《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系學(xué)案（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系學(xué)案 一、牛頓第二定律 1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表達(dá)式：F＝ma，F(xiàn)與a具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系． 3．力學(xué)單位制 (1)單位制：由基本單位和導(dǎo)出單位共同組成． (2)基本單位：基本物理量的單位．力學(xué)中的基本物理量有三個(gè)，分別是質(zhì)量、時(shí)間和長(zhǎng)度，它們的國(guó)際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)． (3)導(dǎo)出單位：由基本物理量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位． 深度思考　判斷下列說法是否正確． (1)物體所受

2、合外力越大，加速度越大．(√) (2)物體所受合外力越大，速度越大．(×) (3)物體在外力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)合外力逐漸減小時(shí)，物體的速度逐漸減?。?×) (4)物體的加速度大小不變一定受恒力作用．(×) 二、動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 1．動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 (1)已知受力情況，求物體的運(yùn)動(dòng)情況． (2)已知運(yùn)動(dòng)情況，求物體的受力情況． 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖： 深度思考　如圖1所示，質(zhì)量為m的物體在水平面上由速度vA均勻減為vB的過程中前進(jìn)的距離為x. 圖1 (1)物體做什么運(yùn)動(dòng)

3、？能求出它的加速度嗎？ (2)物體受幾個(gè)力作用？能求出它受到的摩擦力嗎？ 答案　(1)勻減速直線運(yùn)動(dòng)　能，由vB2－vA2＝2ax可得 (2)受重力、支持力和摩擦力　由Ff＝ma，可求摩擦力 三、超重和失重 1．超重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度． 2．失重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件

4、：物體的加速度a＝g，方向豎直向下． 4．實(shí)重和視重 (1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)． (2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力．此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重． 5．情景拓展(如圖2所示) 圖2 1．(多選)關(guān)于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與所受外力的關(guān)系，下面說法中正確的是(　　) A．物體受到恒定的力作用時(shí)，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不發(fā)生改變 B．物體受到不為零的合力作用時(shí)，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)要發(fā)生改變 C．物體受到的合力為零時(shí)，它一定處于靜止?fàn)顟B(tài) D．物體的運(yùn)動(dòng)方向與它所受的合力的方向可能相同 答案　

5、BD 2．(多選)在研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)中，取計(jì)數(shù)時(shí)間間隔為0.1s，測(cè)得相鄰相等時(shí)間間隔的位移差的平均值Δx＝1.2cm，若還測(cè)出小車的質(zhì)量為500g，則關(guān)于加速度、合外力的大小及單位，既正確又符合一般運(yùn)算要求的是(　　) A．a(chǎn)＝m/s2＝120 m/s2 B．a(chǎn)＝m/s2＝1.2 m/s2 C．F＝500×1.2N＝600N D．F＝0.5×1.2N＝0.60N 答案　BD 3．關(guān)于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　) A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體不受重力作用

6、 C．物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 答案　D 4．(人教版必修1P78第5題)水平路面上質(zhì)量是30kg的手推車，在受到60N的水平推力時(shí)做加速度為1.5m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)．如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2) 答案　0.5m/s2 解析　設(shè)阻力為Ff，則 F－Ff＝ma 解得Ff＝15N 如果撤去推力，車的加速度由阻力提供，則 Ff＝ma′ 解得a′＝0.5m/s2. 5．(粵教版必修1P92例1)交通警察在處理交通事故時(shí)，有時(shí)會(huì)根據(jù)汽車在路面上留

7、下的剎車痕跡來判斷發(fā)生事故前汽車是否超速．在限速為40km/h的大橋路面上，有一輛汽車緊急剎車后仍發(fā)生交通事故，交通警察在現(xiàn)場(chǎng)測(cè)得該車在路面的剎車痕跡為12 m．已知汽車輪胎與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，請(qǐng)判斷這輛汽車是否超速．(g取10 m/s2) 答案　超速 解析　選取初速度方向?yàn)檎较?，則 FN－mg＝0① 故Ff＝μFN＝μmg② 由牛頓第二定律得 －Ff＝ma③ 根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 v2－v02＝2ax④ 聯(lián)立②③④式可得 v0＝ 代入數(shù)據(jù)得 v0＝12m/s 汽車剎車前速度為12m/s，即43.2 km/h，此汽車屬超速行駛. 命題點(diǎn)一　牛頓第二定

8、律的理解和應(yīng)用 1．對(duì)牛頓第二定律的理解 瞬時(shí)性 a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻，即a為某時(shí)刻的加速度時(shí)，F(xiàn)為該時(shí)刻物體所受合力 因果性 F是產(chǎn)生a的原因，物體具有加速度是因?yàn)槲矬w受到了力 同一性 (1)加速度a相對(duì)于同一慣性系(一般指地面) (2)a＝中，F(xiàn)、m、a對(duì)應(yīng)同一物體或同一系統(tǒng) (3)a＝中，各量統(tǒng)一使用國(guó)際單位 獨(dú)立性 (1)作用于物體上的每一個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律 (2)物體的實(shí)際加速度等于每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和 (3)力和加速度在各個(gè)方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即ax＝，ay＝ 2.應(yīng)用牛頓第二定律求瞬時(shí)加速度的技巧 在分析瞬時(shí)加速度

9、時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型的特點(diǎn)： (1)輕繩、輕桿或接觸面——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間； (2)輕彈簧、輕橡皮繩——兩端同時(shí)連接(或附著)有物體的彈簧或橡皮繩，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在瞬時(shí)性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變． 例1　(多選)(2016·全國(guó)Ⅰ卷·18)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)

10、間內(nèi)速率的變化量總是不變 答案　BC 解析　質(zhì)點(diǎn)一開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點(diǎn)所受的合外力為該恒力．若該恒力方向與質(zhì)點(diǎn)原運(yùn)動(dòng)方向不共線，則質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度方向與恒力方向不同，故A錯(cuò)；若F的方向某一時(shí)刻與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向垂直，之后質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，力與速度方向不再垂直，例如平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)加速度方向總是與其所受合外力方向相同，C正確；根據(jù)加速度的定義，相等時(shí)間內(nèi)速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D錯(cuò)． 例2　如圖3，質(zhì)量為1.5kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為0.5kg的物體B由細(xì)線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠

11、壓．現(xiàn)突然將細(xì)線剪斷，則剪斷后瞬間A、B間的作用力大小為(g取10m/s2)(　　) 圖3 A．0 B．2.5N C．5N D．3.75N ①B與A剛好接觸但不擠壓；②剪斷后瞬間A、B間的作用力大?。? 答案　D 解析　當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，細(xì)線的彈力突然變?yōu)榱?，則B物體的重力突然作用到A上，此時(shí)彈簧形變?nèi)圆蛔?，?duì)AB整體受力分析受重力G＝(mA＋mB)g＝20N，彈力為F＝mAg＝15N，由牛頓第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5m/s2，對(duì)B受力分析，B受重力和A對(duì)B的彈力F1，對(duì)B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75N，D選項(xiàng)正確． 拓展延伸　 (1)如圖4

12、、圖5中小球m1、m2原來均靜止，現(xiàn)如果均從圖中B處剪斷，則圖4中的彈簧和圖5中的下段繩子，它們的拉力將分別如何變化？ (2)如果均從圖中A處剪斷，則圖4中的彈簧和圖5中的下段繩子的拉力又將如何變化呢？ (3)由(1)(2)的分析可以得出什么結(jié)論？ 圖4　　　　圖5 答案　(1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?. (2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?. (3)繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變． 1．關(guān)于速度、加速度和合外力之間的關(guān)系，下述說法正確的是(　　) A．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，它所受合外力是恒定不變的 B．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，它的速度、加速度、合

13、外力三者總是在同一方向上 C．物體受到的合外力增大時(shí)，物體的運(yùn)動(dòng)速度一定加快 D．物體所受合外力為零時(shí)，一定處于靜止?fàn)顟B(tài) 答案　A 解析　做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，加速度恒定不變，由牛頓第二定律知：它所受合外力是恒定不變的，故A正確；由牛頓第二定律可知加速度與合外力方向相同，與速度不一定在同一方向上，故B錯(cuò)誤；物體受到的合外力增大時(shí)，加速度一定增大，物體的運(yùn)動(dòng)速度變化一定加快，而速度不一定加快，故C錯(cuò)誤；物體所受合外力為零時(shí)，物體的加速度一定等于零，速度不一定為零，故D錯(cuò)誤． 2．如圖6所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板

14、AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為(　　) 圖6 A．0 B．大小為g，方向豎直向下 C．大小為g，方向垂直木板向下 D．大小為g，方向水平向右 答案　C 解析　未撤離木板時(shí)，小球受力如圖，根據(jù)平衡條件可得Fx與mg的合力F＝.當(dāng)突然向下撤離光滑木板時(shí)，F(xiàn)N立即變?yōu)榱悖珡椈尚巫兾醋儯鋸椓Σ蛔?，故Fx與mg的合力仍為F＝，由此產(chǎn)生的加速度為a＝＝g，方向與合力方向相同，故C正確． 命題點(diǎn)二　超重和失重問題 例3　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺(tái)．若電梯簡(jiǎn)化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時(shí)由靜止開始上升，a

15、－t圖象如圖7所示．則下列相關(guān)說法正確的是(　　) 圖7 A．t＝4.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài) B．5～55s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小 C．t＝59.5s時(shí)，電梯處于超重狀態(tài) D．t＝60s時(shí)，電梯速度恰好為零 ①只受重力與繩索拉力；②由靜止開始上升． 答案　D 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時(shí)，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯(cuò)誤；0～5s時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時(shí)間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時(shí)間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯(cuò)誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸

16、上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時(shí)為零，D正確． 對(duì)超重和失重的“四點(diǎn)”深度理解 1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． 2．在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失． 3．盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)． 4．盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會(huì)出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)． 3．2015年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺(tái)桂冠．她從跳臺(tái)斜向上跳起，一段時(shí)間后落入水中，如圖8所示．不計(jì)

17、空氣阻力．下列說法正確的是(　　) 圖8 A．她在空中上升過程中處于超重狀態(tài) B．她在空中下落過程中做自由落體運(yùn)動(dòng) C．她即將入水時(shí)的速度為整個(gè)跳水過程中的最大速度 D．入水過程中，水對(duì)她的作用力大小等于她對(duì)水的作用力大小 答案　D 解析　起跳以后的上升過程中她的加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；她具有水平初速度，所以不能看做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；入水過程中，開始時(shí)水對(duì)她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速運(yùn)動(dòng)，即入水后的速度先增大，故C錯(cuò)誤；入水過程中，水對(duì)她的作用力和她對(duì)水的作用力，因是一對(duì)作用力與反作用力，二者大小相等．故D正確．

18、4．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖9所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)電梯的壓力(　　) 圖9 A．t＝2s時(shí)最大 B．t＝2s時(shí)最小 C．t＝8.5s時(shí)最大 D．t＝8.5s時(shí)最小 答案　AD 命題點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 例4　水平面上有相距15m的A、B兩點(diǎn)，一質(zhì)量為2kg的物體在大小為16N、方向斜向上的力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻撤去F，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為0.若物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10m/s2.求物體從A運(yùn)動(dòng)到B的最短時(shí)間． ①由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)；②某時(shí)刻撤去F，物體到達(dá)B點(diǎn)

19、時(shí)速度為0. 答案　4s 解析　撤去F前對(duì)物體受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有 Fcosα－Ff＝ma1① Ff＝μFN② FN＝mg－Fsinα③ x1＝a1t12④ 撤去F后物體只受重力、彈力和摩擦力，利用牛頓第二定律有 μmg＝ma2⑤ x2＝a2t22⑥ x1＋x2＝s⑦ a1t1＝a2t2⑧ 根據(jù)v－t圖象中速度與時(shí)間軸所圍面積代表位移，由于減速過程物體的加速度不變，在總位移不變的情況下只有增大加速過程的加速度才能讓時(shí)間變短．由①②③聯(lián)立可得Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1利用數(shù)學(xué)知識(shí)可得最大加速度a1＝－μg＝2.5m/s2，聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧

20、可求得t1＝3s，t2＝1s，則總時(shí)間t＝t1＋t2＝4s. 解決動(dòng)力學(xué)問題的技巧和方法 1．兩個(gè)關(guān)鍵 (1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析； (2)一個(gè)“橋梁”——物體運(yùn)動(dòng)的加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁． 2．兩種方法 (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”． 5．(多選)(2016·全國(guó)Ⅱ卷·19)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān)．若它們下

21、落相同的距離，則(　　) A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng) 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 答案　BD 解析　小球的質(zhì)量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙．空氣阻力f＝kr，對(duì)小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項(xiàng)B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項(xiàng)D正確． 6．如圖10所示，在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為5.0kg的磨石

22、A對(duì)地面和斜壁進(jìn)行打磨，已知A與地面、A與斜壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均相同．(g取10m/s2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 圖10 (1)當(dāng)A受到與水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50N打磨地面時(shí)，A恰好在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (2)若用A對(duì)傾角θ＝37°的斜壁進(jìn)行打磨，當(dāng)對(duì)A加豎直向上推力F2＝60N時(shí)，則磨石A從靜止開始沿斜壁向上運(yùn)動(dòng)2m(斜壁長(zhǎng)>2m)時(shí)的速度大小為多少？ 答案　(1)0.5　(2)2m/s 解析　(1)A恰好在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力等于推力，即Ff＝F1cosθ＝40N μ＝＝＝0.5

23、 (2)先將重力及向上的推力合成后，將二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F2－mg)cosθ－Ff1＝ma； 在垂直斜面方向上有： FN＝(F2－mg)sinθ； 則Ff1＝μ(F2－mg)sinθ 解得：a＝1m/s2 x＝at2 解得t＝2s v＝at＝2m/s. 關(guān)于瞬時(shí)問題的拓展深化 瞬時(shí)問題是指分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度問題，是高考考查的熱點(diǎn)問題之一，其求解的關(guān)鍵在于分析瞬時(shí)前后物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度．此類問題往往對(duì)應(yīng)下列三種模型： 內(nèi)容 輕繩(細(xì)線) 輕桿 輕彈簧 模型

24、的建立 不計(jì)質(zhì)量，只能產(chǎn)生拉力，勁度系數(shù)很大，可看成不可伸長(zhǎng) 不計(jì)質(zhì)量，可提供拉力、壓力或不沿桿的力，勁度系數(shù)很大，可看成不可伸長(zhǎng)或壓縮 可以被拉伸或壓縮，彈力大小與彈簧的形變量有關(guān)(彈性限度內(nèi)) 模型的特點(diǎn) 各處張力大小相等，方向沿繩收縮方向，瞬時(shí)問題中其彈力發(fā)生突變 各處彈力大小相等，但方向不一定沿桿方向，瞬時(shí)問題中其彈力發(fā)生突變 各處彈力大小相等，方向與形變方向相反，瞬時(shí)問題中其彈力大小不變 典例1　如圖11所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小鐵球，小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1、k2，重力加速度為g，則下

25、列說法正確的是(　　) 圖11 A．a(chǎn)彈簧的伸長(zhǎng)量為 B．a(chǎn)、b兩彈簧的伸長(zhǎng)量的比值為 C．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為 D．若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為g 答案　B 解析　小鐵球受重力mg、FTa、FTb三個(gè)力作用，如圖所示，將彈簧a的彈力沿水平和豎直方向分解，在豎直方向上有FTacos30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在水平方向上有FTasin30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b兩彈簧的伸長(zhǎng)量的比值為＝，選項(xiàng)B正確．彈簧b的左端松脫瞬間，彈簧a的彈力不變，彈簧a的彈力和小鐵球的重力的合力方向水平向

26、左，大小為mgtan30°，由牛頓第二定律得mgtan30°＝ma1，可得彈簧b的左端松脫瞬間小鐵球的加速度為a1＝gtan30°＝g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．彈簧a的下端松脫瞬間，彈簧b的彈力不變，彈簧b的彈力和小鐵球的重力的合力方向與FTa反向，大小為，由牛頓第二定律得＝ma2，可得彈簧a的下端松脫瞬間小鐵球的加速度為a2＝＝g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 典例2　如圖12所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間用一個(gè)輕桿連接，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在細(xì)線被燒斷后瞬間，下列說法正確的

27、是(　　) 圖12 A．B球的受力情況未變，加速度為零 B．A、B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsinθ C．A、B之間桿的拉力大小為2mgsinθ D．C球的加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ 答案　B 解析　細(xì)線燒斷前，ABC作為一個(gè)整體，沿斜面方向受力分析得彈簧彈力F＝3mgsinθ，對(duì)C受力分析，沿斜面方向細(xì)線拉力FT＝mgsinθ，細(xì)線燒斷瞬間，彈簧形變量不會(huì)變化，彈力不變，對(duì)C受力分析，沒有細(xì)線拉力，mgsinθ＝ma1，加速度a1＝gsinθ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；A、B之間由輕桿連接，相對(duì)靜止，對(duì)AB整體受力分析可得F－2mgsinθ＝2ma2，合力沿斜面向

28、上，得a2＝gsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)B受力分析，斜面方向受輕桿的彈力和重力沿斜面向下的分力，輕桿彈力FT′－mgsinθ＝ma2＝mgsinθ，得輕桿彈力FT′＝mgsinθ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 　　　　　　　　　　　　　　　　 題組1　對(duì)牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 1．(多選)下列關(guān)于單位制及其應(yīng)用的說法中，正確的是(　　) A．基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制 B．選用的基本單位不同，構(gòu)成的單位制也不同 C．在物理計(jì)算中，如果所有已知量都用同一單位制中的單位表示，只要正確應(yīng)用物理公式其結(jié)果就一定是用這個(gè)單位制中的單位來表示的 D．一般來說，物理公式主要確定各物理量間的數(shù)量

29、關(guān)系，并不一定同時(shí)確定單位關(guān)系 答案　ABC 2．一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.從t＝0時(shí)刻起物塊同時(shí)受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用，若力F1、F2隨時(shí)間的變化如圖1所示，設(shè)物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，則物塊在此后的運(yùn)動(dòng)過程中(　　) 圖1 A．物塊從t＝0時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng) B．物塊運(yùn)動(dòng)后先做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng) C．物塊加速度的最大值是3m/s2 D．物塊在t＝4s時(shí)速度最大 答案　C 解析　物塊所受最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力Ffm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物塊在

30、第1s內(nèi)，滿足F1＝F2＋Ffm物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第1s物塊靜止，第1s末到第7s末，根據(jù)牛頓第二定律有F1－F2－Ffm＝ma，F(xiàn)2先減小后增大，故加速度先增大再減小，方向沿F1方向，物塊一直加速，故選項(xiàng)B、D均錯(cuò)誤，在t＝4s時(shí)加速度最大為am＝＝m/s2＝3 m/s2，選項(xiàng)C正確． 3．如圖2所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，某時(shí)刻突然撤去拉力F，此瞬時(shí)A和B的加速度大小為a1和a2，則(　　) 圖2 A．a(chǎn)1＝0，a2＝0 B．a(chǎn)1＝a，a2＝a C．a(chǎn)

31、1＝a，a2＝a D．a(chǎn)1＝a，a2＝a 答案　D 解析　撤去拉力F前，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，形變量為x，對(duì)A由牛頓第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，彈簧的形變量保持不變，對(duì)A由牛頓第二定律得kx＝m1a1，對(duì)B由牛頓第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝a，故選項(xiàng)D正確． 4．一皮帶傳送裝置如圖3所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長(zhǎng)度，則當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)這一過程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是(

32、　　) 圖3 A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 答案　D 解析　滑塊在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因?yàn)槠У乃俣葀足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大，后減?。? 5．(多選)如圖4所示，A、B、C

33、三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，B、C間由一輕桿相連．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．A球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθ B．C球的受力情況未變，加速度為0 C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ D．B、C之間桿的彈力大小為0 答案　CD 解析　初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，把BC看成整體，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、細(xì)線的拉力FT，由平衡條件可得FT＝2mgsinθ，對(duì)A進(jìn)行受力分析，A受

34、重力mg、斜面的支持力、彈簧的拉力F彈和細(xì)線的拉力FT，由平衡條件可得：F彈＝FT＋mgsinθ＝3mgsinθ，細(xì)線被燒斷的瞬間，拉力會(huì)突變?yōu)榱悖瑥椈傻膹椓Σ蛔?，根?jù)牛頓第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；細(xì)線被燒斷的瞬間，把BC看成整體，根據(jù)牛頓第二定律得BC球的加速度a′＝gsinθ，均沿斜面向下，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)C進(jìn)行受力分析，C受重力mg、桿的彈力F和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之間桿的彈力大小為0，選項(xiàng)D正確． 題組2　超重和失重問題 6．關(guān)于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是(　　)

35、A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài) B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時(shí)，列車上的乘客處于超重狀態(tài) C．蕩秋千時(shí)秋千擺到最低位置時(shí)，人處于失重狀態(tài) D．“神舟”飛船在繞地球做圓軌道運(yùn)行時(shí)，飛船內(nèi)的宇航員處于完全失重狀態(tài) 答案　D 7．若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖5所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖象可能是(　　) 圖5 答案　B 解析　由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)mg)；過

36、程④為向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向上，超重，F(xiàn)>mg)；過程⑤為向上勻速直線運(yùn)動(dòng)(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程⑥為向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)

37、，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變． 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖． 將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，則： mg－FN＝may.FN＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 題組3　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 9．(多選)如圖7所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度為10m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)與速度方向相反的大小為F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　) 圖7 A．物體經(jīng)10s速度減為零 B．物體經(jīng)2s速度減為零 C．物體速度減為零后

38、將保持靜止 D．物體速度減為零后將向右運(yùn)動(dòng) 答案　BC 10．用40N的水平力F拉一個(gè)靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為20kg的物體，力F作用3s后撤去，則第5s末物體的速度和加速度的大小分別是(　　) A．v＝6m/s，a＝0 B．v＝10m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10m/s，a＝0 答案　A 11．如圖8所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°.現(xiàn)小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.試求： 圖8 (1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大??； (2)若F

39、作用1.2s后撤去，求小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離． 答案　(1)2.5m/s2　(2)2.4m 解析　(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得 (F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1 解得a1＝2.5m/s2 (2)剛撤去F時(shí)，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8m 撤去力F后，小球上滑時(shí)，由牛頓第二定律得 mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2 解得a2＝7.5m/s2 小球上滑時(shí)間t2＝＝0.4s 上滑位移x2＝t2＝0.6m 則小球上滑的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4m. 12．如圖9所示，粗糙的地面上放

40、著一個(gè)質(zhì)量M＝1.5kg的斜面，斜面部分光滑，底面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k＝200N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a＝1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)．(已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2) 圖9 (1)求F的大?。? (2)求出彈簧的形變量及斜面對(duì)小球的支持力大?。? 答案　(1)6N　(2)0.017m　3.7N 解析　(1)整體以a勻加速向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝6N (2)設(shè)彈簧的形變量為x，斜面對(duì)小球的支持力為FN 對(duì)小球受力分析： 在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma 在豎直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg 解得：x＝0.017m FN＝3.7N.