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步步高2015(新课标)一轮讲义:专题03牛顿运动定律的综合应用


专题三

牛顿运动定律的综合应用

考纲解读 1.掌握超重、失重的概念,会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问 题.3.会进行力学多过程问题的分析.

1.[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中,正确的是(

)

A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了 B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作 用 C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化 答案 D 解析 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, 超 重和失重并非物体的重力发生变化, 而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了 变化,综上所述,A、B、C 均错,D 正确. 2.[超重与失重概念的应用]下列说法中正确的是( )

A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案 B 解析 当加速度有竖直向下的分量时, 物体处于失重状态; 当加速度有竖直向上的分量 时, 物体处于超重状态, 蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下, 且 a=g,为完全失重状态,所以 B 正确.而 A、C、D 中运动员均为平衡状态,F=mg, 既不超重也不失重. 3.[动力学中的图象问题]一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面,在水平面上 运动的 v-t 图象如图 1 所示.已知重力加速度为 g,则根据图象不能求出的物理量是 ( )

图1
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A.木块的位移 B.木块的加速度 C.木块所受摩擦力 D.木块与桌面间的动摩擦因数 答案 C 解析 位移可由图象与时间轴所围的面积求出, 由 v-t 图线的斜率可求出加速度 a, 由 牛顿第二定律知,a=μg,故动摩擦因数 μ 也可求出,由于不知木块的质量,故不能求 出木块所受摩擦力.

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 超重与失重现象 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. 例 1 如图 2 所示,运动员“3 m 跳板跳水”运动的过程可简化为:运动员走上跳板,将跳 板从水平位置 B 压到最低点 C,跳板又将运动员竖直向上弹到最高点 A,然后运动员 做自由落体运动, 竖直落入水中, 跳板自身重力忽略不计, 则下列说法正确的是(
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)

图2 A.运动员向下运动(B→C)的过程中,先失重后超重,对板的压力先减小后增大 B.运动员向下运动(B→C)的过程中,先失重后超重,对板的压力一直增大 C.运动员向上运动(C→B)的过程中,超重,对板的压力先增大后减小 D.运动员向上运动(C→B)的过程中,超重,对板的压力一直减小 答案 B 突破训练 1 在探究超重和失重规律时, 某体重为 G 的同学站在一压力传感器上完成一次下 蹲动作,传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力 F 随时间 t 变化的图象,则下 列图象中可能正确的是( )

答案 D 解析 正确. 考点二 动力学中的图象问题 1.图象的类型 (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况. (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情 况. 2.问题的实质 是力与运动的关系问题,求解这类问题的关键是理解图象的物理意义,理解图象的轴、 点、线、截、斜、面六大功能. 例 2 如图 3 甲所示,静止在光滑水平面上的长木板 B(长木板足够长)的左端放着小物块 A, 某时刻,B 受到水平向左的外力 F 的作用,F 随时间 t 的变化规律如图乙所示,即 F=
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该同学下蹲过程中,其加速度方向先向下后向上,故先失重后超重,故选项 D

kt,其中 k 为已知常数.若 A、B 之间的滑动摩擦力 Ff 的大小等于最大静摩擦力,且 A、 B 的质量相等,则下列图中可以定性地描述物块 A 的 v-t 图象的是( )

图3

F kt 解析 刚开始,外力 F 较小,A、B 保持相对静止,加速度大小为 a= = ,可见, 2m 2m 加速度 a 的大小随着时间 t 逐渐增大,对应的 v-t 图线的斜率逐渐增大,C、D 错误; 随着时间 t 的增大, 外力 F 增大, 当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时, 物块 A 与木板 B 发生相对运动,此时有 Ff=ma,F-Ff=ma,解得 F=2Ff,即 kt=2Ff, 2Ff 可见 t> 后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动,其对应的 v-t 图 k 线是倾斜的直线,A 错误,B 正确. 答案 B 数图结合解决动力学问题 物理公式与物理图象的结合是一种重要题型.动力学中常见的图象有 v-t 图象、x-t 图象、F-t 图象、F-a 图象等,解决图象问题的关键有: (1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位,并且注意坐标原点是否从零开始, 明确其物理意义. (2)明确图线斜率的物理意义,如 v-t 图线的斜率表示加速度,注意图线中一些特殊点 所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等. (3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情境结合,并结合斜率、特 殊点等的物理意义,确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如 v-t 图线所围面积表示 位移等)并结合牛顿运动定律求解. 突破训练 2 我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时,内部显示屏上显示了从水面开始下潜到 返回水面过程中的速度图象,如图 4 所示.以下判断正确的是( )

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图4 A.6 min~8 min 内,深潜器的加速度最大 B.4 min~6 min 内,深潜器停在深度为 60 m 处 C.3 min~4 min 内,潜水员处于超重状态 D.6 min~10 min 内,深潜器的加速度不变 答案 C 解析 速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小, 图线与时间轴围成的面积等 于位移的大小.6 min~8 min 内深潜器的加速度小于 3 min~4 min 内深潜器的加速度, A 错误.4 min~6 min 内,深潜器停在深度为 360 m 处,B 错误.3 min~4 min 内,深潜器 向下做匀减速运动,加速度向上,故处于超重状态,C 正确.6 min~8 min 内与 8 min~ 10 min 内深潜器的加速度大小相等,方向相反,D 错误. 考点三 动力学中的临界极值问题 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着 临界点; (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语,表明题述的过程 存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态; (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼,表明题述的过程存 在着极值,这个极值点往往是临界点; (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度. 例3 (2013· 山东· 22)如图 5 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= 3 .重力加速度 g 取 10 m/s2. 3

图5
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(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

1 L=v0t+ at2① 2 v=v0+at② 联立①②式,代入数据得 a=3 m/s2③ v=8 m/s④ (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=ma⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0⑥ 又 Ff=μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式得 mg?sin θ+μcos θ?+ma F= ⑧ cos α+μsin α 由数学知识得 cos α+ 3 2 3 sin α= sin(60° +α)⑨ 3 3

由⑧⑨式可知对应最小 F 的夹角 α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式,代入数据得 F 的最小值为 Fmin= 答案 13 3 N 5 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 13 3 N 5

动力学中的典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力 FN=0. (2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相 对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值. (3)绳子断裂与松驰的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临 界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松驰的临界条件是:FT=0. (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为零时. 突破训练 3 如图 6 所示,水平地面上放置一个质量为 m 的物体,在与水平方向成 θ 角、斜
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向右上方的拉力 F 的作用下沿水平地面运动.物体与地面间的动摩擦因数为 μ,重力加 速度为 g.求:

图6 (1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力 F 的大小范 围; (2)已知 m=10 kg,μ=0.5,g=10 m/s2,若 F 的方向可以改变,求使物体以恒定加速度 a=5 m/s2 向右做匀加速直线运动时,拉力 F 的最小值. 答案 解析 (1) μmg mg ≤F≤ (2)40 5 N sin θ cos θ+μsin θ

(1)要使物体运动时不离开水平面,应有:Fsin θ≤mg

要使物体能一直向右运动,应有: Fcos θ≥μ(mg-Fsin θ) 联立解得: μmg mg ≤F≤ sin θ cos θ+μsin θ

(2)根据牛顿第二定律得:Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma μmg+ma 解得:F= cos θ+μsin θ 上式变形 F= 其中 α=sin
-1

, 1+μ2sin?θ+α? 1 ,当 sin(θ+α)=1 时 F 有最小值 1+μ2

μmg+ma

解得:Fmin=

μmg+ma , 1+μ2 5 N.

代入相关数据解得:Fmin=40

12.“传送带模型”问题的分析思路

1.模型特征 一个物体以速度 v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传 送带”模型,如图 7(a)、(b)、(c)所示.

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图7 2.建模指导 传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题. (1)水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断 摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度, 也就是分析物体在运动位移 x(对 地)的过程中速度是否和传送带速度相等.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物 体所受摩擦力发生突变的时刻. (2)倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确 定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向, 然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况. 当物体速度与传送带速度相等时, 物体 所受的摩擦力有可能发生突变. 例 4 如图 8 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= (g=10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,空气阻力不计) 3 ,求: 6

图8 (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. 审题与关联

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解析 得

(1)设小物体在斜面上的加速度为 a1,运动到 B 点的速度为 v,由牛顿第二定律

mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1 由运动学公式知 v2=2a1L,联立解得 v=3 m/s. (2)因为 v<v0,所以小物体在运输带上一直做匀加速运动,设加速度为 a2,则由牛顿第 二定律知 μmgcos α-mgsin α=ma2 7 又因为 v2=2a2x,联立解得 μ= . 8 v v (3)小物体从 A 点运动到 B 点经历时间 t1= ,从 B 运动到 C 经历时间 t2= a2 a1 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=t1+t2=3.4 s. 答案 7 (1)3 m/s (2) (3)3.4 s 8 解答传送带问题应注意的事项 (1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况,即物体所受摩擦力的情况; 倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况. (2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定:相对运动→摩擦力方向→加速度方向 →速度变化情况→共速, 并且明确摩擦力发生突变的时刻是 v 物=v 传. (3)倾斜传送带问题,一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系.

13.“滑块—木板模型”问题的分析思路

1.模型特点:上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动. 2.建模指导 解此类题的基本思路:(1)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;(2)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
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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. 例 5 如图 9 所示,质量 M=4.0 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平地面上,在其右端放一质 量 m=1.0 kg 的小滑块 A(可视为质点).初始时刻,A、B 分别以 v0=2.0 m/s 向左、向右 运动, 最后 A 恰好没有滑离 B 板. 已知 A、 B 之间的动摩擦因数 μ=0.40, 取 g=10 m/s2. 求:

图9 (1)A、B 相对运动时的加速度 aA 和 aB 的大小与方向; (2)A 相对地面速度为零时,B 相对地面运动已发生的位移大小 x; (3)木板 B 的长度 l. 审题与关联

解析

(1)A、B 分别受到大小为 μmg 的摩擦力作用,根据牛顿第二定律

对 A 有 μmg=maA 则 aA=μg=4.0 m/s2 方向水平向右 对 B 有 μmg=MaB 则 aB=μmg/M=1.0 m/s2 方向水平向左 (2)开始阶段 A 相对地面向左做匀减速运动, 设到速度为零时所用时间为 t1, 则 v0=aAt1, 解得 t1=v0/aA=0.50 s 1 B 相对地面向右做匀减速运动 x=v0t1- aBt2 =0.875 m 2 1 (3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零, 后相对地面向右做匀加速运动, 加速度大 小仍为 aA=4.0 m/s2 B 板向右一直做匀减速运动,加速度大小为 aB=1.0 m/s2
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当 A、B 速度相等时,A 滑到 B 最左端,恰好没有滑离木板 B,故木板 B 的长度为这个 全过程中 A、B 间的相对位移. 在 A 相对地面速度为零时,B 的速度 vB=v0-aBt1=1.5 m/s 设由 A 速度为零至 A、B 速度相等所用时间为 t2,则 aAt2=vB-aBt2 解得 t2=vB/(aA+aB)=0.3 s 共同速度 v=aAt2=1.2 m/s 从开始到 A、B 速度相等的全过程,利用平均速度公式可知 A 向左运动的位移 xA= ?v0-v??t1+t2? ?2-1.2?×?0.5+0.3? = m=0.32 m 2 2

B 向右运动的位移 xB= ?v0+v??t1+t2? ?2+1.2?×?0.5+0.3? = m=1.28 m 2 2

B 板的长度 l=xA+xB=1.6 m 答案 (1)A 的加速度大小为 4.0 m/s2,方向水平向右 B 的加速度大小为 1.0 m/s2,方向 (2)0.875 m (3)1.6 m

水平向左

高考题组 1.(2013· 浙江· 19)如图 10 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. 关于该热气球,下列说法正确的是( )

图 10 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
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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 的速度匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N 答案 AD 解析 从地面刚开始竖直上升时 v=0,空气阻力 Ff=0.由 F 浮-mg=ma,得 F 浮=m(g +a)=4 830 N,故 A 正确;最终气球匀速上升,说明气球加速运动的过程中空气阻力 逐渐增大, 故 B 错误; 气球做加速度减小的加速运动, 故加速到 5 m/s 的时间大于 10 s, C 错误;匀速上升时 F 浮-mg-Ff=0,计算得 Ff=230 N,D 正确. 2.(2013· 广东· 19)如图 11,游乐场中,从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道, 甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处,下列说法正确的有( )

图 11 A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达 B 处 答案 BD 解析 在曲线上任取一点,作切线,设切线与水平方向成的锐角为 θ,则切向力为:mg sin θ=mat,可以看出甲的切向加速度一直减小,乙的切向加速度一直增大,在 B 点, 就有甲的切向加速度小于乙,当然这样的地方还有很多,A 错.当甲、乙下降相同的高 1 度 h 时,由动能定理得:mgh= mv2,即:v= 2gh,B 对.画切向速度函数图象如下: 2

分析过程: 经分析甲、 乙开始一段时间, 切向加速度甲比乙大, 切向速度存在上面图(a)、 (b)、(c)3 种可能,假设图(b)成立,从 0 到末时刻有 s 甲>s 乙,末时刻速度大小相同,表
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示甲、乙下降的高度相同,然后用水平线去截甲、乙轨迹,如图(d)所示,则有 s 甲<s 乙, 与上面结论相矛盾,故假设不成立,同理图(c)也不成立,只有图(a)成立,即 C 错,D 对. 模拟题组 3.如图 12 所示,质量为 1 kg 的木块 A 与质量为 2 kg 的木块 B 叠放在水平地面上,A、B 间的最大静摩擦力 2 N,B 与地面间的动摩擦因数为 0.2.用水平力 F 作用于 B,则 A、B 保持相对静止的条件是(g=10 m/s2)( )

图 12 A.F≤12 N B.F≤10 N C.F≤9 N D.F≤6 N 答案 A 解析 当 A、B 间有最大静摩擦力(2 N)时,对 A 由牛顿第二定律知,加速度为 2 m/s2, 对 A、B 整体应用牛顿第二定律有:F-0.2×30 N=3×2 N,F=12 N,A、B 保持相对 静止的条件是 F≤12 N,A 正确,B、C、D 错误. 4.如图 13 所示,质量分别为 m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧 的两端,已知弹簧的原长为 L,劲度系数为 k,现沿弹簧轴线方向在质量为 2m 的小球 上有一水平拉力 F,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为( )

图 13 F A. 3k F B. 2k F D.L+ 2k

F C.L+ 3k 答案 C

5.如图 14 所示,厚度不计的薄板 A 长 L=5.0 m,质量 M=5.0 kg,放在水平桌面上.在 A 上距其右端 s=3.0 m 处放一物体 B(大小不计),其质量 m=2.0 kg,已知 A、B 间的动摩 擦因数 μ1=0.1,A 与桌面间的动摩擦因数 μ2=0.2,原来系统静止.现在在板的右端施 加一大小一定的水平力 F=26 N,持续作用在 A 上,将 A 从 B 下抽出.(g=10 m/s2)求:

图 14 (1)A 从 B 下抽出前 A、B 的加速度各是多少;
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(2)B 运动多长时间离开 A. 答案 解析 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)2 s

(1)对 A:F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA

解得:aA=2 m/s2 对 B:μ1mg=maB 解得 aB=1 m/s2 1 (2)设经时间 t 抽出,则 xA= aAt2 2 1 xB= aBt2 2 Δx=xA-xB=L-s t=2 s 6.一质量 m=2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一足够长的斜面,小物块与斜面间的动 摩擦因数 μ=0.25.某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面上滑过程中多个 时刻的瞬时速度,并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线,如图 15 所 示.(g=10 m/s2)求:

图 15 (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小; (2)斜面的倾角 θ; (3)小物块沿斜面上滑的最大距离; (4)小物块在斜面上运动的总时间. 答案 解析 = (1)8 m/s2 (2)37° (3)4.0 m (4)(1+ 2)s

(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线可得小物块冲上斜面过程中加速度为 a

vt-v0 0-8.0 = m/s2=-8 m/s2 t 1.0

加速度大小为 8 m/s2. (2)对小物块进行受力分析如图,有 mgsin θ+Ff=ma1 FN-mgcos θ=0 Ff=μFN 代入数据解得 θ=37°
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(3)由题图知物块沿斜面上滑的最大距离为 v0 8 x= t= ×1.0 m=4.0 m. 2 2 (4)小物块下滑时,有 mgsin θ-Ff=ma2 1 x= a2t2 2 2 得 t2= 2 s 总时间 t=t1+t2=(1+ 2) s

(限时:30 分钟) ?题组 1 超重、失重的理解与应用 1.有关超重和失重,以下说法中正确的是( )

A.物体处于超重状态时,所受重力增大,处于失重状态时,所受重力减小 B.竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态 C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时,升降机必定处于下降过程 D.站在月球表面的人处于失重状态 答案 B 解析 超重与失重时,物体自身的重力不会发生变化,A 项错;竖直上抛中的木箱中的 物体的加速度都为竖直向下的重力加速度 g,所以是完全失重,B 项正确;升降机失重 时,也有可能是做向上的减速运动,C 项错;月球表面对人体也有引力作用,虽然他对 月面的压力小于在地球时对地球表面的压力,但对月面的压力等于他在月球上受的重 力,所以这不是失重,D 项错,正确选项为 B. 2.如图 1 所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力 F 随时间 t 变化 的图线,由图线可知该同学( )

图1 A.体重约为 650 N B.做了两次下蹲—起立的动作 C.做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约 2 s 起立
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D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 答案 AC 解析 做下蹲—起立的动作时, 下蹲过程中先向下加速后向下减速, 因此先处于失重状 态后处于超重状态,D 错误;由图线可知,第一次下蹲 4 s 末结束,到 6 s 末开始起立, 所以 A、C 正确,B 错误. 3.如图 2 所示,质量为 M 的木楔 ABC 静置于粗糙水平面上,在斜面顶端将一质量为 m 的 物体,以一定的初速度从 A 点沿平行斜面的方向推出,物体 m 沿斜面向下做减速运动, 在减速运动过程中,下列有关说法中正确的是( )

图2 A.地面对木楔的支持力大于(M+m)g B.地面对木楔的支持力小于(M+m)g C.地面对木楔的支持力等于(M+m)g D.地面对木楔的摩擦力为 0 答案 A 解析 由于物体 m 沿斜面向下做减速运动,则物体的加速度方向与运动方向相反,即 沿斜面向上,则其沿竖直向上的方向有分量,故系统处于超重状态,所以可确定 A 正 确,B、C 错误;同理可知,加速度沿水平方向的分量向右,说明地面对木楔的摩擦力 方向水平向右,故 D 错误. ?题组 2 动力学中的图象问题 4.如图 3 甲所示,A、B 两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力 F 的作用,该力与时间的关系如图乙所示,A、B 始终相对静止,则下列说法不正确的 是( )

图3 A.t0 时刻,A、B 间静摩擦力最大 B.t0 时刻,B 速度最大 C.2t0 时刻,A、B 间静摩擦力为零 D.2t0 时刻,A、B 位移最大
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答案 AC 解析 由题图乙可知,A、B 一起先做加速度减小的变加速运动,后做加速度增大的变 减速运动,所以 B 项正确;全过程运动方向不变,2t0 时刻,A、B 位移最大,所以 D 项正确;不正确的选项为 A、C 项. 5.下面四个图象依次分别表示 A、B、C、D 四个物体的加速度、速度、位移和摩擦力随时 间变化的规律.其中可能处于受力平衡状态的物体是( )

答案 CD 解析 若物体处于受力平衡状态,则加速度 a=0,因此 A、B 均错误.C 代表匀速直线 运动,所以正确.D 为摩擦力的变化,但是有可能跟外力平衡,所以 D 也正确. 6.如图 4 甲所示,质量为 m=2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动.过 A 点时给物体一 个水平向左的恒力 F 并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出 物体的瞬时速度,所得 v-t 图象如图乙所示.取重力加速度 g=10 m/s2.求:

图4 (1)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 μ; (2)10 s 末物体离 A 点的距离. 答案 解析 m/s2① 根据牛顿第二定律有,F+μmg=ma1② 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为 a2,则由题中 v-t 图象得 a2=1 m/s2③ 根据牛顿第二定律得 F-μmg=ma2④ 联立①②③④解得:F=3 N,μ=0.05 (2)设 10 s 末物体离 A 点的距离为 d,d 应为 v-t 图象与横轴所围的面积,则 8×4 6×6 d= m- m=-2 m 2 2 负号表示物体在 A 点左侧
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(1)3 N

0.05 (2)2 m

(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为 a1,则由题中 v-t 图象得 a1=2

?题组 3 传送带模型 7.如图 5 所示,质量为 m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上,物体到传送带左端的 距离为 L,稳定时绳与水平方向的夹角为 θ,当传送带分别以 v1、v2 的速度做逆时针转 动时(v1<v2),绳中的拉力分别为 F1、F2;若剪断细绳,物体到达左端的时间分别为 t1、 t2,则下列说法正确的是( )

图5 A.F1<F2 B.F1=F2 C.t1 一定大于 t2 D.t1 可能等于 t2 答案 BD 解析 本题考查传送带模型的应用. 不论传送带的速度大小是多少, 物体与传送带间的 滑动摩擦力是一样的,分析物体受力情况,其所受的合力为零,则 F1=F2;因 L 的大 小未知,物块在传送带上的运动情况不能确定,所以 t1 可能等于 t2. 8.如图 6 所示,倾角为 37° ,长为 l=16 m 的传送带,转动速度为 v=10 m/s,动摩擦因数 μ=0.5,在传送带顶端 A 处无初速度地释放一个质量为 m=0.5 kg 的物体.已知 sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2.求:

图6 (1)传送带顺时针转动时,物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间; (2)传送带逆时针转动时,物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间. 答案 解析 (1)4 s (2)2 s (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿

斜面向上,又 μ<tan θ,故向下匀加速运动,设加速度为 a,根据牛顿第二定律有 mg (sin 37° -μcos 37° )=ma 则 a=gsin 37° -μgcos 37° =2 m/s2, 1 根据 l= at2 得 t=4 s. 2 (2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上 运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为 a1,由牛顿第二 定律得
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mgsin 37° +μmgcos 37° =ma1 mgsin 37° +μmgcos 37° 则有 a1= =10 m/s2 m 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为 t1,位移为 x1,则有 v 10 1 t1= = s=1 s,x1= a1t2 =5 m<l=16 m a1 10 2 1 当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有 mgsin 37° >μmgcos 37° ,则下一时刻物体相对 传送带向下运动, 受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变. 设当物体下滑速 度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2,则 mgsin 37° -μmgcos 37° a2= =2 m/s2 m x2=l-x1=11 m 1 又因为 x2=vt2+ a2t2 ,则有 10t2+t2 2=11 2 2 解得:t2=1 s(t2=-11 s 舍去) 所以 t 总=t1+t2=2 s. ?题组 4 滑块—木板模型与临界极值问题 9.如图 7 所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车 间的动摩擦因数为 μ=0.3,用水平恒力 F 拉动小车,设物块的加速度为 a1 和小车的加 速度为 a2.当水平恒力 F 取不同值时,a1 与 a2 的值可能为(当地重力加速度 g 取 10 m/s2)( )

图7 A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2 B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2 C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2 D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2 答案 D 解析 由受力分析可知物块的加速度取决于 M 对物块的摩擦力,即 Ff=ma1,且 Ff 的 最大值为 Ffm=μmg,即 a1 的最大值为 a1m=μg=3 m/s2.当二者相对静止一起加速时,a1 =a2≤3 m/s2.当 F 较大时,m 与 M 发生相对滑动,a1=3 m/s2,a2>3 m/s2,综上述只有 选项 D 符合题意. 10.如图 8 所示,一质量为 mB=2 kg 的木板 B 静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠 一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板 B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接), 轨道与水平面的夹角 θ=37° .一质量也为 mA=2 kg 的物块 A 由斜面轨道上距轨道底端 x0
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=8 m 处静止释放,物块 A 刚好没有从木板 B 的左端滑出.已知物块 A 与斜面轨道间 的动摩擦因数为 μ1=0.25,与木板 B 上表面间的动摩擦因数为 μ2=0.2,sin 37° =0.6, cos 37° =0.8,g 取 10 m/s2,物块 A 可看做质点.请问:

图8 (1)物块 A 刚滑上木板 B 时的速度为多大? (2)物块 A 从刚滑上木板 B 到相对木板 B 静止共经历了多长时间?木板 B 有多长? 答案 解析 (1)8 m/s (2)2 s 8 m (1)设物块 A 沿斜面下滑的加速度为 a1,则

mAgsin θ-μ1mAgcos θ=mAa1 解得 a1=4 m/s2 物块 A 滑到木板 B 上时的速度为 v1= 2a1x0= 2×4×8 m/s=8 m/s. (2)物块 A 在木板 B 上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它 们的加速度大小相等,数值为 μ2mAg a2= =μ2g=2 m/s2 mA 设木板 B 的长度为 L,二者相对静止时经历的时间为 t2,最终的共同速度为 v2,在达到 共同速度时,木板 B 滑行的距离为 x 1 1 2 利用位移关系得 v1t2- a2t2 2- a2t2=L 2 2 对物块 A 有 v2=v1-a2t2
2 v2 2-v1=-2a2(x+L)

对木板 B 有 v2 2=2a2x 联立解得相对滑行时间和木板 B 的长度分别为: t2=2 s,L=8 m.

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