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高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第三单元牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律及其应用练习含解析新人教版
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这是一份高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第三单元牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律及其应用练习含解析新人教版，共34页。试卷主要包含了6,cs37°=0，2m/s2 168N等内容，欢迎下载使用。
牛顿运动定律及其应用
牛顿运动定律是高考重点考查的内容之一,每年必考,且分值较高。题型既有选择题,又有计算题;既有单独考查,又有与其他章节知识的综合考查。能力的考查侧重推理能力。本模块涉及超重和失重、单位制两个Ⅰ级考点,牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用两个Ⅱ级考点。具体特点有:(1)对惯性、超重与失重、牛顿运动定律的理解;(2)应用牛顿运动定律分析物体的运动过程;(3)将牛顿运动定律与运动学(特别是与图象相联系)等知识相结合进行综合考查;(4)灵活运用整体法和隔离法处理连接体问题,并能选取适当的坐标系列方程求解;(5)与实际生活应用相结合,将实际问题理想化、模型化。试题可能以选择题或实验题单独考查,还可能以计算题与其他知识综合考查。
预计2020年高考对本章内容的考查仍将以概念和规律的应用为主,单独考查的题目多为选择题,与曲线运动、万有引力及电磁学等相结合以计算题的形式出现的可能性较大。命题存在以下特点和趋势:一是它是高考考查的重点,命题次数较多;二是题型全面,从选择到实验,再到计算都有可能涉及;三是命题趋势大体呈现以下特点,(1)匀变速直线运动规律的应用,(2)动力学方法的应用,(3)动力学方法和功能关系的综合应用。试题以实际生活、生产和科技实验等有关问题为背景考查物理知识。其中整体法和隔离法、瞬时关系、连接体问题、力和运动关系、超重和失重问题、弹簧问题、传送带问题、板块模型等应特别关注。
第1讲 牛顿运动定律及其应用
1
牛顿第一定律
(1)伽利略用“实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验,但这个实验反映了一种物理思想——在可靠的事实基础之上,以事实为依据,以抽象为指导,抓住主要因素,忽略次要因素,科学地揭示自然规律。
(2)牛顿第一定律: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。意义:①揭示了物体的固有属性,一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律;②揭示了力与运动的关系,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因。
(3)牛顿第一定律的应用技巧:①应用牛顿第一定律分析实际问题时,要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系,正确理解力不是维持物体运动状态的原因,纠正生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。②如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到不为零的合外力作用。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。
1.1(2019天津市和平区高三第一次模拟)(多选)关于伽利略的理想实验,下列说法正确的是( )。
A.只要接触面的摩擦力相当小,物体在水平面上就能匀速运动下去
B.这个实验实际上是永远无法做到的
C.利用气垫导轨,就能使实验成功
D.虽然是想象中的实验,但它是建立在可靠的实验基础上的
【答案】BD
1.2(2018济南市平阳县高三质量检测)根据牛顿运动定律可知,下列说法正确的是( )。
A.力是维持物体运动的原因
B.力是改变物体运动状态的原因
C.外力停止作用后,物体由于惯性会停止
D.物体做匀速直线运动时,所受合力可以不为零
【答案】B
2
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)普遍性:一切物体都具有惯性,惯性是物体的固有属性。
(3)相关性:惯性的大小只与物体的质量有关,与其他因素(如受力情况、运动情况)无关。
(4)唯一性:质量是惯性大小的唯一量度。
【易错警示】 误区一,认为运动的物体有惯性,静止的物体没有惯性。误区二,认为运动速度大的物体惯性大。误区三,认为重力越小,惯性越小。误区四,认为惯性是一种特殊的力。
2.1(2018长春市农安县高三模拟)有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时,从热气球里掉出一个物体,这个物体离开热气球后将( )。
A.继续上升一段距离,然后下落
B.立即下落
C.以原来的速度永远上升
D.以上说法都不对
【答案】A
2.2(2019安徽皖南八校监测)物体A的质量为1kg,物体B的质量为2kg,A、B分别以2m/s和1m/s的速度运动,则下列说法中正确的是( )。
A.A的惯性比B的大
B.B的惯性比A的大
C.A和B的惯性一样大
D.不能确定A、B的惯性大小关系
【答案】B
3
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。表达式为F=ma。
(2)牛顿第二定律的基本特性
【温馨提示】 力是产生加速度的原因,若不存在力,则没有加速度。力和加速度都是矢量,物体加速度方向由物体所受合力的方向决定。
3.1(2018安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出,已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比,则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )。
A.上升过程加速度增大,下降过程加速度减小
B.上升过程加速度增大,下降过程加速度也增大
C.上升过程加速度减小,下降过程加速度也减小
D.上升过程加速度减小,下降过程加速度增大
【答案】C
3.2(2018长沙大学附属中学月考)如图所示,一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动,前方固定有一个轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( )。
A.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】C
4
力学单位制
(1)单位制:由基本单位和导出单位共同组成。
(2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个,分别是质量、时间和长度,它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(3)导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
4.1(2019南京十二中高三第一次模拟)在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )。
A.m2·kg·s-4·A-1 B.m2·kg·s-3·A-1
C.m2·kg·s-2·A-1 D.m2·kg·s-1·A-1
【答案】B
5
超重和失重
(1)超重: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。产生条件:物体具有向上的加速度。
(2)失重: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。产生条件:物体具有向下的加速度。
(3)完全失重:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象。产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。
(4)实重和视重。①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
5.1(2018贵州遵义航天中学四模)蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下,在弹性绳被拉伸前做自由落体运动,在弹性绳被拉伸后运动员在弹性绳的缓冲作用下,下落一定高度后速度减为零。关于下降的全过程,下列说法中正确的是( )。
A.弹性绳拉伸前运动员处于失重状态,弹性绳拉伸后运动员处于超重状态
B.弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态,后处于超重状态
C.弹性绳拉伸后运动员先处于超重状态,后处于失重状态
D.运动员一直处于失重状态
【答案】B
5.2(2018盐城市伍佑中学调研)在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中,克罗地亚选手弗拉西奇以2.04m的成绩获得冠军,如图所示。弗拉西奇的身高约为1.93m,忽略空气阻力,g取10m/s2,则下列说法正确的是( )。
A.弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态
B.弗拉西奇起跳以后在上升过程中处于超重状态
C.弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力
D.弗拉西奇起跳时的初速度大约为3m/s
【答案】A
6
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了力。牛顿第三定律内容: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。
(2)作用力与反作用力的关系:①六同,即大小相同、性质相同、同一直线、同时产生、同时变化、同时消失。②三异,即方向相反、不同物体、不同效果。③二无关,即与物体的运动状态无关、与物体是否受其他力无关。
(3)一对平衡力与一对相互作用力的比较
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
力的性质
不一定相同
一定相同
合力
零
不存在合力
(4)牛顿第三定律在受力分析、处理连接体问题中都有广泛的应用。当某个力不方便直接分析或求解时,可利用牛顿第三定律转换研究对象,通过分析或求解反作用力,从而快捷地解决问题。
6.1(2019浙江省金华五校模拟)牛顿在总结了雷恩、沃利斯和惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )。
A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力
B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C.人推车前进,人对车的作用力大于车对人的作用力
D.物体在地面上滑行,不论物体的速度多大,物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等
【答案】D
6.2(2019长春九台区一中考试)当人站在体重计上称重时,下列说法正确的是( )。
A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D.人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
【答案】B
题型一
牛顿第二定律的应用
1.合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向,只要合力不为零,不管速度是大是小,或是零,物体都有加速度,只有合力为零时,加速度才为零。一般情况下,合力与速度无必然的联系。
(2)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动。
(3)a=ΔvΔt是加速度的定义式,a与Δv、Δt无直接关系;a=Fm是加速度的决定式,a∝F,a∝1m。
2.牛顿第二定律的矢量性
由于加速度的方向与合力的方向总相同,若已知合力的方向,即可确定加速度的方向;反之,若已知加速度的方向,即可确定合力的方向。
3.牛顿第二定律的瞬时性
(1)瞬时问题的三种模型
内容
轻绳(细线)
轻杆
轻弹簧
模型的
建立
不计质量,只能产生拉力,劲度系数很大,可看成不可伸长
不计质量,可提供拉力、压力或不沿杆的力,劲度系数很大,可看成不可伸长或压缩
可以被拉伸或压缩,弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内)
模型的
特点
各处张力大小相等,方向沿绳收缩的方向,瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等,但方向不一定沿杆方向,瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等,方向与形变方向相反,瞬时问题中其弹力大小不变
(2)求解瞬时加速度的一般思路
分析物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度。
4.牛顿第二定律的独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律。
(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律,即ax=Fxm,ay=Fym。
【例1】在托乒乓球跑步比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点。比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示,设整个过程中球一直保持在球拍中心不动,球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦力,球的质量为m,重力加速度为g。求:
(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k。
(2)在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式。
【解析】(1)在匀速运动阶段,有mgtanθ0=kv0
解得空气阻力大小与球速大小的比例系数k=mgtanθ0v0。
(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN,有
FNsinθ-kv=ma,FNcosθ=mg
得在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式
tanθ=ag+vtanθ0v0。
【答案】(1)mgtanθ0v0 (2)tanθ=ag+vtanθ0v0
运用牛顿第二定律解题的基本思路
(1)通过审题,灵活地选取研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况和运动情况。
通常可以把研究对象提取出来(隔离法),从它跟周围物体的联系上去寻找作用于研究对象的所有外力,并画出受力示意图;再进一步明确研究对象做何种运动,在运动过程中能知晓哪些量以及判断加速度的方向等。
(3)根据牛顿第二定律列出方程。
(4)统一单位后,将数值代入方程求解。
(5)检查答案是否完整、合理。
注意:如果所求的未知量是矢量,必须将所求量的大小和方向都在答案中明确写出。如果题目中所求的力与求解得到的力是一对作用力与反作用力,还需借助牛顿第三定律得到题目中所求的力。
【变式训练1】(2018湖南岳阳模拟)物块A(可视为质点)与轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在光滑斜面底端,斜面的倾角为30°,如图所示。因有人拉着物块B(可视为质点),所以A、B挨在一起但A、B之间无弹力,已知A、B质量分别为m和2m,重力加速度大小为g。某时刻人松手,则在松手的瞬间,下列说法正确的是( )。
A.物块A的加速度为0
B.物块A的加速度为g3
C.物块B的加速度为0
D.物块B的加速度为g2
【解析】A、B挨在一起但A、B之间无弹力,此时弹簧的弹力大小F=mgsin30°=12mg,弹簧不能突变,但A、B之间弹力可发生突变,由牛顿第二定律得3mgsin30°-mgsin30°=3ma,解得两者共同的加速度为13g,B项正确。
【答案】B
【变式训练2】(2018黑龙江佳木斯一中月考)滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动,某滑雪游乐场有由两个倾角θ=37°的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同),如图所示,滑道底端平滑连接,滑道OA高为h,滑道OB高为23h,一质量m=70kg的游客从A点由静止滑下,不受其他影响时,经O点恰好滑到B点停止,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。问:
(1)游客在OB段向上滑动时的加速度为多大?
(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用,若该游客到B点后,想返回A点,需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大?
【解析】(1)游客由A到O的过程中,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,2a1hsinθ=v12-0
由O到B的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma2
又-2a22h3sinθ=0-v12
联立解得μ=0.15,a2=7.2m/s2。
(2)设推力为F,则游客由B到O的过程中,有F+mgsinθ-μmgcosθ=ma3,2a32h3sinθ=v22-0
由O到A的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma4
-2a4hsinθ=0-v22
联立解得F=168N。
【答案】(1)7.2m/s2 (2)168N
题型二
超重和失重问题
超重、失重和完全失重比较
比较
超重
失重
完全失重
产生条件
加速度方向向上
加速度方向向下
加速度方向向下,且大小a=g
动力学原理
F-mg=ma
F=m(g+a)
mg-F=ma
F=m(g-a)
mg-F=mg
F=0
可能状态
①加速上升;
②减速下降
①加速下降;
②减速上升
①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等
【温馨提示】 在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会消失。
【例2】如图所示是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度H=75 m,当落到离地面h=30 m的位置时开始制动,座舱做匀减速运动。在一次娱乐中,某乘客的质量m=60 kg。g取10 m/s2,不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。当座舱落到离地面高h1=60 m和h2=20 m的位置时,求该乘客对座位的压力各为多大。
【解析】当座舱距地面h1=60m时,乘客处于完全失重状态
此时乘客对座位的压力F1=0
座舱自由下落高度h2=H-h=(75-30)m=45m时,座舱开始制动,设此时的速度为v
由运动学公式得v2=2gh2
座舱制动过程做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,则有v2=2ah
联立可得a=15m/s2,方向竖直向上
设此过程中乘客受到座位的支持力为F2,根据牛顿第二定律,对乘客有F2-mg=ma
代入数据可得F2=1500N
根据牛顿第三定律可知,该乘客对座位的压力大小
F2'=F2=1500N。
【答案】0 1500N
判断超重和失重的方法
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,物体处于失重状态;等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度a=g时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
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
【变式训练3】(2018广东省佛山市高三下学期测试)图示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正确的是( )。
A.0~36s内物体被吊起的高度为25m
B.0~10s内的平均速度大于30s~36s内的平均速度
C.30s~36s内物体处于超重状态
D.前10s内钢索最容易发生断裂
【解析】在v-t图象中,图线与时间轴所围的面积表示位移,所以0~36s内物体被吊起的高度x=12×(20+36)×1m=28m,A项错误;0~10s内物体做匀变速直线运动,所以平均速度v1=v01+vt12=0.5m/s,同理30s~36s内的平均速度v2=v02+vt22=0.5m/s,所以平均速度相等,B项错误;30s~36s内物体匀减速上升,加速度向下,物体处于失重状态,C项错误;前10s内物体做匀加速直线运动,加速度向上,由牛顿第二定律可知F=mg+ma,拉力最大,钢索最容易发生断裂,D项正确。
【答案】D
【变式训练4】(2018河北省唐山市滦县二中模拟)如图所示是“神舟十号”飞船返回舱成功返回地面时的情景。返回舱返回时,先靠降落伞减速,竖直落地前还靠反冲火箭使其速度进一步降低。假设返回舱在启动火箭反冲前速度是8m/s,反冲火箭工作0.3s后,速度降为2m/s,g取10m/s2,在这个过程中,返回舱中的航天员( )。
A.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的3倍
B.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的13
C.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的2倍
D.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的12
【解析】返回舱向下减速,加速度向上,航天员处于超重状态。设反冲火箭工作时返回舱的加速度大小为a,则a=v0-vt=20m/s2;以人为研究对象,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,则座椅对人的支持力F=m(g+a)=3mg,由牛顿第三定律可知人的对座椅的压力为航天员自身重力的3倍,A项正确。
【答案】A
题型三
动力学的两类基本问题
两类动力学问题的解题步骤
【例3】“跳台滑雪”是冬奥会中一项极为壮观的运动,其运动过程包括助滑、起跳、空中飞行和着陆四个阶段。其中的助滑过程可简化如下:如图,助滑道由长为L、倾角为θ的斜坡AB和弧形坡BCD构成,AB和BCD在B处相切,运动员(可视为质点)踩着滑雪板从A端无初速度下滑,沿助滑道滑至D端起跳。假设滑雪板与AB间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,重力加速度为g。求运动员在斜坡AB上滑行的时间。
【解析】运动员在斜坡AB上做匀加速运动
所受的摩擦力f=μFN
垂直斜坡方向,由平衡条件有FN=mgcosθ
平行斜坡方向,由牛顿第二定律有mgsinθ-f=ma
解得a=g(sinθ-μcosθ)
由运动学规律有L=12at2
解得t=2Lg(sinθ-μcosθ)。
【答案】2Lg(sinθ-μcosθ)
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,具体逻辑关系如图所示。
【变式训练5】(2018四川省成都市第二次诊断)一个小圆环瓷片最高能从h=0.18 m高处由静止释放后直接撞击地面而不被摔坏。现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑,瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍,如图所示。若让该装置从距地面H=4.5 m高处从静止开始下落,瓷片落地恰好没被摔坏。已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1,圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向。求:(g取10 m/s2)
(1)当瓷片直接撞击地面而不被摔坏时,瓷片着地瞬间的最大速度。
(2)瓷片随圆柱体从静止到落地,下落的总时间。
【解析】(1)瓷片从h=0.18m处下落,设加速度为a0,瓷片质量为m,根据牛顿第二定律,有mg-0.1mg=ma0
得a0=9m/s2
又v02=2a0h,得v0=1.8m/s。
(2)瓷片随圆柱体一起加速下落,设加速度为a1,则有a1=a0=9m/s2,又v12=2a1H,得v1=9m/s
下落时间t1=v1a1=1s
瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,有4.5mg+0.1mg-mg=ma2
得a2=3.6g=36m/s2
则瓷片继续下落的时间t2=v1-v0a2=0.2s
瓷片随圆柱体从静止到落地,下落总时间t=t1+t2=1.2s。
【答案】(1)1.8m/s (2)1.2s
【变式训练6】(2018德州实验中学模拟)一质量m=2 kg的滑块能在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上以a=2.5 m/s2的加速度匀加速下滑。如图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2 s内能沿斜面运动位移x=4 m。求:(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ。
(2)恒力F的大小。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin30°-μmgcos30°=ma
解得μ=36。
(2)由x=12a1t2,得a1=2m/s2
当加速度沿斜面向上时,有
Fcos30°-mgsin30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
解得F=7635N
当加速度沿斜面向下时,有
mgsin30°-Fcos30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
解得F=437N。
【答案】(1)36 (2)7635N或437N
题型四
动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象
v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。
2.图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3.解题策略
(1)分清图象的类别:分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点。
(2)注意图线中的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、情景结合起来,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做出准确判断。
【易错提醒】 (1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有注意坐标原点是否从零开始。(3)不清楚图线的点、斜率、面积等表示的物理意义。(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
【例4】如图甲所示,一质量m=1kg的物体置于水平面上,在水平外力的作用下由静止开始运动,水平外力随时间的变化情况如图乙所示,物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示(4s后的图线没有画出),g取10m/s2。求:
(1)物体在第3s末的加速度大小。
(2)物体与水平面间的动摩擦因数。
(3)物体在前6s内的位移。
【解析】(1)由v-t图象可知,物体在前4s做匀加速直线运动,所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度,根据v-t图象和加速度定义式a=ΔvΔt,得a1=44m/s2=1m/s2。
(2)在0~4s内,在水平方向,有F1-μmg=ma1,解得μ=0.4。
(3)设前4s的位移为x1,由位移公式有x1=12a1t12=8m
设4s后物体运动时的加速度为a2,则F2-μmg=ma2
解得a2=-2m/s2
物体在4s末时的速度v'=4m/s
设物体从4s末运动时间t2后速度减为零,则0=v'+a2t2,解得t2=2s
所以物体在6s末速度恰好减为零,故后2s内的位移x2=v't2+12a2t22
代入数据解得x2=4m
所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=12m。
【答案】(1)1m/s2 (2)0.4 (3)12m
在解答牛顿第二定律的应用与图象问题时,要注意明确受力分析、明确运动过程,要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择。图象类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,理解图象的种类,图象的轴、点、线、截距、斜率、面积等所表示的物理意义。运用图象解决问题一般包括两个角度:(1)用给定图象解答问题;(2)根据题意作图,用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系。
【变式训练7】(2019南京市栖霞区高三一诊)如图甲所示,E为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一个小物体从顶端由静止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图乙所示。以沿斜面向下为正方向,则下列图象中可能正确的是( )。
甲
乙
【解析】物体先在光滑的斜面上做匀加速直线运动,位移—时间图线的开口向上,然后在粗糙段做匀减速直线运动,图线开口变为向下,A项错误。物体在前半段做匀加速直线运动,后半段做匀减速直线运动,由于到达底端的速度为零,则前半段和后半段的平均速度相等,在前半段和后半段的运动时间相等,B项正确。匀加速直线运动的末速度即匀减速直线运动的初速度,则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,则合力大小相等,方向相反,C、D两项错误。
【答案】B
题型五
动力学中的临界极值问题
1.“四种”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)绳子断裂与松弛的临界条件: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,绳子松弛与拉紧的临界条件是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。
2.处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件
【温馨提示】 在应用牛顿运动定律解决动力学问题的过程中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能处于不同的状态。特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界现象,此时要采用极限分析法,看物体在不同加速度时,会有哪些现象发生,尽快找出临界点,求出临界条件。
【例5】如图所示,水平平台AB长为20m,平台B端与长度未知的特殊材料制成的斜面BC连接,斜面倾角为30°。在平台A端放上质量为5kg的物块,并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后,物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。
(1)求物块由A运动到B所用的时间。
(2)若物块从A端运动到P点时撤掉推力,物块刚好能从斜面B端开始下滑,则A、P间的距离为多少?(物块在B端无能量损失)
(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μBC=0.277+0.03LB,式中LB为物块在斜面上所处的位置到B端的距离,则在(2)中的情况下,物块沿斜面滑到什么位置时速度最大?
【解析】(1)设给物块施加与水平方向成37°角的推力为F,由受力分析知物体的加速度a1=Fcos37°-μ(Fsin37°+mg)m=1.6m/s2
由x=12a1t2,解得物块由A运动到B的时间t=2×201.6s=5s。
(2)设物体从A到P的位移为x1,从P到B的位移为x2,根据位移速度关系列方程求解,物体从A到P,有vP2=2a1x1
物块由P到B,有vP2=2a2x2,a2=μg
又x=x1+x2,解得A、P间的距离x1≈14.3m。
(3)物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零,即a=mgsinθ-μBCmgcosθm=0,μBC=0.277+0.03LB,联立解得LB=10m
因此若斜面长度L>10m,则LB=10m时速度最大;若斜面长度L≤10m,则在斜面最低点速度最大。
【答案】(1)5s (2)14.3m (3)若斜面长度L>10m,则LB=10m时物块速度最大;若斜面长度L≤10m,则在斜面最低点物块速度最大
本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡问题,但是由于涉及动摩擦因数的变化,增加了难度,故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零这个条件。解决临界问题的基本思路:(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);(2)寻找过程中变化的物理量;(3)探索物理量的变化规律;(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系;(5)列方程求结果。
【变式训练8】(2018广东江门市第一中学一模)如图所示,一足够长的木板,上表面与木块之间的动摩擦因数μ=33,重力加速度为g,木板与水平面成θ角,让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小?求出此最小值。
【解析】当θ变化时,取沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则木块沿木板斜面方向由牛顿第二定律有
-mgsinθ-μmgcosθ=ma
设木块的位移为x,有0-v02=2ax
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小,有
a=-g(sinθ+μcosθ)
根据数学关系有sinθ+μcosθ=1+μ2sin(θ+α),其中tanα=μ=33,则α=30°
当θ+α=90°时加速度有最大值,且最大值a=g1+μ2
所以此时θ=90°-α=60°,加速度的最大值a=-2g3
解得xmin=3v024g。
【答案】60° 3v024g
题型六
“等时圆模型”问题
1.模型特征
(1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
2.思维模板
【例6】如图甲所示,在倾角为θ的斜面上方的A点放置一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成角度为α,一小物块由A端沿木板由静止下滑,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ角的大小关系为( )。
A.α=θ B.α=θ2 C.α=2θ D.α=θ3
【解析】如图乙所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿木板滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可,而∠COD=θ,则α=θ2,B项正确。
【答案】B
在竖直线AC上取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点,再根据等时圆的结论及几何关系即可求解。本题有其特殊的解题方法,作等时圆是一种快捷、方便的方法。
【变式训练9】(2018河南省西平县高级中学质检)如图所示,几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度,从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球,若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点,则各小球最高点的位置( )。
A.在同一水平线上 B.在同一竖直线上
C.在同一抛物线上 D.在同一圆周上
【解析】设某一直轨道与水平面成θ角,末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动,则小球在直轨道上运动的加速度a=mgsinθm=gsinθ,由位移公式得l=12at2=12gsinθt2,即lsinθ=12gt2,不同的倾角θ对应不同的位移l,但lsinθ相同,即各小球最高点的位置在直径为12gt2的圆周上,D项正确。
【答案】D
【变式训练10】(2019江苏徐州市侯集高级中学模拟)如图甲所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动;c球由C点自由下落。则( )。
A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M点
【解析】如图乙所示,设圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=12gtc2,所以tc=2Rg;设AM与水平面成θ角,则a球下滑到M用时满足AM=2Rsinθ=12gsinθta2,即ta=2Rg;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>R)。综上所述可得tb>ta>tc,C项正确。
【答案】C
1.(2018湖北宜城一中月考)如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右加速运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)( )。
A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右
【解析】小车突然向右运动时,由于惯性,铁球和乒乓球都“想”保持原有的静止状态,由于与同体积的“水球”相比,铁球的质量大,惯性大,铁球的运动状态难改变,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,所以小车加速运动时,铁球相对于小车向左运动。同理,由于与同体积的“水球”相比,乒乓球的质量小,惯性小,乒乓球相对“水球”向右运动。
【答案】A
2.(2018福建泉州五中一模)下列对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( )。
A.飞机投弹时,如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹,能击中目标
B.地球自西向东自转,你向上跳起来后,还会落到原地
C.在月球上举重比在地球上容易,所以质量相同的物体在月球上的惯性比在地球上的大
D.向上抛出的物体,在空中向上运动时,肯定受到了向上的作用力
【解析】因为惯性,在理想条件下,投下的炸弹会以它离开飞机瞬间的速度继续向前飞行,直到落地,A项错误。人没跳起来的时候,具有跟地球相同的旋转速度,即一起按照一定的速度自西向东自转,跳起来后,因为惯性,人依然具有这个旋转的速度,也就是地球和人在水平方向上是相对静止的,所以,落下来之后依然是在原地,B项正确。惯性大小只与质量有关,所以在月球上的物体惯性不变,之所以举重容易是因为物体受到的引力减小,C项错误。向上抛出的物体,获得了一个向上的初速度,由于惯性,它将保持向上运动的状态,D项错误。
【答案】B
3.(2018广东中山市模拟)(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动。最早的空竹是两个如同车轮的竹筒,中间加一个转轴,由于外形对称,其重心在中间位置,初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡。随着制作技术的发展,如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎,现在的空竹大多是塑料制成的,也有天然竹木制成的。关于抖空竹,在空气阻力不可忽略的情况下,下列说法中正确的是( )。
A.空竹启动前用绳子拉住提起,要保证支持力和重力在同一条直线上
B.空竹的转动依靠的是绳子的拉动,绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C.空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和惯性作用
D.空竹从抛起到接住,转速会减小,表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
【解析】空竹启动前用绳子拉住提起,此时要选择恰当的位置,保证支持力和重力在同一条直线上,满足二力平衡的条件,否则空竹就要翻倒从绳子上落下,A项正确;空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的,因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的较好,B项错误;空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和空气阻力的作用,C项错误;空竹从抛起到接住,由于空气阻力的作用,转速比抛出前小,因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动,D项正确。
【答案】AD
4.(2018浙江嘉兴模拟)(多选)如图所示是我国首次立式风洞的跳伞实验,风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。此过程中( )。
A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D.人被向上“托起”时处于超重状态
【解析】地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,A项正确;相互作用力是两个物体间的相互作用,而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体,不是一对相互作用力,B项错误;由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,在竖直方向上合力不为零,所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小,C项错误;人被向上“托起”时加速度向上,处于超重状态,D项正确。
【答案】AD
5.(2018杭州二中月考)(多选)如图所示,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( )。
A.所受浮力大小为4830N
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10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
【解析】刚开始上升时,空气阻力为零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=4830N,A项正确;加速上升过程,若保持加速度不变,则热气球上升到180m时,速度v=2ah=65m/s>5m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线运动,上升10s后的速度v'
6.(2018河北唐山十中月考)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上,当升降机加速下降时,出现如图所示的情形。四位同学对此现象做出了分析与判断,其中可能正确的是( )。
A.升降机的加速度大于g,侧壁对球无挤压
B.升降机的加速度小于g,侧壁对球有挤压
C.升降机的加速度等于g,侧壁对球无挤压
D.升降机的加速度等于g,侧壁对球有挤压
【解析】当升降机加速下降且加速度等于g时,小球在竖直方向上仅受重力,拉力为零,由于小球在水平方向上不受力,可知侧壁对小球无挤压,C项正确,D项错误。当升降机加速下降且加速度大于g时,小球受重力、绳子的拉力,由于水平方向上平衡,则侧壁对小球有弹力,即侧壁对球有挤压,A项错误。当升降机加速下降且加速度小于g时,不会出现如图所示的情况,球会在悬点下方,B项错误。
【答案】C
7.(2018山东威海一中质检)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是( )。
【解析】受空气阻力作用的物体,上升过程,有mg+kv=ma,得a=g+kmv,v减小,a减小,A项错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D项正确。
【答案】D
8.(2018陕西榆林中学质检)(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上,下端挂一质量为2kg的物体。当升降机在竖直方向运动时,弹簧测力计的示数始终是16N,如果从升降机的速度大小为3m/s时开始计时,则经过1s,升降机的位移大小可能是(g取10m/s2)( )。
A.3m B.5m C.2m D.4m
【解析】对物体进行受力分析,受向下的重力和向上的弹簧弹力,加速度a=mg-F弹m=2m/s2,方向向下,升降机初速度大小为3m/s,方向可能向下,也可能向上,所以在1s内的位移有两种情况:向下加速x1=v0t+12at2=4m;向上减速x2=v0t-12at2=2m,C、D两项符合。
【答案】CD
9.(2018四川都江堰高三联考)(多选)在粗糙的水平地面上有一质量为2 kg的小物块,在水平拉力作用下从t=0 时开始做初速度为零的直线运动,t=6 s时撤去拉力,其速度图象如图所示。若取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )。
A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B.0~2s内,物块所受的拉力大小为4N
C.0~8s内,物块与出发点最远距离为6m
D.0~8s内,物块的平均速度大小为1m/s
【解析】第6s后物体在水平方向只受摩擦力作用,有μmg=ma,其中a=2m/s2,解得μ=0.2,A项正确;0~2s内,根据F1-μmg=ma1,其中a1=2m/s2,解得F1=8N,B项错误;在0~8s内,物块先向正方向运动了6m,即t轴上方的面积,然后又向负方向运动了14m,即t轴下方的面积,所以与出发点最远距离应为8m,C项错误;物块的平均速度为位移与时间的比值,即v-=88m/s=1m/s,D项正确。
【答案】AD
10.(2018湖南郴州质检)(多选)如图甲所示,质量为5kg的小物块以初速度v0=11m/s从倾角θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力,重力加速度大小g=10m/s2(sin53°=0.8、cos53°=0.6)。下列说法中正确的是( )。
A.恒力F的大小为5N
B.恒力F的大小为10N
C.物块与斜面间的动摩擦因数为13
D.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【解析】由题图乙可得a=ΔvΔt,有恒力F时a1=ΔvΔt=10m/s2,无恒力F时a2=ΔvΔt=11m/s2,由牛顿第二定律可知,无恒力F时有mgsinθ+μmgcosθ=ma2,解得μ=0.5;有恒力F时有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma1,解得F=5N,A、D两项正确,B、C两项错误。
【答案】AD
11.(2018山东济南模拟)(多选)如图甲所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30°角,弹簧b与竖直方向成60°角,弹簧a、b的形变量相等,重力加速度为g,则( )。
甲
A.弹簧a、b的劲度系数之比为3∶1
B.弹簧a、b的劲度系数之比为3∶2
C.若弹簧a下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为3g
D.若弹簧b下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为g2
【解析】由题可知,两个弹簧相互垂直,对小球受力分析,如图乙所示,设弹簧的伸长量都是x,由受力分析图知,弹簧a中弹力Fa=mgcos30°=32mg,根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数k1=Fax=3mg2x,弹簧b中的弹力Fb=mgcos60°=12mg,根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数k2=Fbx=mg2x,所以弹簧a、b的劲度系数之比为3∶1,A项正确,B项错误;弹簧a中的弹力为32mg,若弹簧a的下端松脱,则松脱瞬间弹簧b的弹力不变,故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反,小球的加速度a=Fam=32g,C项错误;弹簧b中弹力为12mg,同理可知,若弹簧b的下端松脱,小球的加速度a'=Fbm=12g,D项正确。
乙
【答案】AD
12.(2018安徽毛坦厂质检)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图甲所示,在A、B的速度达到6m/s时,撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图象如图乙所示。取g=10m/s2,求:
(1)推力F的大小。
(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离。
【解析】(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图象得a=3m/s2。对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a
代入数据解得F=15N。
(2)设物体A做匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对于A物体有μmAg=mAaA,aA=μg=3m/s2
v0-aAt=0,解得t=2s
物体A的位移xA=v02t=6m
物体B的位移xB=v0t=12m,所以,A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离Δx=xB-xA=6m。
【答案】(1)15N (2)6m
13.(2018江西重点中学六校联考)如图甲所示,一个竖直固定在地面上的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对滑块的阻力可调。滑块静止时,ER流体对其阻力为零,此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落,与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏合在一起,并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动。ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化,使滑块做匀减速运动,当下移距离为d时,速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一。取重力加速度为g,忽略空气阻力,求:
甲
(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小。
(2)滑块向下运动过程中的加速度大小。
(3)当下移距离为d时,ER流体对滑块的阻力大小。
【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0,由自由落体运动规律有v02=2gL,解得v0=2gL。
乙
(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a,取竖直向下为正方向,则有-2ax=v22-v12,x=d,v1=v02,v2=v04,解得a=3gL16d。
(3)设下移距离d时弹簧弹力为F,ER流体对滑块的阻力为FER,对物体与滑块组成的整体进行受力分析,如图乙所示,由牛顿第二定律得
F+FER-2mg=2ma
F=k(d+x0)
mg=kx0
联立解得FER=mg+3mgL8d-kd。
【答案】(1)2gL (2)3gL16d (3)mg+3mgL8d-kd
1.(2018全国卷Ⅰ,15)如图甲所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )。
甲
A
B
C
D
【解析】设物块P静止时,弹簧的长度为x0,物块P受重力mg、弹簧弹力k(l-x0-x)及力F,如图乙所示。根据牛顿第二定律,得F+k(l-x0-x)-mg=ma,且k(l-x0)=mg,故F=kx+ma。根据数学知识知F-x图象是截距为ma的一次函数图象。
乙
【答案】A
2.(2016全国卷Ⅰ,18)(多选)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
【解析】质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合力为该恒力,若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,此情况下质点速度方向与恒力方向不同,A项错误;若F的方向在某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与速度方向不再垂直,例如平抛运动,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点的加速度方向总是与其所受合力方向相同,C项正确;根据加速度的定义可知,相等时间内速度变化量相同,而速率变化量不一定相同,D项错误。
【答案】BC
3.(2016全国卷Ⅱ,19)(多选)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
【解析】首先应该根据牛顿第二定律找到物体的加速度与小球半径的关系,然后比较加速度,再结合运动公式来讨论其他物理量,小球的质量m=ρ·43πr3,由题意知m甲>m乙,ρ甲=ρ乙,则r甲>r乙,空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得mg-f=ma,则a=mg-fm=g-krρ·43πr3=g-3k4πρr2,可得a甲>a乙,由h=12at2知,t甲v乙,B项正确;因f甲>f乙,由球克服阻力做的功Wf=fh知,甲球克服阻力做的功较大,D项正确。
【答案】BD
4.(2016上海卷,4)如图所示,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】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,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,D项正确。
【答案】D
5.(2015全国卷Ⅰ,20)(多选)如图甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。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】由v-t图象可知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小a=v0t1,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,即gsinθ+μgcosθ=v0t1,同理向下滑行时gsinθ-μgcosθ=v1t1,两式联立得sinθ=v0+v12gt1,μ=v0-v12gt1cosθ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ,A、C两项正确;物块滑上斜面时的初速度v0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为零,那么平均速度为v02,所以沿斜面向上滑行的最远距离x=v02t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为
xsinθ=v02t1×v0+v12gt1=v0(v0+v1)4g,D项正确;仅根据v-t图象无法求出物块的质量,B项错误。
【答案】ACD
6.(2015海南卷,9)(多选)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )。
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
【解析】当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知,物块与斜面间的摩擦力增大,A项错误,B项正确;设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ,假设物块以加速度a向上运动时,有FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物块仍相对于斜面匀速下滑,C项错误,D项正确。
【答案】BD
牛顿运动定律及其应用
牛顿运动定律是高考重点考查的内容之一,每年必考,且分值较高。题型既有选择题,又有计算题;既有单独考查,又有与其他章节知识的综合考查。能力的考查侧重推理能力。本模块涉及超重和失重、单位制两个Ⅰ级考点,牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用两个Ⅱ级考点。具体特点有:(1)对惯性、超重与失重、牛顿运动定律的理解;(2)应用牛顿运动定律分析物体的运动过程;(3)将牛顿运动定律与运动学(特别是与图象相联系)等知识相结合进行综合考查;(4)灵活运用整体法和隔离法处理连接体问题,并能选取适当的坐标系列方程求解;(5)与实际生活应用相结合,将实际问题理想化、模型化。试题可能以选择题或实验题单独考查,还可能以计算题与其他知识综合考查。
预计2020年高考对本章内容的考查仍将以概念和规律的应用为主,单独考查的题目多为选择题,与曲线运动、万有引力及电磁学等相结合以计算题的形式出现的可能性较大。命题存在以下特点和趋势:一是它是高考考查的重点,命题次数较多;二是题型全面,从选择到实验,再到计算都有可能涉及;三是命题趋势大体呈现以下特点,(1)匀变速直线运动规律的应用,(2)动力学方法的应用,(3)动力学方法和功能关系的综合应用。试题以实际生活、生产和科技实验等有关问题为背景考查物理知识。其中整体法和隔离法、瞬时关系、连接体问题、力和运动关系、超重和失重问题、弹簧问题、传送带问题、板块模型等应特别关注。
第1讲 牛顿运动定律及其应用
1
牛顿第一定律
(1)伽利略用“实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验,但这个实验反映了一种物理思想——在可靠的事实基础之上,以事实为依据,以抽象为指导,抓住主要因素,忽略次要因素,科学地揭示自然规律。
(2)牛顿第一定律: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。意义:①揭示了物体的固有属性,一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律;②揭示了力与运动的关系,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因。
(3)牛顿第一定律的应用技巧:①应用牛顿第一定律分析实际问题时,要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系,正确理解力不是维持物体运动状态的原因,纠正生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。②如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到不为零的合外力作用。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。
1.1(2019天津市和平区高三第一次模拟)(多选)关于伽利略的理想实验,下列说法正确的是( )。
A.只要接触面的摩擦力相当小,物体在水平面上就能匀速运动下去
B.这个实验实际上是永远无法做到的
C.利用气垫导轨,就能使实验成功
D.虽然是想象中的实验,但它是建立在可靠的实验基础上的
【答案】BD
1.2(2018济南市平阳县高三质量检测)根据牛顿运动定律可知,下列说法正确的是( )。
A.力是维持物体运动的原因
B.力是改变物体运动状态的原因
C.外力停止作用后,物体由于惯性会停止
D.物体做匀速直线运动时,所受合力可以不为零
【答案】B
2
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)普遍性:一切物体都具有惯性,惯性是物体的固有属性。
(3)相关性:惯性的大小只与物体的质量有关,与其他因素(如受力情况、运动情况)无关。
(4)唯一性:质量是惯性大小的唯一量度。
【易错警示】 误区一,认为运动的物体有惯性,静止的物体没有惯性。误区二,认为运动速度大的物体惯性大。误区三,认为重力越小,惯性越小。误区四,认为惯性是一种特殊的力。
2.1(2018长春市农安县高三模拟)有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时,从热气球里掉出一个物体,这个物体离开热气球后将( )。
A.继续上升一段距离,然后下落
B.立即下落
C.以原来的速度永远上升
D.以上说法都不对
【答案】A
2.2(2019安徽皖南八校监测)物体A的质量为1kg,物体B的质量为2kg,A、B分别以2m/s和1m/s的速度运动,则下列说法中正确的是( )。
A.A的惯性比B的大
B.B的惯性比A的大
C.A和B的惯性一样大
D.不能确定A、B的惯性大小关系
【答案】B
3
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。表达式为F=ma。
(2)牛顿第二定律的基本特性
【温馨提示】 力是产生加速度的原因,若不存在力,则没有加速度。力和加速度都是矢量,物体加速度方向由物体所受合力的方向决定。
3.1(2018安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出,已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比,则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )。
A.上升过程加速度增大,下降过程加速度减小
B.上升过程加速度增大,下降过程加速度也增大
C.上升过程加速度减小,下降过程加速度也减小
D.上升过程加速度减小,下降过程加速度增大
【答案】C
3.2(2018长沙大学附属中学月考)如图所示,一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动,前方固定有一个轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( )。
A.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】C
4
力学单位制
(1)单位制:由基本单位和导出单位共同组成。
(2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个,分别是质量、时间和长度,它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(3)导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
4.1(2019南京十二中高三第一次模拟)在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )。
A.m2·kg·s-4·A-1 B.m2·kg·s-3·A-1
C.m2·kg·s-2·A-1 D.m2·kg·s-1·A-1
【答案】B
5
超重和失重
(1)超重: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。产生条件:物体具有向上的加速度。
(2)失重: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。产生条件:物体具有向下的加速度。
(3)完全失重:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象。产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。
(4)实重和视重。①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
5.1(2018贵州遵义航天中学四模)蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下,在弹性绳被拉伸前做自由落体运动,在弹性绳被拉伸后运动员在弹性绳的缓冲作用下,下落一定高度后速度减为零。关于下降的全过程,下列说法中正确的是( )。
A.弹性绳拉伸前运动员处于失重状态,弹性绳拉伸后运动员处于超重状态
B.弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态,后处于超重状态
C.弹性绳拉伸后运动员先处于超重状态,后处于失重状态
D.运动员一直处于失重状态
【答案】B
5.2(2018盐城市伍佑中学调研)在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中,克罗地亚选手弗拉西奇以2.04m的成绩获得冠军,如图所示。弗拉西奇的身高约为1.93m,忽略空气阻力,g取10m/s2,则下列说法正确的是( )。
A.弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态
B.弗拉西奇起跳以后在上升过程中处于超重状态
C.弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力
D.弗拉西奇起跳时的初速度大约为3m/s
【答案】A
6
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了力。牛顿第三定律内容: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。
(2)作用力与反作用力的关系:①六同,即大小相同、性质相同、同一直线、同时产生、同时变化、同时消失。②三异,即方向相反、不同物体、不同效果。③二无关,即与物体的运动状态无关、与物体是否受其他力无关。
(3)一对平衡力与一对相互作用力的比较
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
力的性质
不一定相同
一定相同
合力
零
不存在合力
(4)牛顿第三定律在受力分析、处理连接体问题中都有广泛的应用。当某个力不方便直接分析或求解时,可利用牛顿第三定律转换研究对象,通过分析或求解反作用力,从而快捷地解决问题。
6.1(2019浙江省金华五校模拟)牛顿在总结了雷恩、沃利斯和惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )。
A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力
B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C.人推车前进,人对车的作用力大于车对人的作用力
D.物体在地面上滑行,不论物体的速度多大,物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等
【答案】D
6.2(2019长春九台区一中考试)当人站在体重计上称重时,下列说法正确的是( )。
A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D.人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
【答案】B
题型一
牛顿第二定律的应用
1.合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向,只要合力不为零,不管速度是大是小,或是零,物体都有加速度,只有合力为零时,加速度才为零。一般情况下,合力与速度无必然的联系。
(2)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动。
(3)a=ΔvΔt是加速度的定义式,a与Δv、Δt无直接关系;a=Fm是加速度的决定式,a∝F,a∝1m。
2.牛顿第二定律的矢量性
由于加速度的方向与合力的方向总相同,若已知合力的方向,即可确定加速度的方向;反之,若已知加速度的方向,即可确定合力的方向。
3.牛顿第二定律的瞬时性
(1)瞬时问题的三种模型
内容
轻绳(细线)
轻杆
轻弹簧
模型的
建立
不计质量,只能产生拉力,劲度系数很大,可看成不可伸长
不计质量,可提供拉力、压力或不沿杆的力,劲度系数很大,可看成不可伸长或压缩
可以被拉伸或压缩,弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内)
模型的
特点
各处张力大小相等,方向沿绳收缩的方向,瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等,但方向不一定沿杆方向,瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等,方向与形变方向相反,瞬时问题中其弹力大小不变
(2)求解瞬时加速度的一般思路
分析物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度。
4.牛顿第二定律的独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律。
(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律,即ax=Fxm,ay=Fym。
【例1】在托乒乓球跑步比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点。比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示,设整个过程中球一直保持在球拍中心不动,球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦力,球的质量为m,重力加速度为g。求:
(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k。
(2)在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式。
【解析】(1)在匀速运动阶段,有mgtanθ0=kv0
解得空气阻力大小与球速大小的比例系数k=mgtanθ0v0。
(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN,有
FNsinθ-kv=ma,FNcosθ=mg
得在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式
tanθ=ag+vtanθ0v0。
【答案】(1)mgtanθ0v0 (2)tanθ=ag+vtanθ0v0
运用牛顿第二定律解题的基本思路
(1)通过审题,灵活地选取研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况和运动情况。
通常可以把研究对象提取出来(隔离法),从它跟周围物体的联系上去寻找作用于研究对象的所有外力,并画出受力示意图;再进一步明确研究对象做何种运动,在运动过程中能知晓哪些量以及判断加速度的方向等。
(3)根据牛顿第二定律列出方程。
(4)统一单位后,将数值代入方程求解。
(5)检查答案是否完整、合理。
注意:如果所求的未知量是矢量,必须将所求量的大小和方向都在答案中明确写出。如果题目中所求的力与求解得到的力是一对作用力与反作用力,还需借助牛顿第三定律得到题目中所求的力。
【变式训练1】(2018湖南岳阳模拟)物块A(可视为质点)与轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在光滑斜面底端,斜面的倾角为30°,如图所示。因有人拉着物块B(可视为质点),所以A、B挨在一起但A、B之间无弹力,已知A、B质量分别为m和2m,重力加速度大小为g。某时刻人松手,则在松手的瞬间,下列说法正确的是( )。
A.物块A的加速度为0
B.物块A的加速度为g3
C.物块B的加速度为0
D.物块B的加速度为g2
【解析】A、B挨在一起但A、B之间无弹力,此时弹簧的弹力大小F=mgsin30°=12mg,弹簧不能突变,但A、B之间弹力可发生突变,由牛顿第二定律得3mgsin30°-mgsin30°=3ma,解得两者共同的加速度为13g,B项正确。
【答案】B
【变式训练2】(2018黑龙江佳木斯一中月考)滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动,某滑雪游乐场有由两个倾角θ=37°的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同),如图所示,滑道底端平滑连接,滑道OA高为h,滑道OB高为23h,一质量m=70kg的游客从A点由静止滑下,不受其他影响时,经O点恰好滑到B点停止,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。问:
(1)游客在OB段向上滑动时的加速度为多大?
(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用,若该游客到B点后,想返回A点,需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大?
【解析】(1)游客由A到O的过程中,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,2a1hsinθ=v12-0
由O到B的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma2
又-2a22h3sinθ=0-v12
联立解得μ=0.15,a2=7.2m/s2。
(2)设推力为F,则游客由B到O的过程中,有F+mgsinθ-μmgcosθ=ma3,2a32h3sinθ=v22-0
由O到A的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma4
-2a4hsinθ=0-v22
联立解得F=168N。
【答案】(1)7.2m/s2 (2)168N
题型二
超重和失重问题
超重、失重和完全失重比较
比较
超重
失重
完全失重
产生条件
加速度方向向上
加速度方向向下
加速度方向向下,且大小a=g
动力学原理
F-mg=ma
F=m(g+a)
mg-F=ma
F=m(g-a)
mg-F=mg
F=0
可能状态
①加速上升;
②减速下降
①加速下降;
②减速上升
①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等
【温馨提示】 在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会消失。
【例2】如图所示是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度H=75 m,当落到离地面h=30 m的位置时开始制动,座舱做匀减速运动。在一次娱乐中,某乘客的质量m=60 kg。g取10 m/s2,不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。当座舱落到离地面高h1=60 m和h2=20 m的位置时,求该乘客对座位的压力各为多大。
【解析】当座舱距地面h1=60m时,乘客处于完全失重状态
此时乘客对座位的压力F1=0
座舱自由下落高度h2=H-h=(75-30)m=45m时,座舱开始制动,设此时的速度为v
由运动学公式得v2=2gh2
座舱制动过程做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,则有v2=2ah
联立可得a=15m/s2,方向竖直向上
设此过程中乘客受到座位的支持力为F2,根据牛顿第二定律,对乘客有F2-mg=ma
代入数据可得F2=1500N
根据牛顿第三定律可知,该乘客对座位的压力大小
F2'=F2=1500N。
【答案】0 1500N
判断超重和失重的方法
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,物体处于失重状态;等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度a=g时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
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
【变式训练3】(2018广东省佛山市高三下学期测试)图示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正确的是( )。
A.0~36s内物体被吊起的高度为25m
B.0~10s内的平均速度大于30s~36s内的平均速度
C.30s~36s内物体处于超重状态
D.前10s内钢索最容易发生断裂
【解析】在v-t图象中,图线与时间轴所围的面积表示位移,所以0~36s内物体被吊起的高度x=12×(20+36)×1m=28m,A项错误;0~10s内物体做匀变速直线运动,所以平均速度v1=v01+vt12=0.5m/s,同理30s~36s内的平均速度v2=v02+vt22=0.5m/s,所以平均速度相等,B项错误;30s~36s内物体匀减速上升,加速度向下,物体处于失重状态,C项错误;前10s内物体做匀加速直线运动,加速度向上,由牛顿第二定律可知F=mg+ma,拉力最大,钢索最容易发生断裂,D项正确。
【答案】D
【变式训练4】(2018河北省唐山市滦县二中模拟)如图所示是“神舟十号”飞船返回舱成功返回地面时的情景。返回舱返回时,先靠降落伞减速,竖直落地前还靠反冲火箭使其速度进一步降低。假设返回舱在启动火箭反冲前速度是8m/s,反冲火箭工作0.3s后,速度降为2m/s,g取10m/s2,在这个过程中,返回舱中的航天员( )。
A.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的3倍
B.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的13
C.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的2倍
D.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的12
【解析】返回舱向下减速,加速度向上,航天员处于超重状态。设反冲火箭工作时返回舱的加速度大小为a,则a=v0-vt=20m/s2;以人为研究对象,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,则座椅对人的支持力F=m(g+a)=3mg,由牛顿第三定律可知人的对座椅的压力为航天员自身重力的3倍,A项正确。
【答案】A
题型三
动力学的两类基本问题
两类动力学问题的解题步骤
【例3】“跳台滑雪”是冬奥会中一项极为壮观的运动,其运动过程包括助滑、起跳、空中飞行和着陆四个阶段。其中的助滑过程可简化如下:如图,助滑道由长为L、倾角为θ的斜坡AB和弧形坡BCD构成,AB和BCD在B处相切,运动员(可视为质点)踩着滑雪板从A端无初速度下滑,沿助滑道滑至D端起跳。假设滑雪板与AB间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,重力加速度为g。求运动员在斜坡AB上滑行的时间。
【解析】运动员在斜坡AB上做匀加速运动
所受的摩擦力f=μFN
垂直斜坡方向,由平衡条件有FN=mgcosθ
平行斜坡方向,由牛顿第二定律有mgsinθ-f=ma
解得a=g(sinθ-μcosθ)
由运动学规律有L=12at2
解得t=2Lg(sinθ-μcosθ)。
【答案】2Lg(sinθ-μcosθ)
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,具体逻辑关系如图所示。
【变式训练5】(2018四川省成都市第二次诊断)一个小圆环瓷片最高能从h=0.18 m高处由静止释放后直接撞击地面而不被摔坏。现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑,瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍,如图所示。若让该装置从距地面H=4.5 m高处从静止开始下落,瓷片落地恰好没被摔坏。已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1,圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向。求:(g取10 m/s2)
(1)当瓷片直接撞击地面而不被摔坏时,瓷片着地瞬间的最大速度。
(2)瓷片随圆柱体从静止到落地,下落的总时间。
【解析】(1)瓷片从h=0.18m处下落,设加速度为a0,瓷片质量为m,根据牛顿第二定律,有mg-0.1mg=ma0
得a0=9m/s2
又v02=2a0h,得v0=1.8m/s。
(2)瓷片随圆柱体一起加速下落,设加速度为a1,则有a1=a0=9m/s2,又v12=2a1H,得v1=9m/s
下落时间t1=v1a1=1s
瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,有4.5mg+0.1mg-mg=ma2
得a2=3.6g=36m/s2
则瓷片继续下落的时间t2=v1-v0a2=0.2s
瓷片随圆柱体从静止到落地,下落总时间t=t1+t2=1.2s。
【答案】(1)1.8m/s (2)1.2s
【变式训练6】(2018德州实验中学模拟)一质量m=2 kg的滑块能在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上以a=2.5 m/s2的加速度匀加速下滑。如图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2 s内能沿斜面运动位移x=4 m。求:(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ。
(2)恒力F的大小。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin30°-μmgcos30°=ma
解得μ=36。
(2)由x=12a1t2,得a1=2m/s2
当加速度沿斜面向上时,有
Fcos30°-mgsin30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
解得F=7635N
当加速度沿斜面向下时,有
mgsin30°-Fcos30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
解得F=437N。
【答案】(1)36 (2)7635N或437N
题型四
动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象
v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。
2.图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3.解题策略
(1)分清图象的类别:分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点。
(2)注意图线中的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、情景结合起来,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做出准确判断。
【易错提醒】 (1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有注意坐标原点是否从零开始。(3)不清楚图线的点、斜率、面积等表示的物理意义。(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
【例4】如图甲所示,一质量m=1kg的物体置于水平面上,在水平外力的作用下由静止开始运动,水平外力随时间的变化情况如图乙所示,物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示(4s后的图线没有画出),g取10m/s2。求:
(1)物体在第3s末的加速度大小。
(2)物体与水平面间的动摩擦因数。
(3)物体在前6s内的位移。
【解析】(1)由v-t图象可知,物体在前4s做匀加速直线运动,所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度,根据v-t图象和加速度定义式a=ΔvΔt,得a1=44m/s2=1m/s2。
(2)在0~4s内,在水平方向,有F1-μmg=ma1,解得μ=0.4。
(3)设前4s的位移为x1,由位移公式有x1=12a1t12=8m
设4s后物体运动时的加速度为a2,则F2-μmg=ma2
解得a2=-2m/s2
物体在4s末时的速度v'=4m/s
设物体从4s末运动时间t2后速度减为零,则0=v'+a2t2,解得t2=2s
所以物体在6s末速度恰好减为零,故后2s内的位移x2=v't2+12a2t22
代入数据解得x2=4m
所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=12m。
【答案】(1)1m/s2 (2)0.4 (3)12m
在解答牛顿第二定律的应用与图象问题时,要注意明确受力分析、明确运动过程,要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择。图象类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,理解图象的种类,图象的轴、点、线、截距、斜率、面积等所表示的物理意义。运用图象解决问题一般包括两个角度:(1)用给定图象解答问题;(2)根据题意作图,用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系。
【变式训练7】(2019南京市栖霞区高三一诊)如图甲所示,E为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一个小物体从顶端由静止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图乙所示。以沿斜面向下为正方向,则下列图象中可能正确的是( )。
甲
乙
【解析】物体先在光滑的斜面上做匀加速直线运动,位移—时间图线的开口向上,然后在粗糙段做匀减速直线运动,图线开口变为向下,A项错误。物体在前半段做匀加速直线运动,后半段做匀减速直线运动,由于到达底端的速度为零,则前半段和后半段的平均速度相等,在前半段和后半段的运动时间相等,B项正确。匀加速直线运动的末速度即匀减速直线运动的初速度,则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,则合力大小相等,方向相反,C、D两项错误。
【答案】B
题型五
动力学中的临界极值问题
1.“四种”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)绳子断裂与松弛的临界条件: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,绳子松弛与拉紧的临界条件是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。
2.处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件
【温馨提示】 在应用牛顿运动定律解决动力学问题的过程中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能处于不同的状态。特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界现象,此时要采用极限分析法,看物体在不同加速度时,会有哪些现象发生,尽快找出临界点,求出临界条件。
【例5】如图所示,水平平台AB长为20m,平台B端与长度未知的特殊材料制成的斜面BC连接,斜面倾角为30°。在平台A端放上质量为5kg的物块,并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后,物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。
(1)求物块由A运动到B所用的时间。
(2)若物块从A端运动到P点时撤掉推力,物块刚好能从斜面B端开始下滑,则A、P间的距离为多少?(物块在B端无能量损失)
(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μBC=0.277+0.03LB,式中LB为物块在斜面上所处的位置到B端的距离,则在(2)中的情况下,物块沿斜面滑到什么位置时速度最大?
【解析】(1)设给物块施加与水平方向成37°角的推力为F,由受力分析知物体的加速度a1=Fcos37°-μ(Fsin37°+mg)m=1.6m/s2
由x=12a1t2,解得物块由A运动到B的时间t=2×201.6s=5s。
(2)设物体从A到P的位移为x1,从P到B的位移为x2,根据位移速度关系列方程求解,物体从A到P,有vP2=2a1x1
物块由P到B,有vP2=2a2x2,a2=μg
又x=x1+x2,解得A、P间的距离x1≈14.3m。
(3)物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零,即a=mgsinθ-μBCmgcosθm=0,μBC=0.277+0.03LB,联立解得LB=10m
因此若斜面长度L>10m,则LB=10m时速度最大;若斜面长度L≤10m,则在斜面最低点速度最大。
【答案】(1)5s (2)14.3m (3)若斜面长度L>10m,则LB=10m时物块速度最大;若斜面长度L≤10m,则在斜面最低点物块速度最大
本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡问题,但是由于涉及动摩擦因数的变化,增加了难度,故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零这个条件。解决临界问题的基本思路:(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);(2)寻找过程中变化的物理量;(3)探索物理量的变化规律;(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系;(5)列方程求结果。
【变式训练8】(2018广东江门市第一中学一模)如图所示,一足够长的木板,上表面与木块之间的动摩擦因数μ=33,重力加速度为g,木板与水平面成θ角,让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小?求出此最小值。
【解析】当θ变化时,取沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则木块沿木板斜面方向由牛顿第二定律有
-mgsinθ-μmgcosθ=ma
设木块的位移为x,有0-v02=2ax
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小,有
a=-g(sinθ+μcosθ)
根据数学关系有sinθ+μcosθ=1+μ2sin(θ+α),其中tanα=μ=33,则α=30°
当θ+α=90°时加速度有最大值,且最大值a=g1+μ2
所以此时θ=90°-α=60°,加速度的最大值a=-2g3
解得xmin=3v024g。
【答案】60° 3v024g
题型六
“等时圆模型”问题
1.模型特征
(1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
2.思维模板
【例6】如图甲所示,在倾角为θ的斜面上方的A点放置一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成角度为α,一小物块由A端沿木板由静止下滑,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ角的大小关系为( )。
A.α=θ B.α=θ2 C.α=2θ D.α=θ3
【解析】如图乙所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿木板滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可,而∠COD=θ,则α=θ2,B项正确。
【答案】B
在竖直线AC上取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点,再根据等时圆的结论及几何关系即可求解。本题有其特殊的解题方法,作等时圆是一种快捷、方便的方法。
【变式训练9】(2018河南省西平县高级中学质检)如图所示,几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度,从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球,若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点,则各小球最高点的位置( )。
A.在同一水平线上 B.在同一竖直线上
C.在同一抛物线上 D.在同一圆周上
【解析】设某一直轨道与水平面成θ角,末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动,则小球在直轨道上运动的加速度a=mgsinθm=gsinθ,由位移公式得l=12at2=12gsinθt2,即lsinθ=12gt2,不同的倾角θ对应不同的位移l,但lsinθ相同,即各小球最高点的位置在直径为12gt2的圆周上,D项正确。
【答案】D
【变式训练10】(2019江苏徐州市侯集高级中学模拟)如图甲所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动;c球由C点自由下落。则( )。
A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M点
【解析】如图乙所示,设圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=12gtc2,所以tc=2Rg;设AM与水平面成θ角,则a球下滑到M用时满足AM=2Rsinθ=12gsinθta2,即ta=2Rg;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>R)。综上所述可得tb>ta>tc,C项正确。
【答案】C
1.(2018湖北宜城一中月考)如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右加速运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)( )。
A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右
【解析】小车突然向右运动时,由于惯性,铁球和乒乓球都“想”保持原有的静止状态,由于与同体积的“水球”相比,铁球的质量大,惯性大,铁球的运动状态难改变,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,所以小车加速运动时,铁球相对于小车向左运动。同理,由于与同体积的“水球”相比,乒乓球的质量小,惯性小,乒乓球相对“水球”向右运动。
【答案】A
2.(2018福建泉州五中一模)下列对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( )。
A.飞机投弹时,如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹,能击中目标
B.地球自西向东自转,你向上跳起来后,还会落到原地
C.在月球上举重比在地球上容易,所以质量相同的物体在月球上的惯性比在地球上的大
D.向上抛出的物体,在空中向上运动时,肯定受到了向上的作用力
【解析】因为惯性,在理想条件下,投下的炸弹会以它离开飞机瞬间的速度继续向前飞行,直到落地,A项错误。人没跳起来的时候,具有跟地球相同的旋转速度,即一起按照一定的速度自西向东自转,跳起来后,因为惯性,人依然具有这个旋转的速度,也就是地球和人在水平方向上是相对静止的,所以,落下来之后依然是在原地,B项正确。惯性大小只与质量有关,所以在月球上的物体惯性不变,之所以举重容易是因为物体受到的引力减小,C项错误。向上抛出的物体,获得了一个向上的初速度,由于惯性,它将保持向上运动的状态,D项错误。
【答案】B
3.(2018广东中山市模拟)(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动。最早的空竹是两个如同车轮的竹筒,中间加一个转轴,由于外形对称,其重心在中间位置,初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡。随着制作技术的发展,如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎,现在的空竹大多是塑料制成的,也有天然竹木制成的。关于抖空竹,在空气阻力不可忽略的情况下,下列说法中正确的是( )。
A.空竹启动前用绳子拉住提起,要保证支持力和重力在同一条直线上
B.空竹的转动依靠的是绳子的拉动,绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C.空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和惯性作用
D.空竹从抛起到接住,转速会减小,表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
【解析】空竹启动前用绳子拉住提起,此时要选择恰当的位置,保证支持力和重力在同一条直线上,满足二力平衡的条件,否则空竹就要翻倒从绳子上落下,A项正确;空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的,因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的较好,B项错误;空竹抛起后由于惯性而继续向上运动,在空中受重力和空气阻力的作用,C项错误;空竹从抛起到接住,由于空气阻力的作用,转速比抛出前小,因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动,D项正确。
【答案】AD
4.(2018浙江嘉兴模拟)(多选)如图所示是我国首次立式风洞的跳伞实验,风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。此过程中( )。
A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D.人被向上“托起”时处于超重状态
【解析】地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,A项正确;相互作用力是两个物体间的相互作用,而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体,不是一对相互作用力,B项错误;由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,在竖直方向上合力不为零,所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小,C项错误;人被向上“托起”时加速度向上,处于超重状态,D项正确。
【答案】AD
5.(2018杭州二中月考)(多选)如图所示,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( )。
A.所受浮力大小为4830N
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10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
【解析】刚开始上升时,空气阻力为零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=4830N,A项正确;加速上升过程,若保持加速度不变,则热气球上升到180m时,速度v=2ah=65m/s>5m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线运动,上升10s后的速度v'
6.(2018河北唐山十中月考)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上,当升降机加速下降时,出现如图所示的情形。四位同学对此现象做出了分析与判断,其中可能正确的是( )。
A.升降机的加速度大于g,侧壁对球无挤压
B.升降机的加速度小于g,侧壁对球有挤压
C.升降机的加速度等于g,侧壁对球无挤压
D.升降机的加速度等于g,侧壁对球有挤压
【解析】当升降机加速下降且加速度等于g时,小球在竖直方向上仅受重力,拉力为零,由于小球在水平方向上不受力,可知侧壁对小球无挤压,C项正确,D项错误。当升降机加速下降且加速度大于g时,小球受重力、绳子的拉力,由于水平方向上平衡,则侧壁对小球有弹力,即侧壁对球有挤压,A项错误。当升降机加速下降且加速度小于g时,不会出现如图所示的情况,球会在悬点下方,B项错误。
【答案】C
7.(2018山东威海一中质检)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是( )。
【解析】受空气阻力作用的物体,上升过程,有mg+kv=ma,得a=g+kmv,v减小,a减小,A项错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D项正确。
【答案】D
8.(2018陕西榆林中学质检)(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上,下端挂一质量为2kg的物体。当升降机在竖直方向运动时,弹簧测力计的示数始终是16N,如果从升降机的速度大小为3m/s时开始计时,则经过1s,升降机的位移大小可能是(g取10m/s2)( )。
A.3m B.5m C.2m D.4m
【解析】对物体进行受力分析,受向下的重力和向上的弹簧弹力,加速度a=mg-F弹m=2m/s2,方向向下,升降机初速度大小为3m/s,方向可能向下,也可能向上,所以在1s内的位移有两种情况:向下加速x1=v0t+12at2=4m;向上减速x2=v0t-12at2=2m,C、D两项符合。
【答案】CD
9.(2018四川都江堰高三联考)(多选)在粗糙的水平地面上有一质量为2 kg的小物块,在水平拉力作用下从t=0 时开始做初速度为零的直线运动,t=6 s时撤去拉力,其速度图象如图所示。若取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )。
A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B.0~2s内,物块所受的拉力大小为4N
C.0~8s内,物块与出发点最远距离为6m
D.0~8s内,物块的平均速度大小为1m/s
【解析】第6s后物体在水平方向只受摩擦力作用,有μmg=ma,其中a=2m/s2,解得μ=0.2,A项正确;0~2s内,根据F1-μmg=ma1,其中a1=2m/s2,解得F1=8N,B项错误;在0~8s内,物块先向正方向运动了6m,即t轴上方的面积,然后又向负方向运动了14m,即t轴下方的面积,所以与出发点最远距离应为8m,C项错误;物块的平均速度为位移与时间的比值,即v-=88m/s=1m/s,D项正确。
【答案】AD
10.(2018湖南郴州质检)(多选)如图甲所示,质量为5kg的小物块以初速度v0=11m/s从倾角θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力,重力加速度大小g=10m/s2(sin53°=0.8、cos53°=0.6)。下列说法中正确的是( )。
A.恒力F的大小为5N
B.恒力F的大小为10N
C.物块与斜面间的动摩擦因数为13
D.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【解析】由题图乙可得a=ΔvΔt,有恒力F时a1=ΔvΔt=10m/s2,无恒力F时a2=ΔvΔt=11m/s2,由牛顿第二定律可知,无恒力F时有mgsinθ+μmgcosθ=ma2,解得μ=0.5;有恒力F时有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma1,解得F=5N,A、D两项正确,B、C两项错误。
【答案】AD
11.(2018山东济南模拟)(多选)如图甲所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30°角,弹簧b与竖直方向成60°角,弹簧a、b的形变量相等,重力加速度为g,则( )。
甲
A.弹簧a、b的劲度系数之比为3∶1
B.弹簧a、b的劲度系数之比为3∶2
C.若弹簧a下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为3g
D.若弹簧b下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为g2
【解析】由题可知,两个弹簧相互垂直,对小球受力分析,如图乙所示,设弹簧的伸长量都是x,由受力分析图知,弹簧a中弹力Fa=mgcos30°=32mg,根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数k1=Fax=3mg2x,弹簧b中的弹力Fb=mgcos60°=12mg,根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数k2=Fbx=mg2x,所以弹簧a、b的劲度系数之比为3∶1,A项正确,B项错误;弹簧a中的弹力为32mg,若弹簧a的下端松脱,则松脱瞬间弹簧b的弹力不变,故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反,小球的加速度a=Fam=32g,C项错误;弹簧b中弹力为12mg,同理可知,若弹簧b的下端松脱,小球的加速度a'=Fbm=12g,D项正确。
乙
【答案】AD
12.(2018安徽毛坦厂质检)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图甲所示,在A、B的速度达到6m/s时,撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图象如图乙所示。取g=10m/s2,求:
(1)推力F的大小。
(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离。
【解析】(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图象得a=3m/s2。对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a
代入数据解得F=15N。
(2)设物体A做匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对于A物体有μmAg=mAaA,aA=μg=3m/s2
v0-aAt=0,解得t=2s
物体A的位移xA=v02t=6m
物体B的位移xB=v0t=12m,所以,A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离Δx=xB-xA=6m。
【答案】(1)15N (2)6m
13.(2018江西重点中学六校联考)如图甲所示,一个竖直固定在地面上的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对滑块的阻力可调。滑块静止时,ER流体对其阻力为零,此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落,与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏合在一起,并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动。ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化,使滑块做匀减速运动,当下移距离为d时,速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一。取重力加速度为g,忽略空气阻力,求:
甲
(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小。
(2)滑块向下运动过程中的加速度大小。
(3)当下移距离为d时,ER流体对滑块的阻力大小。
【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0,由自由落体运动规律有v02=2gL,解得v0=2gL。
乙
(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a,取竖直向下为正方向,则有-2ax=v22-v12,x=d,v1=v02,v2=v04,解得a=3gL16d。
(3)设下移距离d时弹簧弹力为F,ER流体对滑块的阻力为FER,对物体与滑块组成的整体进行受力分析,如图乙所示,由牛顿第二定律得
F+FER-2mg=2ma
F=k(d+x0)
mg=kx0
联立解得FER=mg+3mgL8d-kd。
【答案】(1)2gL (2)3gL16d (3)mg+3mgL8d-kd
1.(2018全国卷Ⅰ,15)如图甲所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )。
甲
A
B
C
D
【解析】设物块P静止时,弹簧的长度为x0,物块P受重力mg、弹簧弹力k(l-x0-x)及力F,如图乙所示。根据牛顿第二定律,得F+k(l-x0-x)-mg=ma,且k(l-x0)=mg,故F=kx+ma。根据数学知识知F-x图象是截距为ma的一次函数图象。
乙
【答案】A
2.(2016全国卷Ⅰ,18)(多选)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
【解析】质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合力为该恒力,若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,此情况下质点速度方向与恒力方向不同,A项错误;若F的方向在某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与速度方向不再垂直,例如平抛运动,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点的加速度方向总是与其所受合力方向相同,C项正确;根据加速度的定义可知,相等时间内速度变化量相同,而速率变化量不一定相同,D项错误。
【答案】BC
3.(2016全国卷Ⅱ,19)(多选)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
【解析】首先应该根据牛顿第二定律找到物体的加速度与小球半径的关系,然后比较加速度,再结合运动公式来讨论其他物理量,小球的质量m=ρ·43πr3,由题意知m甲>m乙,ρ甲=ρ乙,则r甲>r乙,空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得mg-f=ma,则a=mg-fm=g-krρ·43πr3=g-3k4πρr2,可得a甲>a乙,由h=12at2知,t甲
【答案】BD
4.(2016上海卷,4)如图所示,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】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,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,D项正确。
【答案】D
5.(2015全国卷Ⅰ,20)(多选)如图甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。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】由v-t图象可知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小a=v0t1,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,即gsinθ+μgcosθ=v0t1,同理向下滑行时gsinθ-μgcosθ=v1t1,两式联立得sinθ=v0+v12gt1,μ=v0-v12gt1cosθ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ,A、C两项正确;物块滑上斜面时的初速度v0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为零,那么平均速度为v02,所以沿斜面向上滑行的最远距离x=v02t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为
xsinθ=v02t1×v0+v12gt1=v0(v0+v1)4g,D项正确;仅根据v-t图象无法求出物块的质量,B项错误。
【答案】ACD
6.(2015海南卷,9)(多选)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )。
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
【解析】当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知,物块与斜面间的摩擦力增大,A项错误,B项正确;设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ,假设物块以加速度a向上运动时,有FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物块仍相对于斜面匀速下滑,C项错误,D项正确。
【答案】BD
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