《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（含解析） 一、牛頓第二定律　單位制 1．牛頓第二定律 (1)內容 物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。[注1] (2)表達式：F＝ma。[注2] 2．單位制 (1)單位制 由基本單位和導出單位一起組成了單位制。 (2)基本單位 [注3] 在力學范圍內，國際單位制規(guī)定質量、長度和時間為三個基本量，它們的單位千克、和為基本單位。 (3)導出單位 由基本量根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位。 二、兩類動力學問題 1．動力

2、學的兩類基本問題 第一類：已知受力情況求物體的運動情況。 第二類：已知運動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”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖：[注4] 【注解釋疑】 [注1] 加速度的大小是由力和物體的質量共同決定的。 [注2] 應用F＝ma進行計算時，各量必須使用國際單位制中的單位。 [注3] “基本量”既可以采用國際單位制中的單位，也可以采用其他單位制中的單位，如厘米、英寸、斤等常用單位，并且不同的單位制規(guī)定的基本量不盡相同。 [注4] 既可以根據(jù)受力求加速度，也可以根據(jù)運動規(guī)律求加速度。 [深化理解

3、] 1.牛頓第二定律的適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。 2.牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度跟力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。 3.物體受力的瞬間，立即獲得加速度，而由于慣性，速度不會立即產(chǎn)生變化。 [基礎自測] 一、判斷題 (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質量越大的物體，加速度越小。(×) (3)物體的質量與加速度成反比。(×) (4)物體受到外力作用不為零時，立即產(chǎn)生加速度。(√) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電

4、子的運動情況。(×) (6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√) (7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×) 二、選擇題 1．kg和s是國際單位制兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應的物理量是(　　) A．質量和時間　　　　 B．質量和位移 C．重力和時間 D．重力和位移 解析：選A　kg為質量的單位，s為時間的單位，A正確。 2．[魯科版必修1 P121 T2]在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運動)，則在水平推力逐漸減小到零的過程中(　　)

5、A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小 B．物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小 C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D　由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定F＞f，且ma＝F－f；當F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當F＜f后，此時ma＝f－F，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項D正確。 3．[教科版必修1 P92 T4改編](多選)一物體重為50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N時

6、物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　) A．3 N　　　　　　　　　　　 B．25 N C．30 N D．50 N 解析：選ACD　若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma＞0，解得F1＜5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma＞0，解得F1＞25 N，C、D正確。 4．雨滴從空中由靜止落下，若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，選項圖中能大致反映雨滴運動情況的是(　　) 解析：選C　根據(jù)題意，對雨滴進行受力分析，由牛頓第二定律可得mg－kv＝ma，隨雨滴速度的

7、增大可知雨滴做加速度減小的加速運動，故C正確。 高考對本節(jié)內容主要考查牛頓第二定律的理解、應用牛頓第二定律解決瞬時問題，常以選擇題的形式呈現(xiàn)，難度一般，而對動力學的兩類基本問題，及其在電場、磁場中的應用，考查形式可能是選擇題，也可能是計算題，難度中等。 考點一　牛頓第二定律的理解[基礎自修類] [題點全練] 1．[對牛頓第二定律的理解] (多選)下列對牛頓第二定律的理解，正確的是(　　) A．如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響 B．如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生加速度的矢量和 C．

8、平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動 D．物體的質量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比 解析：選ABC　由牛頓第二定律的特性易知，A、B、C正確；物體的質量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響(如受力、運動狀態(tài)、在火星上還是地球上等)，D錯誤。 2．[合力、加速度、速度之間的決定關系] 如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運動，前方固定一輕質彈簧，當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊將立即做勻減速直線運動 B．木塊將立即做變減速直線運動 C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊的加速

9、度為零 解析：選C　對木塊進行受力分析，接觸彈簧后彈力不斷增大，當彈力小于力F時，木塊仍將加速運動，但加速度變小，A、B均錯誤。在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的加速度為0，速度最大，C正確。繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯誤。 3．[力的合成與牛頓第二定律的綜合問題] (多選)一個質量為2 kg的物體，在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)同時撤去大小分別為15 N和10 N的兩個力，其余的力保持不變，關于此后該物體的運動的說法中正確的是(　　) A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5 m/s2 B．一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小

10、 C．可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2.5 m/s2 D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小是5 m/s2 解析：選BC　根據(jù)平衡條件得知，其余力的合力大小范圍為：5 N≤F合≤25 N，根據(jù)牛頓第二定律a＝得：物體的加速度大小范圍為：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上，物體做勻變速曲線運動，故A錯誤。由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正確。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，物體做勻減速直線運動

11、，加速度大小可能為2.5 m/s2，故C正確。物體在恒力作用下不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。 [名師微點] 1．牛頓第二定律的五個特性 2．合力、加速度、速度之間的決定關系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。 (2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 (3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。 考點二　牛頓第二定律的瞬時性問題[基礎自修類] [題點全練] 1．[輕繩模型和輕彈簧模型對比] 如圖所示，A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩

12、小球之間用一輕質細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，現(xiàn)將細繩L2剪斷，則細繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是(　　) A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ C．A與B的加速度之比為1∶1 D．A與B的加速度之比為cos θ∶1 解析：選D　根據(jù)題述可知，A、B兩球的質量相等，均設為m，剪斷細繩L2瞬間，對A球受力分析，如圖1所示，由于細繩L1的拉力突變，沿細繩L1方向和垂直于細繩L1方向進行力的分解，得FT＝mgcos θ，ma1＝mgsin θ；剪斷細繩L2瞬間，對B球進行受力分析，如圖2

13、所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Fcos θ＝mg，ma2＝mgtan θ，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，則D正確。 2．[輕彈簧模型與輕桿模型對比] (多選)光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質量相等。在突然撤去擋板的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小都為2mgsin θ。因彈簧彈力

14、不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間：圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯誤。 3．[輕彈簧模型與接觸面模型綜合問題] 如圖所示，A、B兩物體質量均為m，疊放在輕質彈簧上(彈簧下端固定于地面上)。對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)而處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)突然撤去力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN。不計空氣阻力，關于FN的說法正確的是(重力加

15、速度為g)(　　) A．剛撤去力F時，F(xiàn)N＝ B．彈簧彈力大小為F時，F(xiàn)N＝ C．A、B的速度最大時，F(xiàn)N＝2mg D．彈簧恢復原長時，F(xiàn)N＝mg 解析：選B　對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)而處于平衡狀態(tài)，此時彈簧彈力大小為F＋2mg。剛撤去力F時，A、B向上加速運動，由牛頓第二定律可得，a＝，對A受力分析，由牛頓第二定律有：FN－mg＝ma，解得FN＝，選項A錯誤。當彈簧彈力大小為F時，對A、B整體，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－2mg＝2ma1，隔離A，由牛頓第二定律有，F(xiàn)N1－mg＝ma1，解得FN1＝，選項B正確。A、B

16、的速度最大時，加速度為零，彈簧彈力大小為2mg，F(xiàn)N2＝mg，選項C錯誤。彈簧恢復原長時，A、B只受重力作用，F(xiàn)N3＝0，選項D錯誤。 [名師微點] 1．求解瞬時加速度的一般思路 ?? 2．瞬時性問題的兩類模型 加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型： 輕繩、輕桿和接觸面 不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷或脫離后，不需要時間恢復形變，彈力立即消失或改變，一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理 彈簧、蹦床和橡皮筋 當彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突

17、變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時彈簧的彈力不突變 考點三　動力學的兩類基本問題[師生共研類] 動力學兩類基本問題的解題步驟 [典例]　如圖所示，在粗糙的水平路面上，一小車以v0＝4 m/s的速度向右勻速行駛，與此同時，在小車后方相距s0＝40 m處有一物體在水平向右的推力F＝20 N作用下，從靜止開始做勻加速直線運動，當物體運動了x1＝25 m撤去力。已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物體的質量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在推力F作用下，物體運動的加速度a1的大?。? (2)物體運動過程中與小車之間的最大距離； (

18、3)物體剛停止運動時與小車的距離d。 [解析]　(1)對物體在水平方向受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝2 m/s2。 (2)當物體速度v1＝v0時，物體與小車間距離最大，即 t1＝＝ s＝2 s時， 兩者之間最大距離 xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。 (3)設推力作用的時間為t2， 根據(jù)位移公式得x1＝a1t22 則t2＝ ＝ s＝5 s 速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s 撤去F后，物體運動的加速度為a2，經(jīng)過t3時間停止，其減速運動過程位移為x2，根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma2 得

19、a2＝μg＝2 m/s2 由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m 而t3＝＝ s＝5 s。 物體運動的總時間t＝t2＋t3＝10 s 則d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m [延伸思考] 撤去推力F后，當物體剛停止運動時，物體與小車的距離是否為物體在運動過程中的最近距離？如果不是，則何時物體與小車相距最近？最近距離為多少？ 提示：撤去推力F后，當物體停止時，物體與小車的距離不是最近距離，當物體的速度減小到與小車的速度v0相等時，兩者相距最近。設物體撤去推力后經(jīng)t4時間與小車速度大小相等 由v2－a2t4＝v

20、0，可得：t4＝3 s， 由x3＝v2t4－a2t42，可得：x3＝21 m， 物體運動的時間t′＝t2＋t4＝8 s， 物體與小車間的最近距離：d′＝v0t′＋s0－(x1＋x3)＝26 m。 本例是已知受力情況求解多過程運動問題，通過本例幫助學生掌握動力學兩類基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”，以及在多個運動過程之間建立“聯(lián)系”。 (1)把握“兩個分析”“一個橋梁” (2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”，如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，若過程較為復雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。 　 [題點全練] 1．[已知受力情況分析物體的運動情況] (多選)

21、如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊立即做減速運動 B．木塊在一段時間內速度仍增大 C．當F等于彈簧彈力時，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零 解析：選BCD　木塊剛開始接觸彈簧時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確。 2．[已知運動情況確定物體的受力情況] 將一質量為

22、m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動過程中的最高點，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg　　　　　　　　 B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2 向下運動時：3d－d＝a2T2，解得：＝ 根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1 向下運動時：mg－f＝ma2 解得：f＝mg，C正確。 3．[動力學中的多過程問題分析] 某次滑雪訓練中，運動員(可視為質點)站在水平雪道上第一次

23、利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84 N而從靜止向前滑行，其作用時間為t1＝1.0 s，撤去水平推力F后經(jīng)過時間t2＝2.0 s，然后第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質量為m＝60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小及這段時間內的位移； (2)該運動員第二次撤去水平推力后滑行的最大距離。 解析：(1)運動員第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的加速度為a1＝＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.

24、2 m/s，位移x1＝a1t12＝0.6 m。 (2)運動員停止使用滑雪杖后做勻減速直線運動，加速度大小為a2＝＝0.2 m/s2 第一次撤去水平推力后經(jīng)過時間t2＝2.0 s 速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2， 則v22－v1′2＝2a1x1 第二次撤去水平推力后滑行的最大距離x2＝＝5.2 m。 答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m 考點四　動力學的圖像問題[多維探究類] 1．常見的動力學圖像及問題類型 2．動力學圖像問題的解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖像斜率、

25、截距、交點、拐點、面積的物理意義。 (2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。 考法(一)　由運動圖像分析物體的受力情況 [例1]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5 s、5～10 s、10～15 s內F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 [解析]　由題圖可知，0～5 s內加速度a1＝0.2 m/s2

26、，方向沿斜面向下，設斜面傾角為θ，物體與斜面之間的動摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s內加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsin θ－f；10～15 s內加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項A正確。 [答案]　A [題型技法] (1)由v-t圖像可以確定物體在各時間段運動的加速度。 (2)F1、F2、F3為物體在各時間段受到的拉力，而不是

27、物體所受的合外力。 考法(二)　由力的圖像分析物體的運動情況 [例2]　如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為m＝2 kg的物體。物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4 N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示。物體從零時刻開始運動。 (1)求當t＝0.5 s時物體的加速度大小。 (2)物體在t＝0至t＝2 s內何時物體的加速度最大？最大值為多少？ (3)物體在t＝0至t＝2 s內何時物體的速度最大？最大值為多少？ [解析]　(1)由題圖乙可知F2＝(2＋2t)N 當t＝0.5 s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3 N 由牛頓第二定律得F1－F2＝ma

28、 a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N) 作出F合-t圖像如圖所示 從圖中可以看出，在0～2 s范圍內 當t＝0時，物體有最大加速度am Fm＝mam am＝＝ m/s2＝1 m/s2 當t＝2 s時，物體也有最大加速度am′ Fm′＝mam′ am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2 負號表示加速度方向向左。 (3)由牛頓第二定律得 a＝＝1－t(m/s2) 畫出a-t圖像如圖所示 由圖可知t＝1 s時速度最大，最大值等于a-t圖像在t軸上方與橫、縱坐標軸所圍的三角形的面積v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。

29、 [答案]　(1)0.5 m/s2　(2)當t＝0時，am＝1 m/s2；當t＝2 s時，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s時，v＝0.5 m/s 考法(三)　由已知條件確定某物理量的圖像 [例3]　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(　　) [解析]　設物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0

30、－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。 [答案]　A [共性歸納] 解答動力學的圖像問題時要注意以下三個關鍵點： (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。 (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。 (3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。 [題點全練] 1．[由a

31、-t圖像分析壓力的變化情況] (多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 解析：選AD　對人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。 2．[由a-F圖像分析物體的受力情況和運動情況] (多選)用一水平力F拉靜止在水平面上

32、的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則可以計算出(　　) A．物體與水平面間的最大靜摩擦力 B．F為14 N時物體的速度 C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) D．物體的質量 解析：選ACD　由題圖可知，物體與水平面間的最大靜摩擦力為7 N，A正確；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，將F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F(xiàn)2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正確；因物體做變加速運動，無法求出F為14 N時物體的速度，B錯誤。 3．[F-t圖像和v-t圖像的綜合問題] 一個物塊置于粗糙

33、的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示。g取10 m/s2，求： (1)1 s末物塊所受摩擦力的大小Ff1； (2)物塊在前6 s內的位移大小x； (3)物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ。 解析：(1)由題圖乙可知前2 s內物塊處于靜止狀態(tài)，此時物塊所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，從題圖甲中可以讀出，當t＝1 s時，F(xiàn)f1＝F1＝4 N。 (2)在v-t圖像中圖線與t軸圍成面積表示位移，則由題圖乙知物塊在前6 s內的位移大小x＝ m＝12 m。 (3)由題圖乙知，在2～4 s內，物塊做勻加速運動，加速度大小a＝＝ m/s

34、2＝2 m/s2 由牛頓第二定律得F2－Ff2＝ma 在4～6 s內物塊做勻速運動，有F3＝Ff2＝μmg 解得μ＝0.4。 答案：(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4 “融會貫通”歸納好——物體在五類光滑斜面上運動時間的比較 第一類：等高斜面(如圖1所示)。 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可知傾角越小，時間越長，圖1中t1＞t2＞t3。 第二類：同底斜面(如圖2所示)。 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可見θ＝45°時時間最短，圖2中t1＝t3＞t2。 第三類：圓周內同頂端的斜面(如圖3所示)。即在豎

35、直面內的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。 第四類：圓周內同底端的斜面(如圖4所示)。即在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。 第五類：雙圓周內斜面(如圖5所示)。即在豎直面內兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應位置。可推得t1＝t2＝t3。 [典例]　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、

36、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1

37、速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確。 [答案]　BCD [類題通法] [針對訓練] 1．如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C、M三點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，B點在y軸上且在A點上方，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點。如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC的大小關系是(　　) A．tA

38、A＝tC＝tB D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系 解析：選B　由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tA＝tC

39、的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。 3．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內。現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ?，F(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B項正確。