变大 D．F1变大，F2减小
答案 B
5．如图5所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前
端，质量为m的物块B始终相对于小车静止放在右端．B与平板小车间的动摩擦因数为μ.
若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向
为( )
图5
A．mg1＋tan
2
θ，斜向右上方
B．mg1＋μ2，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，竖直向上
答案 A
解析 由题图可知，小车向左做匀减速直线运动，其加速度大小a＝gtan θ；小车对物块B
向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtan θ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作
用力的大小为F＝F 2f＋F 2N＝mg 1＋tan2 θ，方向斜向右上方，故A正确．
6.如图6所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个
力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以
下说法中正确的是( )
图6
A．球做匀加速直线运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为0
C．斜面对球的弹力变大
D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
答案 A
解析 对球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：FN1－FN2sin θ＝ma，
FN2cos θ＝mg，由以上两式可得：FN2不随a的变化而变化，FN1随a的增
大而增大，故A正确，B、C错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力
的合力才等于ma，故D错误．
7．(多选)如图7所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5
m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮
力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法
正确的是( )
图7
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
答案 AD