[推荐学习]2019年高考物理大一轮复习微专题02牛顿运动定律与图象综合问题学案新人教版_3172
2019-2020年高考物理二轮复习专题02牛顿运动定律与直线运动教学案(含解析)
2019-2020年高考物理二轮复习专题02牛顿运动定律与直线运动教学案（含解析）牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际XXX密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容. 牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。
对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。
其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。
另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。
一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动的公式2．匀变速直线运动的规律的应用技巧(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2.(2)某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即v t/2＝(3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与前n－1秒的位移之差，即x′n＝x n－x n－1＝an2－a(n－1)2＝a(2n－1)．(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s的位移大小相等．(5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度，可由v t＝v0－gt直接解得v t＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与初速度相反．3．图象问题(1)两种图象(2)v－t图象的特点①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做“曲线运动” 的情况．②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等．③v－t图象不能确定物体的初始位置．(3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点①确定图象是v－t图象还是x－t图象．②明确图象与坐标轴交点的意义．③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向；x－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映了速度的方向．④明确图象与坐标轴所围的面积的意义．⑤明确两条图线交点的意义．二、牛顿第二定律的四性性质内容瞬时性力与加速度同时产生、同时消失、同时变化同体性在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量矢量性加速度与合力方向相同当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，独立性与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和三、超重与失重1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．注意：①重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力以及浮力等；②物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．四、力F与直线运动的关系五、匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动问题，涉及的公式较多，求解方法较多，要注意分清物体的运动过程，选取简洁的公式和合理的方法分析求解，切忌乱套公式，一般情况是对任一运动过程寻找三个运动学的已知量，即知三求二，若已知量超过三个，要注意判断，如刹车类问题，若已知量不足三个，可进一步寻找该过程与另一过程有关系的量，或该物体与另一物体有关系的量，一般是在时间、位移、速度上有关系，然后联立关系式和运动学公式求解，且解题时一定要注意各物理量的正负．六、追及、相遇问题1．基本思路2．追及问题中的临界条件(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者(如匀速运动)：①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离．②若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件．③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值．(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：①当两者速度相等时有最大距离．②当两者位移相等时，即后者追上前者．3．注意事项(1)追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件．(2)被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止．七、动力学的两类基本问题1．已知物体的受力情况，确定物体的运动情况处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，确定物体的受力情况处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况．八、动力学中的临界问题解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．高频考点一运动图象问题例1． (多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象 (v－t图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是( )A．0～10 s时间内，甲、乙两车在逐渐靠近B．5～15 s时间内，甲、乙两车的位移大小相等C．t＝10 s时两车的速度大小相等、方向相反D．t＝20 s时两车在公路上相遇【变式探究】若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．高频考点二动力学规律的应用例2、xx年1月9日，合肥新年车展在明珠广场举行，除了馆内的展示，本届展会还在外场举办了汽车特技表演，某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t2，x 与t的单位分别是m和s，则该汽车( )A．第1 s内的位移大小是8 mB．前2 s内的平均速度大小是28 m/sC．任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 mD．任意1 s内的速度增量都是3 m/s答案 C【变式探究】为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f＝kv.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字) 解析(1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg sin θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些． (3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θk＝2 m/s解得：k ＝3.0 kg/s答案 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θk适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s 高频考点三 连接体问题例3．(多选)如图所示，质量为m A 的滑块A 和质量为m B 的三角形滑块B 叠放在倾角为θ的斜面体上，B 的上表面水平．用水平向左的力F 推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a 一起向左加速运动，由此可知( )A ．B 对A 的摩擦力大小等于m A a B ．斜面体与B 之间一定有摩擦力C ．地面与斜面体之间一定有摩擦力D ．B 对斜面体的压力可能等于(m A ＋m B )a 2＋g 2【变式探究】(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )A ．细绳对盒子的拉力大小为20 NB ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC.假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m 甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有F f ＝m 丙a ＝1×2.5 N＝2.5 N ，C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误．1．xx·浙江卷] 如图13所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( )图13A ．v (t 0－t )，M 0U 0U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)2．xx·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD 【解析】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．3． xx·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t2 C.4s t 2 D.8s t24．xx·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图1【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mg sin θ＝ma1f＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2a1的方向沿制动坡床向下．5．xx·全国卷Ⅰ] 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图像如图1所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图1A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【答案】 BD 【解析】在t ＝3 s 时，两车并排，由图可得在1～3 s 两车发生的位移大小相等，说明在t ＝1 s 时，两车并排，由图像可得前1 s 乙车位移大于甲车位移，且位移差Δx ＝x 2－x 1＝5＋102×1 m＝7.5 m ，在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项A 、C 错误，选项B 正确；在1～3 s 两车的平均速度v ＝v 1＋v 22＝20 m/s ，各自的位移x ＝v 1＋v 22t ＝40 m ，选项D 正确． 6．xx·天津卷](2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．①实验中，必要的措施是________．图1A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm ，则小车的加速度a ＝________m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________m/s.(结果均保留两位有效数字) 图1【答案】 ①AB ②0.80 0.40②两点的时间间隔为0.1 s ，由逐差法可以得出a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝0.80 m/s 2，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s. 7．xx·江苏卷] 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是( )图1【答案】A 【解析】 由于取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，位置总是大于零且最远只能到刚下落处，不会无限增加，选项C 、D 错误；小球与地面碰撞后做竖直上抛运动，此时位移的数值就代表小球的位置x ，加速度a ＝－g ，根据运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 2＝v 20－2gx ，这里v 0为做竖直上抛运动的初速度，是定值，故v x 图像是抛物线，故选项B 错误，选项A 正确．8．xx·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变9． xx·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD 【解析】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．10．xx·全国卷Ⅱ] 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差11． xx·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．图1【答案】(1)5 (2)能。
2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第三章 牛顿
实验三加速度与物体质量、物体受力的关系1．实验目的(1)学会用控制变量法研究物理规律．(2)验证牛顿第二定律．(3)掌握利用图象处理数据的方法．2．实验原理采用控制变量法：(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．3．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．4．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图1(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图象．⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图象．5．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．6．误差分析(1)实验原理不完善：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车所受的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．7．数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.(2)以a为纵坐标、F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标、1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比．命题点一实验原理与实验操作例1如图2所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.图2(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变，以合外力F 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线．①a －F 图象斜率的物理意义是________________________________________________． ②你认为把沙桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？答：________.(填“合理”或“不合理”)③本次实验中，是否有必要满足M ≫m 这样的条件？答：________(填“是”或“否”)；理由是________________________________________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持沙桶总质量m 不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙桶总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，应该以________的倒数为横轴．答案 (1)①1M ＋m②合理 ③否 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M ＋m解析 (1)将车内的沙子转移到桶中，就保证了M ＋m 不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a ＝F 合M ＋m ＝mg M ＋m ，可见a －F 图象斜率的物理意义是1M ＋m，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的总重力mg ，不必满足M ≫m 这样的条件．(2)向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M ＋m ，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的总重力mg ，保证了合外力不变，所以用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，应该以1M ＋m为横轴． 命题点二 数据处理与误差分析1．数据处理(1)先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据公式a ＝Δx T 2计算加速度． (2)需要记录各组对应的加速度a 与小车所受的牵引力F ，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示作用力F ，描点画出a －F 图象，如果图线是一条过原点的直线，便证明了加速度与作用力成正比．再记录各组对应的加速度a 与小车的质量m ，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示小车质量的倒数1m ，描点画出a －1m图象，如果图线是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比．注意：若a 与1m 是正比关系，则a －1m图象是直线；而若a 与m 是反比关系，则a －m 图象是曲线．在研究两个量的关系时，根据直线更易确定两者之间的关系，故本实验是作a －1m图象． 2．误差分析(1)质量的测量、纸带上所打的各点间的距离的测量、拉线或纸带不与木板平行等都会造成误差．(2)实验原理不完善引起误差．通过适当的调节，使小车所受的阻力可忽略，以小车、小盘和砝码整体为研究对象得m 0g ＝(m ＋m 0)a ，以小车为研究对象得F ＝ma ，求得F ＝m m ＋m 0·m 0g ＝11＋m 0m·m 0g <m 0g . 本实验用小盘和砝码的总重力m 0g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．小盘和砝码的总质量越接近于小车的质量，误差越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小．因此，满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量的目的就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差．(3)平衡摩擦力不准造成误差．在平衡摩擦力时，除了不挂盘和重物外，其他的都应跟正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器)，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点间的距离相等．例2 (2017·如皋市调研)用如图3所示的实验装置来验证牛顿第二定律：图3(1)为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作是：取下________，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做________．(2)在实验过程中，某次打出纸带如图4所示(计时器打点频率为50 Hz)，相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 之间还有4个点未画出，该纸带对应的加速度为________ m/s 2(保留两位有效数字)；图4(3)某次实验测得的数据如下表所示．根据这些数据在图5坐标图中描点并作出a －1m图线．从a －1m图线求得合外力大小为________ N(保留两位有效数字).图5答案 (1)砂桶 匀速直线运动(写成“匀速运动”也给分) (2)0.60 (3)见解析图(连线不过原点或只连线没描点均不给分) 0.30(0.28～0.32均可)解析 (1)将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消，那么小车受的合力就是绳子的拉力，这样便平衡了摩擦力．(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：a ＝(s 3－s 1)＋(s 4－s 2)4T 2＝x CE －x AC 4T 2＝(2.41＋3.03－1.21－1.83)×10－24×0.12 m/s 2＝0.60 m/s 2. (3)用描点法画出图象如图所示：由F ＝ma 可知，在a －1m图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小，由图象可知其斜率为k ＝F ＝1.2－04－0N ＝0.30 N ，故所受合外力大小为0.30 N(0.28～0.32均可)． 命题点三 实验拓展与创新例3 (2018·海安中学段考)某同学设计了如图6甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F 0.再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F 1.释放小车，记录小车运动时传感器的示数F 2.图6(1)接通频率为50 Hz 的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a ＝________ m/s 2.(2)同一次实验中，F 1________F 2(选填“<”“＝”或“>”)．(3)改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与F 的关系如图丙所示．不计纸带与计时器间的摩擦．图象中F 是实验中测得的________．A ．F 1B ．F 2C ．F 1－F 2D ．F 2－F 0(4)关于该实验，下列说法中正确的是________．A ．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B ．实验中需要将长木板右端垫高C ．实验中需要测出小车和传感器的总质量D ．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据 答案 (1)0.16 (2)> (3)D (4)D解析 (1)每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，根据Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：a ＝(0.040 0＋0.038 4)－(0.035 2＋0.036 8)4×0.01m /s 2＝0.16 m /s 2. (2)对小桶受力分析，设小桶重力为mg ，小车释放前力传感器的示数为F 1，所以F 1＝mg ，设小车在加速运动时力传感器的示数为F 2，根据牛顿第二定律得：mg －F 2＝ma ，所以F 1>F 2.(3)图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F 应该表示小车受到的合力，即F ＝F 2－F 0，故D 正确.(4)在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A 错误；实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确.1．(2017·南通市如东县、徐州市丰县10月联考)用如图7所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图7(1)若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足________条件时，可认为小车受到的合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小．(2)在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是________．A．平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细线通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力C．实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出(3)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.如图8是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间有4个打点未标出，计时器打点频率为50 Hz，则小车运动的加速度为________ m/s2(保留两位有效数字)．图8(4)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a－1M图线后，发现当1M较大时，图线发生弯曲．该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象．则该同学的修正方案可能是________．A．改画a与1M＋m的关系图线B．改画a与M＋m的关系图线C．改画a与mM的关系图线D ．改画a 与1(M ＋m )2的关系图线 答案 见解析解析 (1)小车在实际运动中是用砝码和砝码盘的重力来代替合力F ，但是砝码和砝码盘是有质量的，且a 为整个系统的加速度，因此mg ＝F ＝(M ＋m )a ，只有当m 远小于M 时，得出的结果才会符合F ＝Ma ；(2)平衡摩擦力时，不能将装砝码的砝码盘用细线通过定滑轮系在小车上，故A 正确；实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车，C 正确．(3)根据逐差法可知，小车的加速度为：a ＝(x 3＋x 4)－(x 1＋x 2)2×2T 2＝(4.6＋5.1)－(3.7＋4.2)2×2×0.12×10－2 m /s 2＝0.45 m /s 2. (4)由于细线不可伸长，因此砝码和砝码盘与小车具有了相同大小的加速度，对它们整体根据牛顿第二定律有：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mg m ＋M ，因此在mg 一定的情况下，a ∝1m ＋M，故选项A 正确．2．(2017·江苏考前综合模拟)某实验小组在实验室用如图9甲所示的装置来探究力学实验，图中小车上有固定盒子，盒子内盛有沙子．图9(1)用图甲实验装置来研究物体做匀变速直线运动的实验，先接通计时器的电源(频率为50 Hz)，再释放纸带，得到如图乙所示的打点纸带(每两个计数点之间还有四个点)．测量时发现B 点已模糊不清，于是他测得AC 长为14.56 cm ，CD 长为11.15 cm ，DE 长为13.73 cm ，则打C 点时小车的瞬时速度大小为________ m /s ，小车运动的加速度大小为________ m/s 2.(2)若图甲实验装置不能满足沙桶总质量远远小于小车(包括盛沙的盒子及盒子内的沙子)的总质量，但某同学仍使用此装置，在保持桶内沙子质量不变的情况下，通过在盒子内添加或去掉一些沙子，来探究加速度与质量的关系，其理由是________________________．若采用图象法处理数据，以加速度a 为纵轴，应该以________(填“A ”或“B ”)的倒数为横轴．A ．小车质量、盒子及盒子内沙子质量之和B ．小车质量、盒子及盒子内沙子与悬挂的沙桶(包括桶与桶内的沙子)质量之和(3)若要用此实验装置还可以完成__________________________________实验．(至少写一个)答案(1)0.986 2.58(2)实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于沙桶的重力 B(3)验证机械能守恒定律、探究动能定理或测定动摩擦因数解析(1)由于小车做匀加速直线运动，则CD－BC＝DE－CD，BC＝8.57 cm则v C＝BC＋CD2T＝0.986 m/sa＝DE＋CD－AC4T2＝2.58 m/s2。
2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】： 第3章 牛顿运动定律 微专题20 牛顿运动定律的理解
2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 20 牛顿运动定律的理解 [方法点拨] (1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．
1．如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是( )
图1 A．物块的惯性减小 B．在a位置，物块的惯性为零 C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等 D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力 2．(多选)(2017·湖南怀化一模)如图2所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是( ) 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 图2 A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)g
B．木板与斜面间的动摩擦因数为1tan θ C．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能 D．斜面体受到地面的摩擦力为零 3．(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦
下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )
图3 A．Q的加速度一定小于gsin θ B．悬线所受拉力为Gsin θ C．悬线所受拉力为Gcos θ D．悬线一定与绳索垂直 4．(2018·安徽巢湖一检)如图4所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( ) 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】
2019年高考物理大一轮复习微专题03牛顿运动定律的应用_分离条件分析课件新人教版
物理一轮复习 专题12 牛顿运动定律的综合应用(讲)(含解析)
专题12 牛顿运动定律的综合应用1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题。
2.学会分析临界与极值问题。
3.会进行动力学多过程问题的分析．1．超重(1）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情况．（2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：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情况．(2）产生条件:物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）等于零的情况称为完全失重现象．（2)产生条件：物体的加速度a＝g,方向竖直向下．考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化）．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的,其大小等于ma。
★重点归纳★1．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。
加速度超重、失重视重Fa＝0不超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m（g＋a)a的方向竖直向下失重F＝m（g－a）a ＝g ，竖直向下完全失重F ＝0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重,物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2.超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力（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．★典型案例★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 。
高三物理一轮复习微专题-追击相遇问题、牛顿第二定律
追击相遇问题、牛顿第二定律1.做匀加速直线运动的物体（ ）A ．在t s 内的位移决定于平均速度B ．在相同时间间隔内位移的增量是相同的C ．在第1 s 内，第2 s 内，第3 s 内的位移之比等于1：3：5D ．在任意两个连续相等的时间间隔内通过的位移之差是一个常量2.(多选)下列关于摩擦力的说法中，正确的是( )A ．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B ．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C ．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D ．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速3.(多选)如图所示，质量为M 的斜面体A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．斜面体对小球的作用力的大小为mgB ．轻绳对小球的作用力的大小为12mgC ．斜面体对水平面的压力的大小为(M ＋m)gD ．斜面体与水平面间的摩擦力的大小为34mg考点1 追及相遇问题分析【诊断1】一辆值勤的警车停在公路旁，当警员发现从他旁边以v=8m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去拦截，经2.5s ，警车发动起来，以a=2m/s 2加速度匀加速开出，维持匀加速运动能达到的最大速度为16m/s ，以后做匀速运动，试问：（1）从警员发现开始，警车要多长时间才能追上违章的货车？ （2）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？考点2牛顿第二定律的瞬时性（绳模型和弹簧模型）【诊断2】(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2考点3牛顿第二定律应用【诊断3】质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.考点1追及相遇问题分析【巩固1】（多选）甲、乙两玩具车（视为质点）沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点.若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移-时间图象如图所示.图象中的OC与AB平行，CB与OA平行，则下列说法中正确的是（）A．t1~t2时间内两车的距离越来越远B．t1~ t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度C．t1~t2时间内甲车的速度和乙车的速度相等D．0~t3时间内甲车和乙车的位移相等考点2牛顿第二定律的瞬时性（绳模型和弹簧模型）【巩固2】如图所示，手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧，竖直向上作加速运动．手突然停止运动的瞬间，物体将（）A．立即处于静止状态B．向上作加速运动C．向上作减速运动D．向上作匀速运动考点3牛顿运动定律应用【巩固3】如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）A．a A=g，a B=5g B．a A=a B=gC．a A=0，a B=2g D．a A=g，a B=3g【举一反一】1.一辆值勤的警车停在平直公路边，当警员发现从他旁边以v=8m/s的速度匀速驶过的货车有违章行为时，决定前去追赶，经2.5s，警车发动起来，以加速度a=2m/s2做匀加速运动，试问：（1）警车发动起来后要多长的时间才能追上违章的货车？（2）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？（3）若警车的最大速度是12m/s，则警车发动起来后要多长的时间才能追上违章的货车？2.如图所示，物块a、b和c的质量之比为1：2：3，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a、b和c的加速度记为a1、a2和a3，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间，下列说法正确的是（）A．a1=6g B．a2=2.5gC．△l1：△l2=5：3 D．△l1：△l2=2：33．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F=4.0N，玩具的质量m=0.5kg，经过时间t=2.0s，玩具移动了距离x=4.8m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．（1）全过程玩具的最大速度是多大？（2）松开手后玩具还能运动多远？（取g=10m/s2．sin53°=0.8，cos53°=0.6）【举一反三】1.在平直轨道上，自行车在汽车前面相距x处以v1=4m/s的速度匀速行驶，汽车则以v2=12m/s的初速度、加速度大小a=2m/s2做匀减速运动．（1）若汽车恰好未追上自行车，则x的大小为多大？（2）若x=7m，则汽车能追上自行车吗？若能追上，需要多少时间？若后来自行车反过来追上汽车．此时相对汽车的速度为多大？2.如图所示，一根轻弹簧上端固定在天花板上，下端悬挂着质量为m1的钩码P，在P的下面通过细绳连接着另一个质量为m2的钩码Q．钩码和弹簧都处于静止状态，则以下说法正确的是（）A．弹簧的弹力大小与细绳的弹力大小相等B．弹簧的弹力大小等于（m1+m2）gC．若剪断细绳，在剪断的瞬间，P的加速度方向向上D．若剪断细绳，在剪断的瞬间，Q的加速度将大于g3．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球（M＞m），用力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F T．若将水平拉力F变为原来的n倍，仍使小球和车相对静止且一起向右加速运动，下列关系正确的是（）A．小车运动的加速变为naB．细线的拉力变为nF TC．细线与竖直方向的夹角变为nθD．细线与竖直方向夹角的余弦值变为ncosθ1.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？2.如图所示，质量相同的A、B两小球用轻弹簧连接，A球另一端用轻质细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，A、B都保持静止，突然剪断细线的瞬间，A、B的加速度分别为（）A．都为0.5g B．0.5g和0 C．0.5g和g D．g和03．固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环从杆底开始在沿杆方向上的推力 F 作用下向上运动．0-2s内推力的大小为5.0N，2-4s内推力的大小变为5.5N，小环运动的速度随时间变化规律如图所示，重力加速度g=10m/s2．求：（l）小环在加速运动时的加速度a的大小；（2）小环的质量m；（3）细杆与水平地面之间的夹角α．（4）第4秒末撤去F，求小环到达最高点离开地面的高度．1.（多选）一个步行者以6.0m/s的最大速率跑步去追赶被红灯阻停的公共汽车，当他距离公共汽车25m 时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s 2 的加速度匀加速启动前进，则A．人能追上汽车，追车过程中人共跑了36mB．人不能追上汽车，人和车最近距离为7mC．人能追上汽车，追上车前人共跑了43mD．人不能追上汽车，汽车开动后，人和汽车间的距离先减小后增大2.如图所示，甲、乙两木块用细绳连在一起，中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧，乙放在水平地面上，甲、乙两木块质量分别为m1和m2，系统处于静止状态，此时绳的张力为F．在将细绳烧断的瞬间，则此时乙对地面压力为（）A．（m1+m2）g B．（m1+m2）g+F C．m2g+F D．m1g+F3.如图所示，质量m=10kg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=20N的作用，g取为10m/s2，则物体产生的加速度是（）A．0 B．4m/s2，水平向右C．2m/s2，水平向左D．2m/s2，水平向右4.5.（多选）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零6.高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍．求：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；（2）列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？7.一小汽车从静止开始以3m/s2的加速度行驶，恰有一自行车以6m/s的速度从车边匀速驶过．求：(1)小汽车从开动到追上自行车之前经过多长时间两者相距最远？此时距离是多少？(2)小汽车什么时候追上自行车，此时小汽车的速度是多少？2.如图所示，质量为0.2kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A．B间的作用力大小为（g取10m/s2）（）A．0.5N B．2.5 N C．0 N D．1.5 N8.（多选）如图所示，用力F拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力F不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子张力和未放小物体前相比（）A．T a增大B．T a减小C．T b增大D．T b减小。
2019高考物理大一轮复习微专题01运动图象追及相遇问题学案
2019高考物理大一轮复习微专题01运动图象追及相遇问题学案微专题01运动图象追及相遇问题运动图象的理解及应用三种图象比较图象x－t图象v－t图象a－t图象图象实例图线含义图线①表示质点做匀速直线运动图线①表示质点做匀加速直线运动图线①表示质点做加速度增大的运动图线②表示质点静止图线②表示质点做匀速直线运动图线②表示质点做匀变速运动图线③表示质点向负方向做匀速直线运动图线③表示质点做匀减速直线运动图线③表示质点做加速度减小的运动交点④表示此时三个质点相遇交点④表示此时三个质点有相同的速度交点④表示此时三个质点有相同的加速度点⑤表示t1时刻质点位移为x1点⑤表示t1时刻质点速度为v1点⑤表示t1时刻质点加速度为a1Ⅰ.图象选择类问题依据某一物理过程，设计某一物理量随时间变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误．如图所示，汽车以10/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20处时，绿灯还有3s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度—时间图象可能是解析：选Bc 根据v－t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．A、sA＝10＋02×3＝15＜20，选项A错误．B、由图可知sB＞15，选项B正确．c、sc＝10×1＋10＋02×2＝20，选项c正确．D、sD＝10×0.5＋10＋02×2.5＝17.5＜20，选项D错误．故选Bc．Ⅱ.图象信息类问题这类问题是对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图象，由图象提取相关信息或将图象反映的物理过程“还原”成数学表达形式从而对问题做出分析判断作答．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间图象．A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点c、D坐标如图．下列说法正确的是A．A、B相遇两次B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等c．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为x1＋x22解析：选ABc 由x－t图象知，t1、t2两时刻A、B处于同一位置，故二次相遇，A正确；t1～t2时间内两质点的位移相同．平均速度相同，B正确；由于B质点的图象为过原点的抛物线，有x＝t2，则知B做匀加速直线运动，所以B在t1～t2时间内的平均速度等于中间时刻的速度，故c正确；由A、B运动情况可知，二者速度相等时，A的位移为x1＋x22，B的位移小于x1＋x22，D错误．解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答．具体分析过程如下：Ⅲ.图象之间的相互转换在物理量变化过程中，相关物理量之间相互关联，因此，通过定性推理或定量计算，我们可以由一种物理图象转换出另一种物理图象．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图所示．下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是解析：选D 在0～T2内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，v－t图象是向上倾斜的直线；在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，v－t图象是平行于t轴的直线；在T～2T，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到32T时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动，v－t图象是向下倾斜的直线，故D正确，Ac错误；在0～T2内，由两个图象看出速度和加速度都沿正向，物体应做匀加速运动，在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，在T～2T，加速度反向，物体做匀减速直线运动，所以该速度与a－t图象所反映的运动情况不符，故B错误．图象转换问题的“三个”关键点注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换．注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接．注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据．追及与相遇问题讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．．抓住一个条件，两个关系一个条件：二者速度相等．它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．两个关系：即时间关系和位移关系．可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口．．能否追上的判断方法常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB．要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA≤vB．Ⅰ.与运动图象相结合的追及相遇问题甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3s时并排行驶，则A．在t＝1s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5c．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40解析：选BD 根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动．t ＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30/s，v乙＝25/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3s内甲车位移x甲＝12×3×30＝45，乙车位移x乙＝12×3×＝52.5．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5，即甲在乙前方7.5，B选项正确；0～1s内，x甲′＝12×1×10＝5，x乙′＝12×1×＝12.5，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5＝Δx1，说明在t ＝1s时甲、乙次相遇，A、c错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45－5＝40，所以D选项正确．相遇的本质就是同一时刻到达同一位置，是解决追及相遇问题不变的思路．注意起始位置是否在同一位置，速度相等和位置关系是解题的突破口．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远c．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度D．0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度解析：选AD 它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确，B错误；0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D 正确，c错误．Ⅱ.与实际生活相结合的追及相遇问题在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用三种方法解答如下：解法一分析法利用位移公式、速度公式求解，对A 车有xA＝v0t＋12××t2，vA＝v0＋×t对B车有xB＝12at2，vB＝at两车位移关系有x＝xA－xB追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB联立以上各式解得v0＝6ax故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．解法二函数法利用判别式求解，由解法一可知xA＝x＋xB，即v0t＋12××t2＝x＋12at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝2－4•3a•2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．解法三图象法利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at对B车有vB＝v′＝at以上两式联立解得t＝v03a经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝12v0•t＝12v0•v03a＝v206a所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．答案：v0≤6ax．牢记“一个思维流程”．掌握“三种分析方法”分析法应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解．极值法设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解．在这里，常用到配方法、判别式法、重要不等式法等．图象法在同一坐标系中画出两物体的运动图线．位移图线的交点表示相遇，速度图线抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系．。
2019年高考物理一轮复习 专题3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题高效演练.doc
2019年高考物理一轮复习 专题3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题高效演练1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．基本单位和导出单位一起组成了单位制 B ．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C ．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系 【答案】ABC【解析】力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和时间；在有关力学的分析计算中，可以采用国际单位，也可以采用其它单位。
2．一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大 【答案】C【解析】物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10 N＝2 N ，物块在第1 s 内，满足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1 s 物块静止，第1 s 末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4 s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．一皮带传送装置如图2所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】D4．(多选)如图3所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图3A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0【答案】CD5．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态【答案】D【解析】只要加速度向上就是超重，加速度向下就是失重，电梯正在减速上升，加速度向下，应为失重状态，A错；磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，竖直加速度为零，B错；荡秋千时秋千摆到最低位置时，加速度即为向心加速度，方向指向圆心，竖直向上，为超重，C错；D对。
2021年高考物理大一轮复习微专题02牛顿运动定律与图象综合问题课件新人教版202104243171
2 (2016·海南卷) F❖ —
05 s 510 s 1015 sF F1 F2F3 ( )
A F1 F2
A
B F2 F3
C F1 F3
D F1 F3
解析：由v t图象可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿
(2018·漳州八校联考) 3 kg F 03 s at➢ ( )
C
A F 12 N B 01 s23 s C 3 s 8 m/s D 01 s 23 s
1．(2015·重庆理综)v t( ) F t
( )
B
解析： v－t图线斜率表示加速度，所以加速度图象如图所示．由牛顿第二定
( )(a) Fθ F➢ (b) g10 m/s2 (b) (
A B C 6 m/s2 D F
F ➢ ❖ a )
D
解析：对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma， y方向：N－Fsin θ－mgcos θ＝0， 从图象中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入解得m＝2 kg，θ＝37°， 故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N．题中并未说明力F 随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，无法求出位移 ，故C错误，D正确．
已知物体的受力图象分析运动情况
1 Ft图象 2 Fa图象 ✓
( ) FFt➢ 1 N ( )
A 01 sBD B 3 s C 3 s D 8 s
解析：在0～1 s时间内，F小于或等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态 ，故A错误；t＝3 s时，拉力最大，且大于最大静摩擦力，故物块所受合力最大， 物块的加速度最大，故B正确；t＝3 s后，拉力仍然大于最大静摩擦力，物块仍然 做加速运动，速度仍增大，t＝8 s后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动， 所以t＝8 s时，物块的速度最大，故C错误，D正确．
2019高考物理一轮复习 微专题系列之热点专题突破 专题12 牛顿运动定律的应用之滑块-板块模型学案
突破12 牛顿运动定律的应用之滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。
⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系，若f > f m，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。
【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上。
A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为21μ。
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微专题02 牛顿运动定律与图象综合问题
已知物体的速度、加速度图象分析受力情况
1．v－t图象
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力．
2．at图象
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第
二定律列方程．
(2015·全国新课标Ⅰ)(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，
其运动的v t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出
( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD 小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速
度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝v02t1，根据牛顿第二定律，向
上滑行过程v0t1＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行v1t1＝gsin θ－μgcos θ，整理可得gsin θ
＝v0＋v12t1，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜
角度可计算出向上滑行的最大高度ssin θ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，选项D对．仅根据速
度时间图象，无法找到物块质量，选项B错．
(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与
物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
(2018·漳州八校联考)如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地
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面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体
的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( )
A．F的最大值为12 N
B．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反
C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s
D．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动
解析：选C 第1～2 s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律
F
合
＝ma知合外力为12 N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A错
误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在
前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，
故B错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，再根据Δv＝a·Δt知速度
的增加量等于加速度与时间的乘积，在at图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，Δ
v
＝12×(1＋3)×4 m/s＝8 m/s，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s，所以C
正确；第2 s内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1 s内物体做加速度增
大的加速运动，2～3 s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误．
1．(2015·重庆理综)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货
物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
解析：选B v－t图线斜率表示加速度，所以加速度图象如图所示．由牛顿第二定律可
知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不变，所以Ft图象相当于at图象向上
平移，B正确．
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2．(2016·海南卷)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下
滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～
10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1＜F2 B．F2＞F3
C．F1＞F3 D．F1＝F3
解析：选A 由v t图象可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛
顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，
根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－
0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m.
故可得：F3＞F2＞F1，选项A正确．
已知物体的受力图象分析运动情况
1．Ft图象
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．
2．Fa图象
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个
量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而
由图象给出的信息求出未知量．
(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平向右的拉力F作用，F随时间
t
的变化情况如图所示．设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，都是1 N，
则( )
A．在0～1 s时间内物块的加速度逐渐增大
B．在3 s时，物块的加速度最大
C．在3 s时，物块的速度最大
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D．在8 s时，物块的速度最大
解析：选BD 在0～1 s时间内，F小于或等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，
故A错误；t＝3 s时，拉力最大，且大于最大静摩擦力，故物块所受合力最大，物块的加
速度最大，故B正确；t＝3 s后，拉力仍然大于最大静摩擦力，物块仍然做加速运动，速
度仍增大，t＝8 s后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，所以t＝8 s时，物块的
速度最大，故C错误，D正确．
(多选)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面
上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，
若重力加速度g取10 m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．加速度增大到6 m/s2时物体的位移
D．物体静止在斜面上时的外力F
解析：选ABD 对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma
，
y方向：N－Fsin θ－mg
cos θ＝0，
从图象中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、
B正确．当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N．题中并未说明力F随时间变化
的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，无法求出位移，故C错误，D正确．
3．(2018·黑龙江哈师大附中月考)“蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固
定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时
间t的变化图象如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大．将蹦极过程近似为在竖直方向
的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法中正确的是
( )
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A．t1～t2时间内运动员处于超重状态
B．t2～t4时间内运动员的机械能先减小后增大
C．t3时刻运动员的加速度为零
D．t4时刻运动员具有向下的最大速度
解析：选B 在t1～t2时间内，合力向下，运动员加速下降，处于失重状态，故A错误；
在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与弹性绳的伸长量成正比，说
明伸长量变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力平衡；由于整个过程重力势能、
弹性势能和动能的总和保持不变，而t2～t4时间内弹性势能先变大后变小，故运动员的机械
能先减小后增大，故B正确；t3时刻弹力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度
向上，不为零，故C错误；t4时刻运动员受到的重力和弹力平衡，加速度为零，具有向上的
最大速度，故D错误．
4．(多选)如图(甲)所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从
0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象
如图(乙)所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等. 重力加速度g取10 m/s2.根据题目提供
的信息，下列判断正确的是( )
A．物体的质量m＝2 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax＝3 N
D．在F为10 N时，物体的加速度a＝2 m/s2
解析：选AD 根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2；F2＝14 N，
a
2
＝4 m/s2，联立解得m＝2 kg，μ＝0.3，A正确，B错误．最大静摩擦力f＝μmg＝6 N，C
错误．当F＝10 N时，代入得a＝2 m/s2，D正确．