《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題05 牛頓三大運(yùn)動(dòng)定律的理解與應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題05 牛頓三大運(yùn)動(dòng)定律的理解與應(yīng)用（含解析）（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題05 牛頓三大運(yùn)動(dòng)定律的理解與應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一　牛頓第一定律的理解和應(yīng)用 1 熱點(diǎn)題型二牛頓第三定律的理解 3 熱點(diǎn)題型三　牛頓第二定律的理解和基本應(yīng)用 6 1　力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系 6 2　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的瞬時(shí)性 7 熱點(diǎn)題型四　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 9 1　已知受力求運(yùn)動(dòng) 10 2 已知運(yùn)動(dòng)求受力 12 3　等時(shí)圓模型 13 熱點(diǎn)題型五動(dòng)力學(xué)圖象問題的應(yīng)用 15 【題型演練】 18 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一　牛頓第一定律的理解和應(yīng)用 1．慣性的兩種表現(xiàn)形式 (1)物體的慣性總是以保持“原狀”或反抗“改變”兩種形式表現(xiàn)出來(lái)． (2)物

2、體在不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))． 2．與牛頓第二定律的對(duì)比 牛頓第一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來(lái)的，而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律． 【例1】伽利略創(chuàng)造的把實(shí)驗(yàn)、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識(shí)的發(fā)展．利 用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜面上 升．斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3. 根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是(　　) A． 如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙?/p>

3、與O點(diǎn)等高的位置 B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài) C．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變 D．小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小 【答案】　A 【解析】　根據(jù)題意，鋪墊材料粗糙程度降低時(shí)，小球上升的最高位置升高，當(dāng)斜面絕對(duì)光滑時(shí)，小球在斜面上沒有能量損失，因此可以上升到與O點(diǎn)等高的位置，而B、C、D三個(gè)選項(xiàng)，從題目不能直接得出，所以選項(xiàng)A正確． 【變式1】.(2019·安徽六安質(zhì)檢)關(guān)于物體的慣性，下列說法中正確的是(　　) A．騎自行車的人，上坡前要緊蹬幾下，是為了增大慣性沖上坡 B．子彈從槍膛中射出后在空中飛行，速度逐漸減小，因此慣性

4、也減小 C．物體慣性的大小，由物體質(zhì)量的大小決定 D．物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，它的慣性最大 【答案】C 【解析】質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，慣性與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故選C. 【變式2】(2019·益陽(yáng)模擬)亞里士多德在其著作《物理學(xué)》中說：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運(yùn)動(dòng)稱之為“自然運(yùn)動(dòng)”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非“自然運(yùn)動(dòng)”稱之為“受迫運(yùn)動(dòng)”．伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學(xué)；新物理學(xué)認(rèn)為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”．下列關(guān)于“慣性”和“運(yùn)動(dòng)”的說法中不符合新物理學(xué)的是(　　 )

5、 A．一切物體的“自然運(yùn)動(dòng)”都是速度不變的運(yùn)動(dòng)——靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng) B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運(yùn)動(dòng)”即變速運(yùn)動(dòng)的原因 C．可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)的太快時(shí)，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的 D．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運(yùn)動(dòng)，而是繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離后才反向運(yùn)動(dòng)，是由于物體具有慣性 【答案】C 【解析】.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，所以當(dāng)物體不受到任何外力的時(shí)候，總保持靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，故選項(xiàng)A符合題意；當(dāng)物體受到外力作用的時(shí)候，物體的運(yùn)動(dòng)狀

6、態(tài)會(huì)發(fā)生改變，即力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故選項(xiàng)B符合題意；可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)的太快時(shí)，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的，故選項(xiàng)C不符合題意；由于物體具有向上的速度，所以具有向上的慣性，雖然受到向下的重力，但物體不會(huì)立刻向下運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D符合題意． 熱點(diǎn)題型二 牛頓第三定律的理解 1．作用力和反作用力的關(guān)系 三同 ①大小相同；②性質(zhì)相同；③變化情況相同 三異 ①方向不同；②受力物體不同；③產(chǎn)生效果不同 三無(wú)關(guān) ①與物體種類無(wú)關(guān)；②與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)；③與物體是否和其他物體存在相互作用無(wú)關(guān) 2.相互作

7、用力與平衡力的比較 作用力和反作用力 一對(duì)平衡力 不同點(diǎn) 受力物體 作用在兩個(gè)相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關(guān)系 同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失 不一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失 疊加性 兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零 力的性質(zhì) 一定是相同性質(zhì)的力 性質(zhì)不一定相同 相同點(diǎn) 大小、方向 都是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上 【例2】建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．質(zhì)量為70.0 kg的工人站在水平地面上，通過定 滑輪將20.0 kg的建筑材料以1.0 m/s2的加速度拉升，忽略繩子

8、和定滑輪的質(zhì)量及兩者間的摩擦，求地面受 到的壓力和摩擦力的大?。?g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 【答案】　524 N　132 N 【解析】　對(duì)建筑材料受力分析如圖甲所示 由牛頓第二定律得：F1－mg＝ma 代入數(shù)據(jù)解得：F1＝220 N 因此繩對(duì)人的拉力F2＝F1＝220 N 工人受力分析如圖乙所示 由平衡條件得：F2cos 53°＝Ff F2sin 53°＋FN＝Mg 代入數(shù)據(jù)解得：FN＝524 N，F(xiàn)f＝132 N 由牛頓第三定律得：人對(duì)地面的壓力大小為524 N，地面受到的摩擦力大小為132 N. 【方法技巧】 “

9、轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法”在受力分析中的應(yīng)用 (1)“轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法”在受力分析中的應(yīng)用，其本質(zhì)是牛頓第三定律的應(yīng)用． (2)由于作用力與反作用力的關(guān)系，當(dāng)待求的某個(gè)力不容易求時(shí)，可先求它的反作用力，再反過來(lái)求待求力．如求壓力時(shí)，可先求支持力． 【變式1】(2019·樂山模擬)如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線，約定先使對(duì)方過分界線者贏．若繩子質(zhì)量不計(jì)，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是(　　) A．甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)平衡力 B．甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力是作用力與反作用力 C．若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利 D．若乙收繩的速度

10、比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利 【答案】C 【解析】選C.甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是作用力和反作用力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；繩靜止時(shí)，甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若甲的質(zhì)量比乙的質(zhì)量大，則甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界線，故甲能贏得“拔河”比賽的勝利，選項(xiàng)C正確；收繩速度的快慢并不能決定“拔河”比賽的輸贏，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【變式2】(2019·四川宜賓期中)如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛小車，在酒精燈燃燒一段時(shí)間后塞子噴 出．下列說法正確的是 (　　) A．由于塞子的質(zhì)量小于小車的質(zhì)量，噴出時(shí)塞子受到的沖擊力將大于小車受到的沖擊力 B．由于塞子的質(zhì)量小

11、于小車的質(zhì)量，噴出時(shí)塞子受到的沖擊力將小于小車受到的沖擊力 C．塞子噴出瞬間，小車對(duì)水平面的壓力大于小車整體的重力 D．若增大試管內(nèi)水的質(zhì)量，則可以增大小車的慣性 【答案】CD 【解析】噴出時(shí)塞子受到的沖擊力和小車受到的沖擊力大小相等，方向相反，故A、B錯(cuò)誤；塞子噴出瞬間，試管內(nèi)的氣體對(duì)小車整體有斜向左下的作用力，所以小車對(duì)水平面的壓力大于小車整體的重力，故C正確；若增大試管內(nèi)水的質(zhì)量，則小車整體的慣性增大，故D正確． 【變式3】 (2019·海口模擬)建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．一質(zhì)量為70.0 kg 的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0 kg 的建筑材料以0.5

12、00 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對(duì)地面的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 【答案】B 【解析】選B.設(shè)繩子對(duì)建筑材料的拉力為F1， F1－mg＝ma F1＝m(g＋a)＝210 N，繩子對(duì)人的拉力F2＝F1＝210 N．人處于靜止，則地面對(duì)人的支持力FN＝m0g－F2＝490 N，由牛頓第三定律知：人對(duì)地面的壓力F′N＝FN＝490 N，選項(xiàng)B正確． 熱點(diǎn)題型三　牛頓第二定律的理解和基本應(yīng)用 1．牛頓第二定律的五個(gè)性質(zhì) 2．

13、求解思路：求解物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度． 3．在求解瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意的問題 ①物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析． ②加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)積累的過程，不會(huì)發(fā)生突變． 1　力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系 【例3】(2019·四川廣元一診)如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長(zhǎng)到O點(diǎn)并系住質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．如果物體受到的阻力恒定，則(　　) A．物體從A到O先加速后減速

14、 B．物體從A到O做加速運(yùn)動(dòng)，從O到B做減速運(yùn)動(dòng) C．物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，所受合力為零 D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小 【答案】　A 【解析】　物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右．隨著物體向右運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大．當(dāng)物體向右運(yùn)動(dòng)至A、O間某點(diǎn)(設(shè)為點(diǎn)O′)時(shí)，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大．此后，隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?，至O點(diǎn)時(shí)彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大，所以物體越過O′點(diǎn)

15、后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)．綜以上分析，只有選項(xiàng)A正確． 【方法技巧】 理解牛頓第二定律的三點(diǎn)注意 (1)分析物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，要從受力分析入手，先求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化． (2)速度的大小如何變化取決于加速度和速度方向間的關(guān)系，和加速度的大小沒有關(guān)系． (3)加速度如何變化取決于物體的質(zhì)量和合外力，與物體的速度沒有關(guān)系． 【變式】(2019·廣西欽州模擬)如圖所示，一個(gè)小球自由下落到將彈簧壓縮到最短后開始豎直向上反彈，從開始反彈至小球到達(dá)最高點(diǎn)，小球的速度和加速度的變化情況為(　　) A．

16、速度一直變小直到零 B．速度先變大，然后變小直到為零 C．加速度一直變小，方向向上 D．加速度先變小后一直變大 【答案】　B 【解析】　小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受彈力大于本身的重力，物體向上做加速運(yùn)動(dòng)，速度增加，當(dāng)重力與彈力相等時(shí)達(dá)到最大速度，然后物體做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，到達(dá)最高點(diǎn)的速度為零，故A錯(cuò)誤，B正確；開始時(shí)彈力大于重力，隨著高度增加，彈力減小，加速度減小；當(dāng)彈力與重力相等時(shí)加速度為零，此后彈力小于重力，并且彈力越來(lái)越小，物體受到的合力越來(lái)越大，加速度反向增大，當(dāng)物體脫離彈簧后加速度為g，保持不變，故C、D錯(cuò)誤． 2　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的瞬時(shí)性 加速

17、度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型： 【例4】．如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物體系于長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2的兩根細(xì)線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)． (1)現(xiàn)將線L2剪斷，求剪斷L2的瞬間物體的加速度． (2)若將圖甲中的細(xì)線L1換成長(zhǎng)度相同(接m后)，質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧，如圖乙所示，其他條件不變，求剪斷L2的瞬間物體的加速度． 【答案】(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方 (2)gtan θ，方向水平向右 【解析】(1)細(xì)線L2被剪斷的瞬間，因細(xì)線L2對(duì)物體的彈力突然

18、消失，而引起L1上的張力發(fā)生突變，使物體的受力情況改變，瞬時(shí)加速度垂直L1斜向下方，大小為a＝gsin θ. (2)當(dāng)細(xì)線L2被剪斷時(shí)，細(xì)線L2對(duì)物體的彈力突然消失，而彈簧的形變還來(lái)不及變化(變化要有一個(gè)過程，不能突變)，因而彈簧的彈力不變，它與重力的合力與細(xì)線L2對(duì)物體的彈力是一對(duì)平衡力，等大反向，所以細(xì)線L2被剪斷的瞬間，物體加速度的大小為a＝gtan θ，方向水平向右． 【變式1】?jī)蓚€(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示．現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則 (　　) A．a(chǎn)1＝g，a2＝g　　　

19、　B．a(chǎn)1＝0，a2＝2g C．a(chǎn)1＝g，a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0 【答案】　A 【解析】　由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故選項(xiàng)A正確． 【變式2】在【變式1】中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則【變式1】選項(xiàng)中正確的是 (　　) A．a(chǎn)1＝g，a2＝g　　　　B．a(chǎn)1＝0，a2＝2g C．a(chǎn)1＝g，a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0 【答案】D 【解析】剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為

20、a1＝2g，a2＝0，故選項(xiàng)D正確． 【變式3】把【變式2】的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均 平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是 (　　) A．a(chǎn)A＝0，aB＝g B．a(chǎn)A＝g，aB＝0 C．a(chǎn)A＝g，aB＝g D．a(chǎn)A＝0，aB＝g 【答案】B 【解析】細(xì)線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為0.燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為T＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時(shí)加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項(xiàng)B正確． 熱

21、點(diǎn)題型四　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 1．解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) 2．解決動(dòng)力學(xué)基本問題的處理方法 (1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”． (2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”． 3．兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟 1　已知受力求運(yùn)動(dòng) 【例5】(2019·汕頭模擬)建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無(wú)初速度、無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是(　　) A．傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大 B．傾角θ越大，雨滴對(duì)

22、屋頂壓力越大 C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大 D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短 【答案】AC 【解析】.設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)，注意底邊長(zhǎng)度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x，雨滴下滑時(shí)加速度為a，對(duì)雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcos θ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ.雨滴的加速度為：a＝gsin θ，則傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，故A正確；雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎′N＝FN＝mgcos θ，則傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度x＝，由x

23、＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可見當(dāng)θ＝45°時(shí)，用時(shí)最短，D錯(cuò)誤；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大，C正確． 【變式】(2019·上海閔行區(qū)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m＝0.1 kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)對(duì)環(huán)施加一個(gè)與桿夾角為θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運(yùn)動(dòng)，并在經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)撤掉此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點(diǎn)．已知小圓環(huán)與直桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，AB與BC的距離之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圓

24、環(huán)在BC段的加速度a2的大??； (2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大小； (3)拉力F的大小． 【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 【解析】　(1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力．對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖甲所示，有f＝μN(yùn)＝μmg 則a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2. (2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知 v＝2a1s1 小圓環(huán)在BC段做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知 v＝2a2s2 又＝ 則a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2. (3)當(dāng)Fsin θ

25、分析如圖乙所示 由牛頓第二定律得 Fcos θ－f1＝ma1 又N1＋Fsin θ＝mg f1＝μN(yùn)1 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 F＝1.05 N 當(dāng)Fsin θ>mg時(shí)，小圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖丙所示 由牛頓第二定律可知 Fcos θ－f2＝ma1 又Fsin θ＝mg＋N2 f2＝μN(yùn)2 代入數(shù)據(jù)解得F＝7.5 N. 2 已知運(yùn)動(dòng)求受力 【例6】．有一種大型游戲機(jī)叫“跳樓機(jī)”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動(dòng)機(jī)將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40 m高處，然后由靜止釋放．可以認(rèn)為座椅沿軌道做自由落體運(yùn)動(dòng)2 s后，開始受到恒定阻力而立

26、即做勻減速運(yùn)動(dòng)，且下落到離地面4 m高處時(shí)速度剛好減小到零．然后再讓座椅以相當(dāng)緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面．(g取10 m/s2)求： (1)座椅在勻減速階段的時(shí)間是多少？ (2)在勻減速階段，座椅對(duì)游客的作用力大小是游客體重的多少倍？ 【答案】(1)1.6 s　(2)2.25倍 【解析】(1)自由下落的位移h′＝gt＝20 m 座椅自由下落結(jié)束時(shí)刻的速度v＝gt1＝20 m/s 設(shè)座椅勻減速運(yùn)動(dòng)的總高度為h，則 h＝(40－4－20)m＝16 m 由h＝t得t＝1.6 s. (2)設(shè)座椅勻減速階段的加速度大小為a，座椅對(duì)游客的作用力大小為F，由v＝at得a＝12.

27、5 m/s2 由牛頓第二定律得F－mg＝ma 解得＝2.25. 【變式】(2019·德州模擬)一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)的固定斜面上以a＝2.5 m/s2 的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)能沿 斜面運(yùn)動(dòng)位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2) (1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大?。? 【答案】(1)　(2) N或 N 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝. (2)由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，當(dāng)加

28、速度沿斜面向上時(shí)，F(xiàn)cos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，代入數(shù)據(jù)得F＝ N 當(dāng)加速度沿斜面向下時(shí) mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入數(shù)據(jù)得F＝ N. 3　等時(shí)圓模型 (1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示． (2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示． (3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示． 【例7

29、】.如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上，且斜槽都通過切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(　　) A．2∶1　　 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ 【答案】B 【解析】選B.設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時(shí)的加速度為a＝gsin θ，由幾何關(guān)系，斜槽軌道的長(zhǎng)度s＝2(R＋r)sin θ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝at2，得t＝?。健　。?　　，即所用時(shí)間t與傾角θ無(wú)關(guān)，所以t1＝t2，B項(xiàng)正確． 【變式】某同學(xué)探究小球沿

30、光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時(shí)從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是(　　) A．甲圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同 B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同 C．乙圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同 D．乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同 【答案】C 【解析】小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長(zhǎng)為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gsin θ，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圖中幾何關(guān)系有s＝at2，s＝＝

31、，解得小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝＝，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長(zhǎng)x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故選項(xiàng)C正確． 熱點(diǎn)題型五 動(dòng)力學(xué)圖象問題的應(yīng)用 1．?dāng)?shù)形結(jié)合解決動(dòng)力學(xué)圖象問題 (1)在圖象問題中，無(wú)論是讀圖還是

32、作圖，都應(yīng)盡量先建立函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系；然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取圖象信息或者描點(diǎn)作圖． (2)讀圖時(shí)，要注意圖線的起點(diǎn)、斜率、截距、折點(diǎn)以及圖線與橫坐標(biāo)包圍的“面積”等所對(duì)應(yīng)的物理意義，盡可能多地提取解題信息． (3)常見的動(dòng)力學(xué)圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等． 2．動(dòng)力學(xué)圖象問題的類型：圖象類問題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問題，以牛頓第二定律F＝ma為紐帶，理解圖象的種類，圖象的軸、點(diǎn)、線、截距、斜率、面積所表示的意義．一般包括下列幾種類型： 3．解題策略 【例8】(2019·福建省三明市質(zhì)檢)水平地面上質(zhì)量為1 kg的

33、物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2隨時(shí)間的變化如圖所示，已知物塊在前2 s內(nèi)以4 m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，則(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) A．物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N C．4 s末物塊受到的摩擦力大小為1 N D．5 s末物塊的加速度大小為3 m/s2 【答案】　BC 【解析】　在0～2 s內(nèi)物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則摩擦力Ff＝3 N，則μ＝＝＝0.3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；2 s后物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，則經(jīng)過t＝＝2 s，即4 s末速

34、度減為零，則3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N,4 s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6 N－5 N＝1 N，選項(xiàng)B、C正確；物塊停止后，因兩個(gè)力的差值小于最大靜摩擦力，則物塊不再運(yùn)動(dòng)，則5 s末物塊的加速度為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【變式1】(2019·安徽省池州市上學(xué)期期末)如圖所示為質(zhì)量m＝75 kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員在傾角θ＝37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的v－t圖象，圖中的OA直線是t＝0時(shí)刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時(shí)間軸，運(yùn)動(dòng)員與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，所受空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)為k.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°

35、＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　) A．滑雪運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng) B．t＝0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為2 m/s2 C．動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.25 D．比例系數(shù)k為15 kg/s 【答案】　C 【解析】　由v－t圖象可知，滑雪運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在t＝0時(shí)刻，圖線切線的斜率即為該時(shí)刻的加速度，故有a0＝ m/s2＝4 m/s2，故B錯(cuò)誤；在t＝0時(shí)刻開始加速時(shí)，v0＝0，由牛頓第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0，最后勻速時(shí)有：vm＝10 m/s，a＝0，由

36、平衡條件可得mgsin θ－kvm－μmgcos θ＝0，聯(lián)立解得： μ＝0.25，k＝30 kg/s，故C正確，D錯(cuò)誤． 【變式2】如圖甲所示，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】ACD 【解析】.由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋Ff＝m

37、a1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動(dòng)摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C正確；由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確． 【變式3】. 1845年英國(guó)物理學(xué)家和數(shù)學(xué)家斯·托馬斯(S.G.Stokes)研究球體在液體中下落時(shí)，發(fā)現(xiàn)了液體對(duì)球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關(guān)，有F＝6πηrv，其中物理量η為液體的粘滯系數(shù)，它還與液體的種類及溫度有關(guān)，如圖所示，現(xiàn)將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深量筒中，下列描繪小鋼珠在下沉過程中加速度大小與

38、時(shí)間關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 【答案】D 【解析】.根據(jù)牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝＝，在下降的過程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，當(dāng)重力和阻力相等時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，故選項(xiàng)D正確． 【變式4】．(多選)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．物體的質(zhì)量m＝1 kg B．物體的質(zhì)量m＝2 kg C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D．物體

39、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 【答案】AD 【解析】.由開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，可知0～2 s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內(nèi)對(duì)物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項(xiàng)A、D正確． 【題型演練】 1.(2019·河北武邑中學(xué)模擬)光滑水平面上，有一木塊以速度v向右運(yùn)動(dòng)，一根彈簧固定在墻上，如圖所示， 木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮成最短的時(shí)間內(nèi)木塊將做的運(yùn)動(dòng)是(　　) A.勻減速運(yùn)動(dòng)　　　　

40、B．速度減小，加速度增大 C．速度減小，加速度減小 D．無(wú)法確定 【答案】B 【解析】木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個(gè)力，二力平衡．水平方向受到彈簧向左的彈力，由于彈力與速度方向相反，則木塊做減速運(yùn)動(dòng)，隨著壓縮量的增大，彈力增大，由牛頓第二定律可知，加速度增大，則木塊做加速度增大的變減速運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 2. (2019·滄州一中月考)將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，O是運(yùn)動(dòng)過程中的最高點(diǎn)，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變

41、，則可估算小球受到的阻力大小約為 (　　) A．mg　　　　　　　　　B.mg C.mg D.mg 【答案】C 【解析】設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)： 9d－3d＝a1T2 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3d－d＝a2T2 解得：＝ 根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg＋f＝ma1 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－f＝ma2 解得：f＝mg，C正確． 3.(2019·陜西西安一中期中)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下 的一種極限運(yùn)動(dòng)．某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖所示．將蹦極過程近似為在豎直方向

42、的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為 (　　) A．g B．2g C．3g D．4g 【答案】B 【解析】人落下后，做阻尼振動(dòng)，振動(dòng)幅度越來(lái)越小，最后靜止不動(dòng)，結(jié)合拉力與時(shí)間關(guān)系圖象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力為1.8F0，即0.6F0＝mg，F(xiàn)m＝1.8F0，結(jié)合牛頓第二定律，有F－mg＝ma，當(dāng)拉力最大時(shí)，加速度最大，am＝＝2g， 故選B. 4.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一矩形，其長(zhǎng)邊與一圓的底部相切于O點(diǎn)，現(xiàn)在有三條光滑軌道a、b、c，它 們的上端位于圓周上，下端

43、在矩形的底邊，三軌道都經(jīng)過切點(diǎn)O，現(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止 下滑至底端(軌道先后放置)，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為 (　　) A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．無(wú)法確定 【答案】B 【解析】設(shè)上面圓的半徑為r，矩形寬為R，軌道與豎直方向的夾角為α，則軌道的長(zhǎng)度x＝2rcos α＋，下滑的加速度a＝＝gcos α，根據(jù)位移時(shí)間公式x＝at2，得t＝＝.因?yàn)閍、b、c夾角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 5.(2019·天水一模)如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝

44、0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長(zhǎng)的輕繩的一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零．在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，下列說法中正確的是(　　) A．小球受力個(gè)數(shù)不變 B．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝10 m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度為零 【答案】BD 【解析】在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N

45、，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力作用，小球的受力個(gè)數(shù)發(fā)生改變，故A錯(cuò)誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對(duì)小球的拉力瞬間為零，此時(shí)小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故D正確． 6.(2019·杭州二中模擬)如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5 m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180 m時(shí)，以5 m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)，若離開地面后

46、熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230 N 【答案】AD 【解析】.剛開始上升時(shí)，空氣阻力為零，F(xiàn)?。璵g＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝4 830 N，A正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到180 m時(shí)，速度v＝＝6 m/s＞5 m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，

47、上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C錯(cuò)誤；再由F?。璅阻－mg＝ma可知空氣阻力F阻增大，B錯(cuò)誤；勻速上升時(shí)，F(xiàn)?。紽阻＋mg，所以F阻＝F?。璵g＝230 N，D正確． 7.(2019·貴州遵義模擬)2013年6月我國(guó)航天員在“天宮一號(hào)”中進(jìn)行了我國(guó)首次太空授課活動(dòng)，其中演示了太空“質(zhì)量測(cè)量?jī)x”測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運(yùn)動(dòng)機(jī)構(gòu)的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機(jī)構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時(shí)用光柵測(cè)速裝置測(cè)量出支架復(fù)位時(shí)的速度和所用時(shí)間；這樣，就測(cè)出了聶海勝的質(zhì)量為74 kg.下列關(guān)于“質(zhì)量測(cè)量?jī)x”測(cè)質(zhì)量的說法正確的是(　　)

48、A．測(cè)量時(shí)儀器必須水平放置 B．其測(cè)量原理是根據(jù)牛頓第二定律 C．其測(cè)量原理是根據(jù)萬(wàn)有引力定律 D．測(cè)量時(shí)儀器必須豎直放置 【答案】B 【解析】.“質(zhì)量測(cè)量?jī)x”是先通過光柵測(cè)速裝置測(cè)量出支架復(fù)位時(shí)的速度和所用時(shí)間，則能算出加速度a＝，然后根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，求解質(zhì)量，所以工作原理為牛頓第二定律．由于在太空中處于完全失重狀態(tài)，所以測(cè)量?jī)x器不論在什么方向上，彈簧凸輪機(jī)構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確． 8.(2019·江西重點(diǎn)中學(xué)十校聯(lián)考)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角

49、為θ，球拍與球保持相對(duì)靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計(jì)，則(　　) A．運(yùn)動(dòng)員的加速度為gtan θ B．球拍對(duì)球的作用力為mg C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng) 【答案】A 【解析】 網(wǎng)球受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，F(xiàn)N＝，故A正確，B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對(duì)象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F＝，故C錯(cuò)誤；當(dāng)a>gtan θ時(shí)，網(wǎng)球才向上運(yùn)動(dòng)，由于gsin θ

50、沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 9.某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升飛機(jī)上由靜止跳下，跳離飛機(jī)一段時(shí)間后打開降落傘做減速 下落，他打開降落傘后的速度圖線如圖甲所示．降落傘用8 根對(duì)稱的繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，每根繩與中軸線的夾 角均為37°，如圖乙所示．已知人的質(zhì)量為50 kg，降落傘質(zhì)量也為50 kg，不計(jì)人所受的阻力，打開傘后傘 所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求： (1)打開降落傘前人下落的距離為多大？ (2)求阻力系數(shù) k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向． (3)懸繩能夠承受的拉力至少為多少？

51、 【答案】(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向豎直向上　(3)312.5 N 【解析】(1)打開降落傘前人做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式得：h0＝＝20 m. (2)由甲圖可知，當(dāng)速度等于5 m/s時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡， 則kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m 剛打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝30 m/s2，方向豎直向上． (3)設(shè)每根繩的拉力為T，以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：8Tcos α－mg＝ma 解得：T＝＝312.5 N 所以懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 N. 10．(2019·安徽省

52、四校聯(lián)考)如圖所示為一傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)斜面，將一質(zhì)量為m＝2 kg的物體在斜面上無(wú)初速度釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力F1＝3 N，2 s后拉力變?yōu)镕2＝9 N，方向不變．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)F1作用時(shí)物體的加速度大小及2 s末物體的速度大??； (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移大小． 【答案】(1)2.5 m/s2　5 m/s　(2)30 m 【解析】(1)在沿斜面方向上物體受到沿斜面向上的拉力F1＝3 N，沿斜面向下的重力的分力mgsin θ＝12 N，摩擦力Ff＝μmgco

53、s θ＝4 N 通過分析可知物體的合力向下，故向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ－F1－Ff＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2 2 s末物體的速度v1＝a1t1＝2.5×2 m/s＝5 m/s (2)物體在前2 s的位移x1＝a1t＝5 m 當(dāng)外力F2＝9 N時(shí)，有a2＝＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上， 物體經(jīng)過t2時(shí)間速度變?yōu)榱?，所以t2＝＝10 s t2時(shí)間的位移為x2＝＝25 m 當(dāng)速度減小到零后，如果物體要向上運(yùn)動(dòng)，則必須滿足F2－μmgcos θ－mgsin θ＞0， 但實(shí)際F2＜μmgcos θ＋mgsin θ 所以物體以后處于靜止?fàn)顟B(tài) 故物體16 s的總位移為x＝x1＋x2＝30 m. 24