2020浙江高考物理二轮讲义：专题一第三讲　牛顿运动定律


第三讲　牛顿运动定律
知识内容
考试要求
备考指津
1.牛顿第一定律
c
本讲是考查的重点，对基本概念的考查主要涉及力和运动、超重、失重等．由真题统计可明显看出牛顿第二定律、第三定律及牛顿运动定律的应用在大题中出现的可能性非常大，需重点掌握.
说明：知道国际单位制中规定的单位符号.
2.牛顿第二定律
c
3.力学单位制
b
4.牛顿第三定律
c
5.牛顿运动定律应用
d
6.共点力平衡条件及应用
c
7.超重与失重
b
　牛顿运动定律基本概念的理解
【题组过关】
1．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是(　　)
A．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B．力是使物体产生加速度的原因
C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
D．力是维持物体运动的原因
解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．
2．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
3．(多选)跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是(　　)
A．运动员对地面的压力大于运动员受到的重力
B．地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力
C．地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力
D．运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力
解析：选AB.运动员起跳的瞬间向上做加速运动，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力，由牛顿第三定律得运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，选项A、B正确，C、D错误．

1．力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动．
2．(1)惯性不是一种力，对物体受力分析时，不能把“惯性力”作为物体实际受到的力．
(2)惯性与惯性定律不同．惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，与物体的受力情况、运动状态及所处的位置无关，其大小只取决于物体的质量，质量越大，惯性越大；惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律．
3．应用牛顿第三定律需注意的三个问题
(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的．
(2)作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同．
(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能涉及第三个物体．　
　牛顿运动定律的两类动力学问题
【重难提炼】
1．解决动力学的两类基本问题应把握的关键
(1)两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析.
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(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”.
　如图所示，水平平台ab长为20 m，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5 kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50 N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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：[第(2)、(3)两问结果保留三位有效数字]

(1)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，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则aP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离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？
[审题突破]　(1)对a到b过程受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，再根据运动学公式求时间t.
(2)vP是物块从a到P过程中的末速度，也是物块从P到b过程中的初速度.
(3)物块沿斜面下滑过程中，当a＝0时，速度最大．
[解析]　(1)受力分析知物块的加速度为
a1＝＝1.6 m/s2
x＝a1t2
解得a到b的时间为t＝ s＝5 s.
(2)物块从a到P：v＝2a1x1
物块由P到b：v＝2a2x2
a2＝μg
x＝x1＋x2
解得aP距离为x1≈14.3 m.
(3)物块沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0
即a＝＝0
μbc＝0.277＋0.03Lb
联立解得Lb≈10.0 m
因此如斜面长度L＞10.0 m，则Lb＝10.0 m时速度最大；
若斜面长度L≤10.0 m，则在斜面最低点时速度最大．
[答案]　(1)5 s　(2)14.3 m
(3)若斜面长度L＞10.0 m，则Lb＝10.0 m时速度最大；若斜面长度L≤10.0 m，则在斜面最低点时速度最大
【题组过关】
考向一　已知受力情况确定运动情况
1．北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目之一．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)
A．不变　　　　　　　　 B．变小
C. 变大 D．无法判断
解析：选A.冰壶在冰面上由于滑动摩擦力的作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：f＝ma，加速度a＝＝＝μg，即相同材料、质量不同的冰壶在冰面上匀减速运动的加速度大小相等．据位移速度关系：0－v＝－2ax可知，两种冰壶的初速度相同，加速度相同，故匀减速运动的位移大小相等．
考向二　已知运动情况确定受力情况
2.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ
3．某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于(　　)
A．40 m/s，1.25 B．40 m/s，0.25
C．50 m/s，1.25 D．50 m/s，0.25
解析：选D.上升过程中所受的阻力f＝kmg，根据牛顿第二定律得：a＝＝(k＋1)g，根据h＝at2，得：a＝＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s，而(k＋1)g＝12.5 m/s2，所以k＝0.25.故选D.

两类动力学问题的解题步骤
　
　牛顿第二定律的瞬时性
【重难提炼】
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

2．求解瞬时加速度的一般思路

　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(　　)
A．a1＝g，a2＝g
B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝0
[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
【题组过关】
考向一　轻绳、轻杆类模型
1．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
解析：选D.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D对．
考向二　轻弹簧模型
2.(2019·金华模拟)如图所示，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间用一个轻杆连接，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．B球的受力情况未变，加速度为零
B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ　
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
解析：选B.细线烧断前，A、B、C作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F＝3mgsin θ，对C受力分析，沿斜面方向细线拉力FT＝mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C受力分析，没有细线拉力，mgsin θ＝ma1，加速度a1＝gsin θ，D错误；A、B之间由轻杆连接，相对静止，对A、B整体受力分析可得F－2mgsin θ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝gsin θ，A错误，B正确；对B受力分析，沿斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F′T－mgsin θ＝ma2＝mgsin θ，得轻杆弹力F′T＝mgsin θ，C错误．
3.如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对．

解决牛顿第二定律瞬时性的“两关键”“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两关键”
①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态.
②明确绳或杆类、弹簧或橡皮筋类模型的特点.
(2)“四步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况.
第二步：分析物体在突变时的受力情况.
第三步：由牛顿第二定律列方程.
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性. 　
　超重与失重现象
【题组过关】
1．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知　(　　)

A．该同学做了两次下蹲－起立的动作
B．该同学做了一次下蹲－起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：选B.在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．
2．(2018·浙江选考4月)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作．下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是(　　)


解析：选C.下蹲时先加速下降，后减速下降，故先失重，后超重，F先小于重力，后大于重力，C正确．
3．(2019·浙江选考模拟)撑竿跳是田径运动项目一种．在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的竿子，经过快速助跑后，借助竿子撑地的反弹力量，使身体腾起，跃过横杆．关于撑竿跳，下列说法正确的是(　　)
A．运动员起跳时，撑竿提供给运动员的弹力等于运动员所受重力
B．运动员起跳时，撑竿提供给运动员的弹力小于运动员所受重力
C．在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态
D．在运动员越过横杆下落阶段，运动员始终处于失重状态
解析：选D.起跳时，弹力大于运动员重力，上升阶段有向上加速和向上减速两个阶段，所以先超重后失重；越过横杆后只受重力，失重，所以D正确．

1．对超重、失重的理解：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．判断方法
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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．
(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．
　在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．　
　连接体问题
【重难提炼】
1．整体法与隔离法常涉及的三种问题类型
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题：①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法；②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．
2．解决这类问题的关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．
　(2019·杭州模拟)如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　　)
A．P处于超重状态
B．P受到的摩擦力大小为μmg，方向水平向右
C．P受到的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左
D．P受到的支持力大小为mgsin 2θ
[解析]　由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，得加速度a＝gsin θ，将沿斜面向下的加速度a＝gsin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a1＝acos θ＝gsin θcos θ，a2＝asin θ＝gsin2θ.对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有Ff＝ma1，方向水平向左，竖直方向上有mg－FN＝ma2，得Ff＝mgsin θcos θ，FN＝mgcos2θ，C正确，B、D错误．
[答案]　C
【题组过关】
考向一　整体法和隔离法的应用
1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力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F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则(　　)

A．a′＝a，F′1＝F1　　　　　　　 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1
解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有F1cos θ＝mg①
水平方向有F－F1sin θ＝ma，
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，
解得a＝gtan θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cos θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′，
解得a′＝gtan θ④
结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
2．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，求F′的最大值Fm.

解析：根据图甲所示情况，设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有fm＝mAa，代入数据解得fm＝2.0 N.
根据图乙所示情况，设A、B刚开始相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有：
fm＝mBa′，Fm＝(mA＋mB)a′，
代入数据解得Fm＝6.0 N.
答案：6.0 N
考向二　传送带模型
3.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A→B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2.
物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝＝1 s，
t1时间内物体运动的位移x＝a1t＝5 m.

由于μ mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得a2＝2 m/s2.
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－x＝vt2＋a2t解得t2＝1 s或t2＝－11 s(舍去)．
所以物体由A→B的时间t＝t1＋t2＝2 s.
答案：2 s
考向三　滑板—滑块模型
4．如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA＝2 kg的长板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB＝1 kg、带电荷量为q＝＋1×10－2 C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，可以通过开关控制其大小及方向．先产生一个方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的电场，车和货物开始运动，2 s后，改变电场，电场大小变为E2＝1×102 N/C，方向向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零．已知货物与车间的动摩擦因数μ＝0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取10 m/s2，求第二次电场作用的时间．

解析：由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aB
aB＝＝2 m/s2，aA＝＝0.5 m/s2
车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为
vB＝aBt＝4 m/s，vA＝aAt＝1 m/s
2 s后货物和车的加速度大小分别为
a′B＝＝2 m/s2
a′A＝＝0.5 m/s2
设又经t1时间货物和车共速，
vB－a′Bt1＝vA＋a′At1
代入数据解得t1＝1.2 s，此时货物和车的共同速度
v＝1.6 m/s
共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小
a＝＝ m/s2
减速到0所经历的时间为t2＝＝4.8 s
所以第二次电场的作用时间为t1＋t2＝6 s.
答案：6 s
5．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少？
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？
解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a2，
Ff＝μm1g＝m2a2
a2＝10 m/s2，s＝
t＝1 s.
(2)刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2
F1＝30 N
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1
－＝L，F2＝34 N
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N

1．解答传送带问题应注意的事项
(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．
(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．
(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．
2．滑板—滑块模型的分析思路
　
[课后作业(四)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．静止的物体一定不受力，受力的物体一定运动
B．物体运动状态发生变化则物体一定受力的作用
C．物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大
D．物体运动状态不变时有惯性，运动状态改变时没有惯性
答案：B
2．2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功到达月球背面，第一次在月球背面留下了人类航天器的足迹．嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时(　　)

A．处于完全失重状态
B．不再满足牛顿运动定律
C．受到的重力小于在地球上的重力
D．具有的惯性小于在地球上的惯性
答案：C
3．(2019·嘉兴一中模拟)对于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．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了
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．自行车转弯时，车手一方面要适当控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
答案：C
4．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s 后撤去该推力，则(　　)
A．小车2 s末的速度是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
解析：选B.小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝(60－30×1.5) N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t＝(2＋6) s＝8 s，故D错误．
5.(2019·浙江选考4月)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案：D
6.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)
A．M受静摩擦力增大
B．M对车厢壁的压力减小
C．M仍相对于车厢静止
D．M受静摩擦力减小
解析：选C.
分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误．水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误．因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确．
7．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　)

A．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
B．物体从A到O先加速后减速
C．物体运动到O点时所受合力为零
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
答案：B
8．我国高铁技术处于世界领先水平．动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组(　　)
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：选D.设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量为m，阻力为kmg.启动时，加速度方向向前，根据牛顿第二定律，乘客受到车厢的作用力方向向前，与运动方向相同，故A错误．做加速运动时，有两节动力车厢，对整个车进行受力分析得：2F－8kmg＝8ma，对6、7、8车厢进行受力分析得：F1－3kmg＝3ma.对7、8车厢进行受力分析得：F2－2kmg＝2ma，联立可得：＝，故B错误．设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：－8kmgs＝0－mv2，可知滑行的距离与速度不成正比，故C错误．当只有两节动车时，最大速率为v，则：2P＝8kmg·v，改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P＝8kmg·v′，所以：v′＝2v，故D正确．
9．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．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，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：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．
10.一轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，弹簧处在自然状态，小物块位于O处．现用手将小物块向右移到A处，然后从静止释放小物块，小物块开始运动，则(　　)
A．小物块一定停在O点
B．小物块停止以后所受的摩擦力必不为0
C．小物块无论停在O点的左边还是右边，停前所受的摩擦力方向和停后所受摩擦力的方向两者可能相同，也可能相反
D．小物块在由右边最远处回到O点的过程中，速度的大小总是增大
解析：选C.小球从A向O运动过程中，由于不知道接触面给物块的摩擦力相对于物块质量的大小，因此小物块停下来的位置有可能在O点左侧、右侧、甚至是O点都有可能，因此选项A、B均错；从A到O过程中，先加速，当弹力小于阻力则开始减速，选项D错；无论是停在O点左边或右边，停止前的摩擦力方向和停止后的摩擦力方向有可能相同、有可能相反，选项C对．
二、非选择题
11.传送带以恒定速度v＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
解析：物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2，由v＝a1t1，得t1＝0.5 s，位移
x1＝a1t＝1 m
随后有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2，解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，位移x2＝－x1＝2 m，t2＝＝0.5 s，总时间t＝t1＋t2＝1 s.
答案：见解析
12．如图甲所示，光滑水平面上的O点处有一质量为m＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：

(1)当t＝0.5 s时，物体的加速度大小；
(2)物体在t＝0至t＝2 s内，何时加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t＝0至t＝2 s内，何时速度最大？最大值为多少？
解析：(1)当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N
F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)物体所受的合外力为
F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)
作出F合－t图如图1所示
从图1中可以看出，在0～2 s范围内
当t＝0时，物体有最大加速度a0.
F0＝ma0
a0＝＝ m/s2＝1 m/s2
当t＝2 s时，物体也有最大加速度a2.F2＝ma2
a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2
负号表示加速度方向向左．
(3)由牛顿第二定律得：
a＝＝1－t(m/s2)
画出a－t图象如图2所示
由图2可知t＝1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．
v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s.
答案：(1)0.5 m/s2
(2)t＝0或t＝2 s时加速度最大　1 m/s2
(3)t＝1 s时速度最大　0.5 m/s
[课后作业(五)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B(　　)
A．只受重力
B．受重力和A对它的压力
C．受重力和A对它的摩擦力
D．受重力、A对它的压力和摩擦力
解析：选A.两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A、B都只受到重力，B、C、D错误，A正确．
2．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度为a1＝－μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝＝；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析如图所示．
小滑块的合力F合＝－(mgsin 45°＋μmgcos 45°)，小物块上滑的加速度a2＝－＝－，滑行时间t′＝＝，因此＝＝，故选项A正确，B、C、D错误．
3.如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是(　　)
A．由大变小 B．由小变大
C．始终不变 D．由大变小再变大
解析：选C.在光滑的水平面上运动时，设细线上的张力为F1，加速度为a1，由牛顿第二定律得
F1＝m1a1①
F＝(m1＋m2)a1②
联立①②解得：F1＝
在粗糙的水平面上运动时，设细线的张力为F′1，加速度为a2，由牛顿第二定律得：
F′1－μm1g＝m1a2，③
F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2④
联立③④解得：F′1＝
综上可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是，故C正确．
4.质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)(　　)
A．恒力的大小为6 N
B．前4 s内摩擦产生的热量为48 J
C．恒力方向始终与摩擦力方向相同
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
解析：选C.由图可知，0～2 s物体做匀减速运动，2～6 s 反向做匀加速运动．可知0～2 s时恒力方向与运动方向相反，与摩擦力方向相同；2～6 s时恒力方向与运动方向相同，与摩擦力方向相反，C错误；根据牛顿第二定律：减速时F＋f＝ma1，加速时F－f＝ma2，而a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2，联立解得F＝6 N，f＝4 N，故A正确；0～2 s内，物体的位移大小为x1＝×10×2 m＝10 m，2～4 s内，物体的位移大小为x2＝×2×2 m＝2 m，摩擦产生的热量Q＝f(x2＋x1)＝4×(10＋2) J＝48 J，故B正确；由f＝μmg得，μ＝0.2，故D正确．
5．(2019·宁波慈溪中学期中)电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N．电梯做匀变速运动，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
答案：C
6.(2019·嘉兴一中模拟)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)(　　)
A．25 m/s2 B．5 m/s2
C．10 m/s2 D．15 m/s2
答案：B
7.(2019·温州平阳二中期中)如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，设环的加速度大小为a，则在环下滑过程中箱对地面的压力F为(　　)
A．F＝(M＋m)g
B．F＝Mg＋m(g＋a)
C．Mg D．F＝Mg＋m(g－a)
答案：B
8．(多选)如图所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是(　　)

A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止
B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板有可能发生相对滑动
D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板仍将保持相对静止
解析：选BD.设木板质量为M，小铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为Ff，当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间相对滑动，根据牛顿第二定律知，此时加速度a＝，对木板和小铁块整体，有F＝(M＋m)a＝，则F>时，两者发生相对滑动，选项A错误，B正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C错误，D正确．
9.(原创)绰号“威龙”的第五代制空战机歼­20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼­20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度．假设某次垂直飞行测试实验中，歼­20加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验．该飞机在10 s内匀加速到 3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的 0.2.已知该歼­20质量为20吨，声速为340 m/s，忽略战机因油耗等导致质量的变化．则下列说法正确的是(　　)
A．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s
B．加速阶段系统的推力为1.84×106 N
C．加速阶段时飞行员有晕厥可能
D．飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km
解析：选B.加速阶段初速度v0＝50 m/s，末速度v＝3 060 km/h＝850 m/s，根据v＝v0＋at，加速度a＝80 m/s2＝8g，飞行员不会晕厥，C选项错误；根据牛顿第二定律F－f－mg＝ma，推力F＝f＋ma＋mg＝1.84×106 N，B选项正确；加速阶段上升的高度x＝v0t＋at2＝4 500 m，即匀速上升14 km，D选项错误；匀速飞行时间t＝＝ s＝16.47 s，A选项错误．
二、非选择题
10．(2019·绍兴一中期中)斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6 m且光滑，如图甲所示．质量为1 kg的小物块以初速度v0＝12 m/s沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的v－t图象如图乙所示．已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g取10 m/s2.(vB、t0未知)求：　

(1)小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB的大小；
(2)斜面AB段的长度；
(3)小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间．
解析：(1)小物块沿斜面向上滑行的初速度v0＝12 m/s
由aAB＝2aBC可得：＝2
解得：vB＝4 m/s.
(2)在上滑过程中：对AB段有v－v＝2aABsAB
在上滑过程：对BC段有v－v＝2aBCsBC
由以上两式解得：sAB＝6.4 m.
(3)上滑时aAB＝2aBC
由牛顿第二定律可知：f＋mgsin θ＝2mgsin θ，即f＝mgsin θ
所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为vB＝4 m/s
因此tBA＝＝s＝1.6 s.
答案：(1)4 m/s　(2)6.4 m　(3)1.6 s
11．(2018·浙江选考4月)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，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.求：

(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：x＝at2，
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最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅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，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－02＝2a2(x＋x′)
解得：vt＝2 m/s.
答案：(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s