（浙江选考）2020版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律学案（打包4套）.zip

1实验 3 探究加速度与力、质量的关系 注意事项1.实验方法：控制变量法。2.平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要悬挂小盘，但小车应连着纸带且接通电源。用手给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。3.不重复平衡摩擦力：平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。4.实验条件： M≫m。只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。5.一先一后一按住：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，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。6.作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。 误差分析1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力 mg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。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。热点一 教材原型实验2【例 1】 (2017·11 月浙江选考)在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中，(1)下列仪器需要用到的是________(多选)。(2)下列说法正确的是________(多选)。A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图 1所示是实验时打出的一条纸带， A、 B、 C、 D…为每隔 4个点取的计数点，据此纸带可知小车在 D点的速度大小为________ m/s(小数点后保留两位)。图 1解析 (1)本实验通过打点计时器打出的纸带分布求物体的加速度，需要通过改变小车质量，用控制变量法研究加速度、质量、合外力之间的关系，所以选择仪器 A、D。(2)实验时应先接通电源，待打点计时器正常工作后，再释放小车，A 错误；为了保证绳子拉力沿木板方向，所以绳子要与木板平行，所以 B正确；小车释放前应尽量靠近打点计时器，以保证点足够多，便于分析小车加速度，开始运动时小车速度较慢，点间距较小，选项 C错误；连纸带的小车匀速下滑时表示小车所受合外力为零，说明摩擦力已被平衡，选项 D正确。(3)根据 vD＝ ＝ m/s＝0.21 m/s。xCE2T （ 6.50－ 2.40） ×10－ 22×0.1答案 (1)AD (2)BD (3)0.21热点二 实验拓展创新1.实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力) 长木板(如图 2)― ― →替 代 3图 2(2)利用光电门测速度(如图 3)图 3(3)利用位移传感器测位移(如图 4)图 42.数据测量的改进3.实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。【例 2】 在用 DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图 5a所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为 F，保持小车[包括位移传感器（发射器）]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图 b所示。4图 5（1）小车与轨道间的滑动摩擦力 Ff＝ N。（2）从图象中分析，小车[包括位移传感器（发射器）]的质量为 kg。（3）该实验小组为得到 a与 F成正比的关系，应将斜面的倾角 θ 调整到 tan θ ＝ 。解析 （1）根据图象可知，当 F＝0.67 N 时，小车开始有加速度，则 Ff＝0.67 N。（2）根据牛顿第二定律 a＝ ＝ F－ ，则 a－ F图象的斜率表示小车[包括位移传感F－ FfM 1M FfM器（发射器）]质量的倒数，则M＝ ＝ kg＝ kg≈0.67 kg。1k 4.0－ 2.05.0－ 2.0 23（3）为得到 a与 F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsin θ ＝ μMg cos θ解得 tan θ ＝ μ ，根据 Ff＝ μMg 得 μ ＝ ＝0.10.6723×10所以 tan θ ＝0.1。答案 （1）0.67 （2）0.67 （3）0.11.（2018·11 月浙江选考）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两个相同的小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放重物。小车的停和动通过用黑板擦按住小车后的细线和抬起来控制，如图 6甲所示。实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力。5图 6（1）请指出图乙中错误之处： ______________________________________。（2）调整好实验装置后，在某次实验中测得两小车的位移分别是 x1和 x2，则两车的加速度之比为 。解析 细绳拉力方向应与桌面平行，以保证小车受到恒力的作用，从而加速度恒定，如果不平行，则随着小车的运动，小车水平方向的拉力会发生变化，同时根据题意“小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力”可知，只有当托盘和砝码的质量远小于小车质量时，才可以把小车受到的拉力认为近似等于托盘和砝码的重力。根据x＝ at2可知，两车同时释放，同时静止，加速度之比等于位移之比。12答案 （1）拉小车的细绳与木板没有平行 托盘和砝码的总质量没有远小于小车的质量 （2） x1： x22.（2018·浙江诸暨牌头中学期中）在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学将实验器材组装后，释放小车前瞬间的情景如图 7甲所示。 （甲图为实际拍摄图，乙图为相应简图）（1）在接通电源进行实验之前，请你指出图中的错误或不妥之处①__________________________________________________________________，②__________________________________________________________________，③__________________________________________________________________。图 7（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验。图 8是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间时间间隔为 0.1 s，由图中数据可得小车的加速度为 m/s 2。图 8解析 （1）打点计时器使用交流电源；为了尽可能的利用纸带在释放前小车应紧靠打点计时器；在本实验中我们认为绳子的拉力等于物体所受的合外力，故在实验前要首先平衡摩6擦力。答案 （1）①小车没有靠近打点计时器 ②没有平衡摩擦力 ③电源使用了直流电源 （2）0.40 m/s 23.某实验小组利用如图 9甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验。（1）在实验中必须平衡摩擦力，以 平衡摩擦力，当小车 运动时，摩擦力恰好被平衡。（2）为了减小误差，在平衡摩擦力后，每次实验必须通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力，获取多组数据。若小车质量为 400 g，实验中每次所用的钩码总质量范围应选 组会比较合理。 （填选项前的字母）A.10～40 gB.200～400 gC.1 000～2 000 g（3）实验中打点计时器所使用的是 （选填“交流”或“直流” ）电源，频率为 50 Hz，图乙中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5 是计数点，每相邻两计数点间还有 4个打点未标出，每两个计数点间的时间间隔是 s，由该纸带可求得小车的加速度 a＝ m/s 2。 （结果保留 2位小数）（4）改变钩码的个数重复实验，得到加速度 a与合外力 F的关系如图丙所示，分析线段OA，可得出实验的结论是_____________________________________。图 9答案 （1）倾斜木板 匀速直线 （2）A （3）交流 0.1 1.07 （4）在质量不变的条件下，物体的加速度与合外力成正比4.为了“探究加速度与力、质量的关系” ，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图 10所示的实验装置，小车总质量用 M表示（乙图中 M包括小车与传感器，丙图中 M包括小车和与小车固定的滑轮） ，钩码总质量用 m表示。7图 10（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是（ ）A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B.三组实验都需要平衡摩擦力C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m远小于小车的总质量 M的条件D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m远小于小车的总质量 M的条件（2）图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分， O、 A、 B、 C、 D和 E为纸带上六个计数点，加速度大小用 a表示。则 OD间的距离为 cm。图戊是根据实验数据绘出的 s－ t2图线（ s为各计数点至同一起点的距离） ，则加速度大小 a＝ m/s 2（保留 3位有效数字） 。（3）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为 a， g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为 。解析 （2）由于刻度尺最小刻度为 mm，则 OD＝12.0 mm＝1.20 cm；戊图中 s－ t2图线为过原点的直线，即 s∝ t2，由 s＝ at2可知，图线斜率 k＝ a， a＝2 k＝2×0.467 12 12m/s2＝0.934 m/s 2。8（3）由于图乙、丙中力传感器示数与弹簧测力计示数相同，则丙中小车拉力是乙中的 2倍，而小车加速度相同，由此可知乙、丙两位同学所用小车质量比为 1∶2。答案 （1）BC （2）1.20 0.934（0.932～0.935 均可） （3）1∶25.（2018·新高考选考终极适应卷）如图 11，为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力 F及质量 m的关系”实验装置简图。图 11（1）本实验采用的实验方法是 。A.控制变量法 B.假设法C.理想实验法 D.等效替代法（2）在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验中，以下说法正确的是 。A.平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源 D.为得出加速度 a与与质量 m的关系而作出 a－ 图象1m（3）图 12是实验中获取的一条纸带的一部分，其中 O、 A、 B、 C、 D是计数点，每相邻两计数点间还有 4个点（图中未标出） ，计数点间的距离如图 13，由纸带求出小车打“ B”点时的速度 m/s，加速度的大小为 m/s 2。 （计算结果均保留 2位有效数字）图 12（4）如图 13所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的 a－ F图线。其中图线不过原点的原因是 ，图线在末端弯曲的原因是________________________________________________________________________________________________________________________。9图 13解析 （1）本实验采用的实验方法是控制变量法。（2）平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项 A错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项 B正确；实验时要先接通电源后放小车，选项 C错误；因为 a－ 为正比关系，故为得出加速度 a与与质量 m的关系而作出 a－1m图象，选项 D正确。1m（3）计数点间的时间间隔 T＝0.02 s×5＝0.1 s，打“ B”计数点时小车的速度大小为 v＝＝ m/s＝0.54 m/s；小车的加速度 a＝ ＝AC2T （ 13.87－ 3.10） ×10－ 22×0.1 CD＋ BC－ AB－ OA4T2m/s2＝1.5 m/s 2。0.215 3－ 0.007 72－ 0.007 724×0.01（4）由图线可知，当力 F到达一定的值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量。答案 （1）A （2）BD （3）0.54 1.5 （4）未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦 未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量1第 1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律[选考导航]历次选考统计知识内容考试要求 2016/04 2016/102017/042017/112018/042018/11牛顿第一定律 c 3 1牛顿第二定律 c 19(2) 19 19 19 19 13力学单位制 b 2 1 2 3牛顿第三定律 c 在综合性题目中结合其他知识点进行考查牛顿运动定律应用 d 在综合性题目中结合其他知识点进行考查超重与失重 b 12实验 3 探究加速度与力、质量的关系 17 17 17(2)知识排查牛顿第一定律1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态或所受合外力为零。2.成立条件：物体不受外力作用。3.意义(1)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。(2)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。惯性1.定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。2.性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。3.量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。牛顿第三定律1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力。2.内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。3.表达式： F＝－ F′。2小题速练1.思考判断(1)物体不受外力时一定处于静止状态( )(2)速度大的物体惯性大，静止的物体惯性小( )(3)作用力与反作用力的作用效果可以抵消( )(4)人走在泥地上下陷，人对地面压力大于地面对人的支持力( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(多选)[人教版必修 1·P70·科学漫步]小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法正确的是( )图 1A.小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B.小球所受的合力为零，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变C.火车一定是在向前加速D.以火车为参考系，此时牛顿第一定律已经不能适用答案 BCD3.下列说法正确的是( )A.在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B.牛顿第一定律是根据理论推导出来的C.在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球具有惯性D.物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的解析 惯性是物体的固有属性，质量是其唯一量度，选项 A错误；牛顿第一定律是牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上，加上逻辑推理得出的规律，选项 B错误；小球在粗糙水平面上受到摩擦力是小球停下来的原因，选项 C错误；物体可以做加速度逐渐减小的加速运动，选项 D正确。答案 D牛顿第一定律31.惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。2.与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。【典例】 如图 2所示，一个劈形物体 M各面均光滑，放在固定的斜面上，上面成水平，放一光滑小球 m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )图 2A.沿斜面向下的直线 B.竖直向下的直线C.无规则曲线 D.抛物线4解析 对 m进行受力分析可知 m只受重力和劈形物体对它的支持力，如图所示，水平方向上不受力，即水平方向上运动状态不发生改变，原来静止，则以后水平方向没有速度，其轨迹一定是竖直向下的直线，选项 B正确。答案 B1.一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图( )解析 当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图 A所示的情形符合要求，故选项 A正确。答案 A2.就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( )A.采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C.货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D.摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析 采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，选项 A错误；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是子弹具有的动能过小，但惯性不变，选项 B错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，当然它的惯性也就改变了，选项 C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，选项 D错误。答案 C3.科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法。理想实验有时更能深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图 3所示，其中有一个是经验事实，其余是推论。图 3①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；5②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列________(只填写序号即可)。在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论，下列有关事实和推论的分类正确的是( )A.①是事实，②③④是推论B.②是事实，①③④是推论C.③是事实，①②④是推论D.④是事实，①②③是推论解析 本题再现了伽利略理想实验法，即在可靠的物理事实的基础上进行科学合理外推，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确结论。其正确顺序为②③①④，其中②是事实，①③④是推论。答案 ②③①④ B牛顿第三定律1.作用力与反作用力的“六同、三异、二无关”(1)六同：大小相同、性质相同、同一直线、同时产生、同时变化、同时消失。(2)三异：方向相反、不同物体、不同效果。(3)二无关：与物体的运动状态无关、与物体是否受其他力无关。2.一对平衡力与作用力、反作用力的不同点名称项目 一对平衡力 作用力与反作用力作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失、同时变化力的性质 不一定相同 一定相同作用效果 可相互抵消 不可抵消特别提醒 定律中的“总是”二字说明对于任何事物，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的。3.牛顿第三定律在受力分析中的应用转换研究对象法在受力分析中的应用：转换研究对象法是将 A物体作为研究对象无法求解结果时，可以选与 A相互作用的 B物体为研究对象进行求解的方法，该方法往往用到牛顿第三定律。【典例】 如图 4所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加” ，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是( )6图 4A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B.当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小C.当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小解析 物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合外力不为零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，但由于它们作用在不同的物体上，其效果可以不同。甲加速前进的原因是甲受到的地面的摩擦力大小大于绳子对甲的拉力大小；乙加速后退的原因是绳子对乙的拉力大小大于乙受到的地面的摩擦力大小；但是，根据牛顿第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小。A、B、C 错误，D 正确。答案 D1.某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是( )图 5A.只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力D.桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力答案 C2.如图 6所示，水平地面上质量为 m的物体，与地面的动摩擦因数为 μ ，在劲度系数为 k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动。弹簧没有超出弹性限度。则( )图 6A.弹簧的伸长量为mgk7B.弹簧的伸长量为μ mgkC.物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力D.弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力解析 物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡状态，由胡克定律有 μmg ＝ kx，则弹簧的伸长量 x＝ ，故选项 A错误，B 正确；物体受到的支持力和对地面的压力是一对μ mgk作用力和反作用力，故选项 C错误；弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力，故选项 D错误。答案 B3.如图 7所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为 M的竖直竹竿，当竿上一质量为 m的人以加速度 a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为( )图 7A.(M＋ m)g－ ma B.(M＋ m)g＋ maC.(M＋ m)g D.(M－ m)g解析 对竿上的人分析：受重力 mg、摩擦力 f，则 mg－ f＝ ma，所以 f＝ m(g－ a)；对竿分析：受重力 Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力 f′＝ f，顶竿的人对竿的支持力 FN，有Mg＋ f＝ FN。由牛顿第三定律得 FN′＝ FN＝ Mg＋ f＝( M＋ m)g－ ma，A 正确。答案 A4.如图 8所示，物体 A、 B质量分别是 5 kg 和 12 kg，不计滑轮与绳间摩擦及绳的重力，整个系统静止。则地面对 B的摩擦力及物体 B对地面的压力大小分别为( g取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )图 8A.30 N 70 N B.30 N 80 NC.70 N 30 N D.80 N 30 N8解析 由于 A处于平衡状态，受力分析可知绳子上的拉力 FT＝ mAg①对物体 B受力分析，如图所示，由于 B静止，则有水平方向： FTcos 53°＝ f②由①②两式得地面对 B的摩擦力 f＝30 N对物体 B，在竖直方向分析，有 mBg＝ FTsin 53°＋ FN代入数据解得 FN＝80 N由牛顿第三定律可知 FN′＝－ FN，故物体 B对地面的压力大小为 80 N，方向竖直向下，故选项 B正确。答案 B活页作业(时间：30 分钟)A组 基础过关1.家用吊扇对悬挂点有拉力作用，在正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比( )图 1A.变大 B.变小 C.不变 D.无法判断解析 因为风扇在竖直方向是静止的，所以合力为零，在风扇不转时 G＝ F 拉 ，在风扇转动时，风扇对空气有一个向下的力，根据作用力与反作用力，空气对风扇有一个向上的力，G＝ F 拉 ＋ F 空 ，因为 G是不变的，因此在风扇转动时 F 拉 会变小，所以正确选项为 B。答案 B2.(2018·金华模拟)一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则( )图 2A.灯泡受的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力B.灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力C.灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力D.绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力解析 灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对平衡力，选项 A、B 错误；灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力，绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对9作用力和反作用力，选项 C正确，D 错误。答案 C3.在日常生活中，我们经常会接触到一些民谚、俗语，他们都蕴含着丰富的物理知识，以下对他们的理解错误的是( )A.“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小B.“一只巴掌拍不响”——力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其他物体上才能产生力的作用，才能拍响C.“鸡蛋碰石头，自不量力”——鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力D.“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各分力的大小之和解析 减小接触面的粗糙程度，可以减小摩擦，泥鳅黄鳝的表面都光滑且润滑，摩擦力小，故 A正确；力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其它物体上才能产生力的作用，才能拍响，选项 B正确；根据牛顿第三定律可知，鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击石头的力，选项 C错误；如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和，选项 D正确。答案 C4.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( m1m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )图 3A.一定相碰 B.一定不相碰C.不一定相碰 D.无法确定解析 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。选项 B正确。答案 B5.下列说法中正确的是( )A.以鸡蛋击石头，鸡蛋破而石头没损伤，是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力 B.点电荷 A的电荷量是点电荷 B的电荷量的 10倍，所以 A对 B的库仑力是 B对 A的库仑力的 10倍C.一本书静止在水平桌面上，书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力与反作用10力D.一本书静止在水平桌面上，书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力解析 按照“ A对 B的作用力与 B对 A的作用力一定是一对作用力和反作用力”的道理可知， “鸡蛋对石头和石头对鸡蛋” 、 “点电荷 A对点电荷 B和 B对 A”、 “书对桌面和桌面对书”的相互作用均为一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反，所以选项 A、B、D 错误，C正确。 答案 C 6.(2018·台州书生中学月考)我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，下列说法正确的是( )A.系好安全带可以减小惯性B.是否系好安全带对人和车的惯性有影响C.系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害解析 惯性的大小只与物体的质量有关，故司机驾车时系安全带，可以防止惯性的危害，但不能减小惯性，A、B 错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，C 错误，D正确。答案 D7.(2018·北京市西城区期末)人乘坐电梯加速向上运动，下列说法正确的是( )图 4A.人对电梯地板的压力大于电梯地板对人的支持力B.人对电梯地板的压力等于人的重力C.电梯地板对人的支持力大于人的重力D.电梯地板对人的支持力等于人的重力解析 人乘坐电梯加速向上运动，具有向上的加速度，所以人处于超重状态，即人对电梯地板的压力大于人的重力，根据牛顿第三定律可知：电梯地板对人的支持力大于人的重力，故 C正确。答案 C8.(2018·金华模拟)建筑工人用如图 5所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.500 m/s2的加速度拉升，忽略11绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为( g取 10 m/s2)( )图 5A.510 N B.490 NC.890 N D.910 N解析 设绳子对物体的拉力为 F1则 F1－ mg＝ maF1＝ m(g＋ a)＝210 N绳子对人的拉力 F2＝ F1＝210 N人处于静止，则地面对人的支持力FN＝ Mg－ F2＝490 N，由牛顿第三定律知人对地面的压力FN′＝ FN＝490 N，故 B项正确。答案 B12B组 能力提升9.搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是( )图 6A.火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C.火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D.卫星进入运行轨道之后，与地球之间不再存在相互作用力解析 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体。火箭向下喷气时，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力。此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项 B、C 错误，A 正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项 D错误。答案 A10.月球表面上的重力加速度为地球表面重力加速度的 ，对于同一个飞行器，在月球表面16上时与在地球表面上时相比较( )A.惯性减小为在地球表面时的 ，重力不变16B.惯性和重力都减小为在地球表面时的16C.惯性不变，重力减小为在地球表面时的16D.惯性和重力都不变解析 质量是惯性的唯一量度，质量不变，惯性不变， G＝ mg，质量不变，重力加速度为地球表面的 g，所以重力减小为地球表面时的 ，故 C正确。16 16答案 C11.如图 7所示，倾角为 θ 的斜面体放在水平地面上，质量为 m的光滑小球放在墙与斜面13体之间处于平衡状态，求小球对斜面体的压力大小和地面对斜面体的摩擦力大小。图 7解析 对小球受力分析如图甲所示，由平衡条件得竖直方向： FN1cos θ － mg＝0水平方向： FN2－ FN1sin θ ＝0对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得水平方向： Ff－ FN2＝0解得 FN1＝mgcos θFf＝ mgtan θ由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为FN1′＝ FN1＝mgcos θ答案 mgtan θmgcos θ12.如图 8所示，圆环的质量为 M，经过环心的竖直钢丝 AB上套有一个质量为 m的小球，今让小球沿钢丝 AB以初速度 v0竖直向上运动，要使圆环对地面无压力，则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少？(设小球不会到达 A点)图 8解析 由牛顿第三定律知，若圆环对地面无压力，则地面对圆环无支持力，取小球为研究对象，受重力 mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力 Ff，由牛顿第二定律得mg＋ Ff＝ ma由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力Ff′＝ Ff14对圆环受力分析可知，圆环受重力 Mg和竖直向上的摩擦力 Ff′作用，则 Mg＝ Ff′由以上各式解得 a＝ gM＋ mm小球沿钢丝做匀减速运动，由运动学公式可得上升的最大高度x＝ ＝ 。答案 g M＋ mm1第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题知识排查牛顿第二定律1.内容物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同。2.表达式： F＝ ma。3.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。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.基本单位基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是 kg、m 和 s。3.导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。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，具体逻辑关系如下小题速练1.思考判断(1)牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形( )(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度( )2(3)F＝ ma 是矢量式， a 的方向与 F 的方向相同，与速度方向无关( )(4)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系( )(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×2.下列哪些物理量的单位是基本单位( )A.力的单位 N B.压强的单位 PaC.长度的单位 m D.加速度的单位 m/s2答案 C3.(多选)[人教版必修 1·P86·例 2 改编]如图 1 所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角 θ ＝30°，斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m＝1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在 0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度 g 取 10 m/s2，则( )图 1A.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为 1.2 NB.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为 1.5 NC.滑块滑到木块底部时的速度大小为 5 m/sD.滑块滑到木块底部时的速度大小为 7 m/s解析 由题意可知，滑块滑行的加速度 a＝ ＝ m/s2＝3.5 Δ vΔ t 1.40.40m/s2。对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得 mgsin θ － Ff＝ ma，解得 Ff＝1.5 N，A 错误，B 正确；根据 v2＝2 ax 得v＝ m/s＝7 m/s，C 错误，D 正确。2×3.5×7答案 BD牛顿第二定律的理解和应用1.牛顿第二定律的性质32.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。(3)a＝ 是加速度的定义式， a 与 v、Δ v 无直接关系； a＝ 是加速度的决定式。Δ vΔ t Fm1.下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为 0，则加速度为 0，所受的合外力也为 0C.物体的速度为 0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为 0，所受的合外力也可能很大解析 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项 C 正确。答案 C2.如图 2 所示，一木块在光滑水平面上受一个恒力 F 作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )图 2A.木块将立即做匀减速直线运动B.木块将立即做变减速直线运动C.在弹簧弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大D.在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零答案 C3.如图 3，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )4图 3A.曲线运动B.匀速直线运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动解析 在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，选项 C 正确。答案 C5牛顿第二定律的瞬时性两种模型【典例】 两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图 4 所示。现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球 A、 B 的加速度分别用 a1和a2表示，则( )图 4A.a1＝ g， a2＝ g B.a1＝0， a2＝2 gC.a1＝ g， a2＝0 D.a1＝2 g， a2＝0审题关键点 ①两条轻绳连接 ②剪断轻绳的瞬间解析 由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、 B 只受重力，其加速度 a1＝ a2＝ g。故选项 A 正确。答案 A【拓展延伸 1】 把“轻绳”换成“轻弹簧”在【典例】中只将 A、 B 间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图 5 所示，则【典例】选项中正确的是( )图 5解析 剪断轻绳 OA 后，由于弹簧弹力不能突变，故小球 A 所受合力为 2mg，小球 B 所受合力为零，所以小球 A、 B 的加速度分别为 a1＝2 g， a2＝0。故选项 D 正确。答案 D6【拓展延伸 2】 改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸 1】的题图放置在倾角为 θ ＝30°的光滑斜面上，如图 6 所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是( )图 6A.aA＝0 aB＝ g B.aA＝ g aB＝012C.aA＝ g aB＝ g D.aA＝0 aB＝ g解析 细线被烧断的瞬间，小球 B 的受力情况不变，加速度为 0。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为 T＝2 mgsin θ ，烧断瞬间， A 受的合力沿斜面向下，大小为 2mgsin θ ，所以 A 球的瞬时加速度为 aA＝2 gsin 30°＝ g，故选项 B 正确。答案 B1.求解瞬时加速度的一般思路2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。1.如图 7 所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态。当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图 7A.0 B. g C.g D. g233 33解析 平衡时，小球受到三个力：重力 mg、木板 AB 的支持力 N 和弹簧拉力 T，受力情况如图所示。突然撤离木板时， N 突然消失而其他力不变，因此 T 与重力 mg 的合力 F＝＝ mg，产生的加速度 a＝ ＝ g，B 正确。mgcos 30°233 Fm 2337答案 B2.如图 8 所示，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质量为 M 的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为 a1、 a2。重力加速度大小为 g。则有( )图 8A.a1＝ g， a2＝ g B.a1＝0， a2＝ gC.a1＝0， a2＝ g D.a1＝ g， a2＝ gm＋ MM m＋ MM解析 在抽出木板的瞬间，弹簧对 1 的支持力和对 2 的压力并未改变。1 物体受重力和支持力， mg＝ F， a1＝0。2 物体受重力和压力，根据牛顿第二定律 a2＝ ＝ g。故选F＋ MgM M＋ mM项 C 正确。答案 C3.如图 9 所示，两小球悬挂在天花板上， a、 b 两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、 b 两球的质量分别为 m 和 2m，在细线烧断瞬间， a、 b 两球的加速度为(取向下为正方向)( )图 9A.0， g B.－ g， gC.－2 g， g D.2g，0解析 在细线烧断之前， a、 b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故向上大小为 3mg。当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故 a 受向上 3mg8的弹力和向下 mg 的重力，故加速度 aa＝ ＝2 g，方向向上。对 b 而言，细线烧断后3mg－ mgm只受重力作用，故加速度 ab＝ ＝ g，方向向下。如以向下方向为正，有2mg2maa＝－2 g， ab＝ g。故选项 C 正确。答案 C动力学的两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点2.解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用“合成法” 。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)，则采用“正交分解法” 。【典例 1】 (2018·4 月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图 10 所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑” ， t＝8 s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ ＝0.25，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g＝10 m/s 2。求：图 10(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有 x＝ at2，12解得 x＝16 m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin 37°＋ μmg cos 37°＝ ma1mgsin 37°－ μmg cos 37°＝ ma2解得 a1＝8 m/s 2， a2＝4 m/s 2。9(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t′，位移为 x′t′＝ ， x′＝ a1t′ 2，ata1 12解得 x′＝1 m。企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为 vt，初速度为 0，则有v －0 2＝2 a2(x＋ x′)2t解得 vt＝2 m/s。34答案 (1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)2 m/s34两类动力学问题的解题步骤【典例 2】 如图 11 所示，倾角为 30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上的 A 点由静止释放，最终停在水平面上的 C 点。已知 A 点距水平面的高度 h＝0.8 m， B 点距 C 点的距离 L＝2.0 m。(滑块经过 B 点时没有能量损失，取 g＝10 m/s2)求：图 11(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数 μ ；(3)滑块从 A 点释放后，经过时间 t＝1.0 s 时速度的大小。解析 (1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到 B点时速度最大，设为 vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1，则mgsin 30°＝ ma1v ＝2 a12maxhsin 30°解得 vmax＝4 m/s。(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为 a210则 μmg ＝ ma20－ v ＝－2 a2L2max解得 μ ＝0.4。(3)设滑块在斜面上运动的时间为 t1， vmax＝ a1t1，得 t1＝0.8 s，由于 tt1，故滑块已经经过 B 点，做匀减速运动的时间为 t－ t1＝0.2 s，设 t＝1.0 s 时速度大小为 v，则v＝ vmax－ a2(t－ t1)解得 v＝3.2 m/s。答案 (1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s多过程问题的处理方法(1)将复杂物理过程分解为几个子过程。(2)分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。(3)注意子过程之间的联系，可以从时间、位移、速度等方面寻找。(4)注意画好受力分析图和运动示意图。1.(2016·4 月浙江选考)如图 12 是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119 层观光平台仅用时 55 s。若电梯先以加速度 a1做匀加速运动，达到最大速度 18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度 a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为 549 m。图 12(1)若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度，求加速度 a1及上升高度 h；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为 60 kg，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间。解析 (1)由运动学公式可得 a1＝ ＝ m/s2＝0.9 m/s 2vmt1 1820上升的高度 h＝ a1t ＝ ×0.9×202 m＝180 m12 21 12(2)根据牛顿第二定律 FN－ mg＝ ma111得 FN＝ mg＋ ma1＝654 N由牛顿第三定律可得，小明对地板的压力 FN′＝ FN＝654 N，方向竖直向下(3)设匀速运动的时间为 t0，运动的总时间为 t，由 v－ t 图可得 H＝ (t＋ t0)×vm得 t0＝6 12s答案 (1)0.9 m/s 2 180 m (2)654 N (3)6 s2.如图 13 所示，冰壶运动是一项体力与智力相结合的投掷类高雅运动，有人把冰壶称做“冰上国际象棋” 。在一次比赛中，掷球运动员在掷球区的栏线前松手，冰壶沿着冰道做匀减速直线运动，最后停在“营垒”的中心。已知从松手到停止的运动过程中，冰壶的位移x＝40 m，所经过的时间 t＝20 s。图 13(1)求冰壶在此过程中平均速度 v1大小；(2)求冰壶在此过程中加速度 a 的大小；(3)求位移 x1＝30 m 处时冰壶速度 v2的大小。解析 (1)冰壶做匀减速直线运动，由平均速度公式得 v1＝ ＝2 m/s。xt(2)由匀变速直线运动规律得： x＝ at212解得冰壶加速度的大小 a＝ ＝0.2 m/s 22xt2(3)由匀变速直线运动规律得： v0＝ at解得此过程中初速度的大小 v0＝4 m/s由匀变速直线运动规律得： v － v ＝－2 ax12 20解得位移 x1＝30 m 处时冰壶速度大小 v2＝2 m/s。答案 (1)2 m/s (2)0.2 m/s 2 (3)2 m/s3.(2016·10 月浙江选考)如图 14 所示，在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h 高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后匀12加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/h。图 14(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为 8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。解析 (1)列车的初速度为 v0＝324 km/h＝90 m/s，经过 t＝5 min＝300 s 停下，所以加速度为 a＝ ＝ m/s2＝－0.3 m/s 2，即加速度大小为 0.3 m/s2。Δ vΔ t 0－ 90300(2)列车驶离车站，经 x′＝8.1×10 3 m 后速度达到 v＝90 m/s，由 v2＝2 a′ x′得 a′＝ ＝ m/s2＝0.5 m/s 2，v22x′ 9022×8.1×103f＝0.1 mg，根据牛顿第二定律得 F－0.1 mg＝ ma′，代入数值解得 F＝1.2×10 6 N。(3)根据上一问可知，重新加速时间为 t′＝ ＝ s＝180 s，减速过程中通过的位移va′ 900.5x＝ t＝45×300 m＝1.35×10 4 m，所以整个过程的平均速度 v＝ ＝v02 x＋ x′t总m/s＝30 m/s。1.35×104＋ 8.1×103300＋ 240＋ 180答案 (1)0.3 m/s 2 (2)1.2×10 6 N (3)30 m/s科学思维——光滑斜面模型模型特点如图 15 所示，质量为 m 的物体从倾角为 θ 、高度为 h 的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：图 15(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间 t，由斜面的倾角 θ 与斜面的高度 h 共同决定，与物体的质量无关。13关系式为 t＝ 。1sin θ 2hg(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度 h 决定，与斜面的倾角 θ 、斜面的长度、物体的质量无关。关系式为 v＝ 。2gh【例】 如图 16 所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是( )图 16A.滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为 30°的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为 60°的斜面上滑行的时间最短解析 由规律(2)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项 A 错误；由规律(1)可知物体在倾角 θ ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项 D 正确。答案 D【针对训练】 一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是( )解析 如图，设房顶宽为 2b，高度为 h，斜面倾角为 θ 。由图中几何关系有 h＝ btan θ由规律(1)可知 t＝ 1sin θ 2hg联立解得 t＝ ，可见，当 θ ＝45°时， t 最小。4bgsin 2θ答案 C活页作业14(时间：30 分钟)A 组 基础过关1.(2018·4 月浙江选考)用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是( )A.kg·m2/s2 B.kg·m/s2C.N/m D.N·m解析 国际七大基本物理量及单位分别为质量：千克(kg)，长度：米(m)，时间：秒(s)，电流：安培(A)，温度：开尔文(K)，光强：坎德拉(cd)，物质的量：摩尔(mol)。能量的单位可以从做功的角度考虑，等于 N·m，力的单位从牛顿第二定律 F＝ ma 可知N＝kg·m/s 2，所以能量的单位为 kg·m2/s2，故选 A。答案 A2.(2018·宁波模拟)如图 1 所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空。当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是( )图 1A.一对平衡力 B.作用力和反作用力C.拉力小于重力 D.拉力大于重力解析 加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，选项 D 正确。答案 D3.如图 2 所示，质量为 20 kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为 10 N 的水平向右的力的作用，则该物体( )图 2A.受到的摩擦力大小为 10 N，方向向右B.受到的摩擦力大小为 20 N，方向向右C.运动的加速度大小为 1.5 m/s2，方向向左D.运动的加速度大小为 0.5 m/s2，方向向左解析 滑动摩擦力 Ff＝ μF N＝ μmg ＝20 N，方向水平向左， a＝ ＝0.5 m/s2，方向水Ff－ Fm15平向左，选项 D 正确。答案 D4.如图 3 所示，为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼 10”战机的情景。当战机大仰角沿直线加速攀升时，战机所受合力方向( )图 3A.竖直向上 B.与速度方向相同C.与速度方向相反 D.与速度方向垂直解析 沿直线加速运动，需要速度与加速度方向相同，所以 B 正确，A、C、D 错误。答案 B5.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为 0.7， g 取 10 m/s2，则汽车刹车前的速度为( )A.7 m/s B.10 m/sC.14 m/s D.20 m/s解析 设汽车刹车后滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得 μmg ＝ ma，所以a＝ μg ，由匀变速直线运动的规律得 v ＝2 ax，故汽车刹车前的速度为20v0＝ ＝ ＝14 m/s，选项 C 正确。2ax 2μ gx答案 C6.用 30 N 的水平外力 F 拉一个静放在光滑水平面上质量为 20 kg 的物体，力 F 作用 3 s 后撤去，则第 5 s 末物体的速度和加速度分别为( )A.v＝4.5 m/s， a＝1.5 m/s 2B.v＝1.5 m/s， a＝7.5 m/s 2C.v＝4.5 m/s， a＝0D.v＝7.5 m/s， a＝0解析 由题意知在前 3 s 内，物体的加速度 a1＝ ＝1.5 m/s2，3 s 末的速度 v＝ a1t＝4.5 Fm16m/s，力 F 撤去后物体做匀速直线运动，所以第 5 s 末物体的速度为 4.5 m/s，加速度为0。故选项 C 正确。答案 C7.(2018·嘉兴模拟)质量为 m 的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为 F 的水平恒力拉木块，其加速度为 a。当拉力方向不变，大小变为 2F 时，木块的加速度为 a′，则( )A.a′＝ a B.a′2 a D.a′＝2 a解析 设摩擦力为 f，故当用大小为 F 的恒力拉木块时， F－ f＝ ma；当用大小为 2F 的恒力拉木块时 2F－ f＝ ma′；故 m(a′－2 a)＝2 F－ f－2( F－ f)＝ f0，故 a′2 a，选项 C 正确。答案 C8.(2017·4 月浙江选考)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：运动过程 运动时间 运动状态匀加速运动 0～40 s初速度 v0＝0；末速度 v＝4.2 m/s匀速运动 40 s～640 s v＝4.2 m/s匀减速运动 640 s～720 s 靠岸时的速度 v1＝0.2 m/s图 4(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1及位移大小 x1；(2)若游船和游客的总质量 M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。解析 (1)由运动学公式 a1＝ ＝0.105 m/s 2Δ vΔ t位移 x1＝ a1t2＝84 m12(2)减速运动过程中加速度大小 a2＝ ＝0.05 m/s 2Δ vΔ t由牛顿第二定律得 F＝ Ma2＝400 N(3)位移 x＝ ×t1＋ v×t2＋ ×t3＝2 780 m0＋ v2 v＋ v12平均速度 v＝ ＝3.86 m/sxt17答案 (1)0.105 m/s 2 84 m (2)400 N (3)3.86 m/sB 组 能力提升9.(2018·嘉兴一中期中)质量为 m 的物块在倾角为 θ 的粗糙斜面上匀加速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，则物块的加速度大小将( )图 5A.变大 B.变小C.不变 D.以上情况都有可能解析 质量为 m 的物块在倾角为 θ 的粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小 a＝＝ g(sin θ － μ cos θ )mgsin θ － μ mgcos θm对物块施加一个竖直向下的恒力 F，对物体受力分析，如图现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，则物块的加速度大小a＝（ mg＋ F） sin θ － μ （ mg＋ F） cos θm＝( g＋ )(sin θ － μ cos θ )aFm故 A 正确，B、C、D 错误。答案 A10.(2018·11 月浙江选考)如图 6 所示为某一游戏的局部简化示意图。 D 为弹射装置， AB是长为 21 m 的水平轨道，倾斜直轨道 BC 固定在竖直放置的半径为 R＝10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道 AB 与 BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置 D 的作用下，以 v0＝10 m/s 的速度滑上轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的最高点。已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从A 到 C 的运动时间是( )图 618A. 5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s解析 小车在 AB 段，由题意知 f＝ μmg ，得 μ ＝0.2，其加速度大小为 a1＝ μg ＝2 m/s2，由运动学公式得 LAB＝ v0t1－ a1t ，解得 t1＝3 12 21s，或 t1′＝7 s(舍去)。从 B 到 C 运动时，如图所示， LBC＝2 Rsin θ ，加速度为 a2＝ gsin θ ，所以 LBC＝ a2t ，得 t2＝2 s，所以从 A12 2到 C 的时间为 t＝ t1＋ t2＝5 s。答案 A11.(2018·浙江新高考研究联盟二联)如图 7 所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力 F 后经过 t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为 Ff＝12 N，求：图 7(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)t＝3.0 s 时运动员的速度大小；(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝ ＝1.2 m/s 2F－ Ffm第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝ a1t1＝1.2 m/s位移 x1＝ a1t ＝0.6 m12 21(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2＝Ffm经时间 t2速度变为 v1′＝ v1－ a2t2＝0.8 m/s(3)第二次利用滑雪杖获得的速度大小 v2，19则 v － v1′ 2＝2 a1x12第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x2＝解得 x2＝5.2 m。答案 (1)0.6 m (2)0.8 m/s (3)5.2 m12.在山区或沟谷深壑地区，往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡，并携带有大量石块滑落。某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接，在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡，如图 8 甲所示。现假设两山坡与水平面间的夹角均为 θ ＝37°，石块在下滑过程中与坡面间的动摩擦因数均为 μ ＝0.25，石块在左侧山坡 A 处由静止开始下滑时，离水平地面的高度 h1＝4.8 m，然后冲上右侧山坡，其简化图如图乙所示。(已知石块经过最低点 P 前后的速度大小不变，重力加速度 g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图 8(1)求石块滑到最低点 P 时的速度大小 v；(2)求石块冲上右侧山坡最高点 B 时离水平面的高度 h2；(3)当石块在 A 点以多大的初速度 v0下滑，刚好能到达右侧山坡与 A 等高处？解析 (1)设石块从 A 到 P 过程加速度为 a1，则 mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma1，代入数据解得a1＝4 m/s 2，根据 v2－0 2＝2 a1 ，代入数据解得 v＝8 m/s。h1sin θ(2)设石块从 P 到 B 过程中加速度为 a2，则有：－ mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2，代入数据解得： a2＝－8 m/s 2，由运动学方程有：0－ v2＝2 a2 ，解得 h2＝2.4 m。h2sin θ(3)刚好能到达右侧山坡与 A 等高处时，设石块在底端的速度为 v1，则有 0－ v ＝2 a2 ，解得 v1＝8 m/s，21h1sin θ 2石块从 A 到 P 过程中，有 v － v ＝2 a1 ，21 20h1sin θ解得 v0＝8 m/s。答案 (1)8 m/s (2)2.4 m (3)8 m/s