牛顿运动定律的综合应用(19页,含解析)

1、专题三牛顿运动定律的综合应用【考纲解读】1掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题2学会分析临界与极值问题3会进行动力学多过程问题的分析.1. 对超重和失重的理解关于超重和失重的下列说法中，正确的是()A 超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B 物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作 用C 物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D 物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案 D解析 物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，

2、而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了 变化，综上所述，A、B、C均错，D正确.2. 对超重和失重的理解下列说法正确的是()A .体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B .蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C .举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D .游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案 B解析 运动员是否超重或失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重，只有B正确.【考点梳理11. 超重(1) 定义：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情况.(2) 产生条件：物体具有向上的加速

3、度.2. 失重(1) 定义：物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)小王物体所受重力的情况.(2) 产生条件：物体具有向下的加速度.3. 完全失重(1)定义：物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为元全失重现象.(2)产生条件：物体的加速度a = g，方向竖直向下.规律方法题组图13. 应用动力学方法分析传送带问题如图1所示，传送带保持 vo= 1 m/s的速度运动，现将一质量m = 0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数尸0.1，传送带两端水平距离x= 2.5 m,则物体从左端运动到右端所经历的时间为( )A. ;5 sB.(.'6-1) sC

4、. 3 sD.5 s答案 CFf = mg获得的加速度 a=不=ug解析物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为=1 m/s2当加速到vo时经过的时间t1= 1 sa02经过的位移为X1= v_ = 0.5 m2a以后物体随传送带一起向右匀速运动，到达右端用时t2= 2 S,所以物体从左端运V0动到右端的总时间为 t=t1 +12= 3 s.选项C正确.4. 动力学中的图象问题如图2所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态.现用一竖直向下的力压物体A,使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内.下列关于所加力F的大小和运动距离

5、 x之间关系图象正确的是()图2答案 D解析 由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F kx= ma,解得F = kx+ ma,故所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是图D.【方法提炼】1传送带问题模型关键是分析清楚物体与传送带间的摩擦力的大小、方向及物体与传送带之间的相对运动情况.2动力学中图象问题的解题思路：对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程，从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果其中，写出纵、横坐标的函数关系式是关键.课堂探究*考点突破先做后听接问振立規肆才法考点一超重与失重1. 超重并不是重力

6、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. 只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向 下运动无关.3. 尽管物体的加速度不是在竖直方向，但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.4. 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.【例1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变

7、化的图象，则下列图象中可能正确的是（ ）解析 该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确.答案 D超重和失重现象的判断“三”技巧1. 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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.2 .从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.3 .从速度变化角度判断（1）物体向上加速或向下减速时，超重;物体向下加速或向上减速时，失重.【突破训练 1 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在

8、体重计上，体重计示数为 50 kg,电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3图3所示.在这段时间内下列说法中正确的是（）A .晓敏同学所受的重力变小了B .晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C .电梯一定在竖直向下运动D .电梯的加速度大小为 g/5,方向一定竖直向下答案 D解析 由题图知晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错；以竖直向下为正方向，有：mg F =ma,解得a = g，方向竖直向下，但其速度方向可能是竖直向上，也可

9、能是竖直向下，C5选项错，D选项正确.考点二 动力学中的临界极值问题分析1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件.用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的 关键.2 临界或极值条件的标志有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临 界点；(2) 若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存 在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；(3) 若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至

10、少”等字眼，表明题述的过程存在 着极值，这个极值点往往是临界点；(4) 若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度.【例2 如图4所示，质量为 m= 1 kg的物块放在倾角为0= 37°的斜面体上，斜面体质量为 M = 2 kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为卩=0.2,地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，图4试确定推力 F 的取值范围.(sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, g= 10 m/s2)审题指导 此题有两个临界条件：当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性， 此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力

11、F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下找准临界状态是求解此题的关键.解析设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为Fj此时物块受力分析如图所示，取加速度的方向为x轴正方向对物块，水平方向有 Fzsin 0 Fcos 0= ma1 竖直方向有 Fncos 0+ Fsin 0 mg = 0 对 M、m 整体有 F1= (M + m)a1代入数值得： a1= 4.8 m/s2, F1= 14.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2,对物块受力分析如图，在水平方向有Fn' sin 0+ (Tn ' cos 0= ma2竖直方

12、向有 Fn' cos 0疔n' sin 0 mg= 0 对整体有F2= (M+ m)a2代入数值得 a2= 11.2 m/s2, F2= 33.6 N综上所述可知推力 F的取值范围为：14.4 N < FW 33.6 N答案 14.4 N < F < 33.6 N动力学中的典型临界条件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绳子断裂与松驰的临界条件：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

13、等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是:Ft = 0.4.加速度变化时，速度达到最大的临界条件：当加速度变化为a = 0时.【突破训练2】如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为 mA = 6 kg, mB= 2 kg, A、B之间的动摩擦A-F8因数 尸0.2，开始时F = 10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过图5程中，则A .当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B .两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C .两物体从受力开始就有相对运动D .两物体始终没有相对运动答案 D解析 当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力

14、，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动.此时对 B有：Ffmax =(inAg= 12 N，而Ffmax = mBa, a= 6 m/s2，即二者开始相对运 动时的加速度为 6 m/s2,此时对A、B整体：F = (mA+ mB)a= 48 N，即F>48 N时，A、B 才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确.学科素养培养加强时題与建摟捋串培掃学科解題龍力13. “传送带模型”问题的分析思路r物理模型构建1.模型特征一个物体以速度V0(V0> 0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送 带”模型，如图6(a)、(b)、(c)所示.2. 建模指导传送带模型问

15、题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩 擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所 受摩擦力发生突变的时刻.倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定 其是否受到滑动摩擦力作用如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然 后根据物体的受力情况确定物体的运动情况当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.图7【例3】如图7所示，倾角为37°长

16、为I = 16 m的传送带，转动速度为 v = 10 m/s，动摩擦因数 尸0.5，在传送带顶端 A处无初速度地释放一个质量为 m= 0.5 kg 的物体.已知 sin 37 ° 0.6, cos 37 = 0.8,g = 10 m/s2 .求：(1) 传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间;(2) 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37 - pcos 37 ) = ma则 a = gsin 37 ° go

17、s 37 °= 2 m/s2,根据 l= at2得 t= 4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37 丰口 mgos 37 = ma1mgs in 37 半 卩 mgos 37 ° “, 2则有 a1= 10 m/s2m设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为X1，则有v 1012t1 = a1 = 10 s= 1 s，X1 = 2a1t1= 5 m<l = 16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgs

18、in 37° >卩mgos 37°则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力 摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2,则a2= mgsin 37 丄卩 mgos 37 = ? mX2= l xi = 11 m、i又因为 X2 = vt2+ 2a2t2，则有 10t2+ t2= 11解得：t2= 1 s(t2 = 11 s 舍去)所以上总=t1 + t2= 2 s.答案 (1)4 s (2)2 s分析处理传送带问题时需要特别注意两点:是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的【突破

19、训练31如图8所示，水平传送带 AB长L = 10 m，向右匀速 运动的速度vo= 4 m/s, 一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以V1= 6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送；图8带间的动摩擦因数尸0.4, g取10 m/s2.求：(1) 物块相对地面向左运动的最大距离；(2) 物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.答案 (1)4.5 m (2)3.125 s解析(1)设物块与传送带间摩擦力大小为FfFf=mg12Ffx 物=mv1x 物=4.5 m(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速，设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等v1 at1 =

20、 0Ffmt1 = 1.5 sv0= at2t2 = 1 S设反向加速时，物块的位移为XI,则有xi= 2at* = 2 m物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回至U B点X 物一 X1= V0t3t3 = 0.625 s所以上总=ti +12 +13= 3.125 s14.“滑块一木板模型”问题的分析思路r审题答题规范1模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2建模指导解此类题的基本思路：（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建

21、立方程特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移3141 分）卿團”血.木權4止丁號平地谢I:.杞K凰亦尉曲一町fill冯蔺直啊*掘.匕血康块的质M m-1狀畳的血放煌点“ 2.5 m. J jzlAltm.下壺直打放创之同的划申挟因敢A 0 2圃川水尹讯力&如M向冇擅不板£> iWs2,事:分析豎力和运动过程揑掘隐含条件幣题v色"爭亶摩挥为柞禺用5时* JH 和才地曲律止（I）木板加堆庚的大小;木堆能对离水板flm的时间;也植力卩件同亠粒时啣乐煞灯 丸崛臣建邀助章虫廉与J1UMI虞时”可如果具他条杵不变"假吐木扳的匕表訶也相楼,嵐上表面与粒之间的胡

22、睁捲內&>TMi=01眦便木扳能味木庚的下方捕出，刘木飯临加的抽力宜IthJl么条丼？（4若木柢馆役庚、木块的M、木帳的I农iFTj專壊之甸的动摩MM间的的煙擦因麹郁不空鸡将木平恒力州相为W N ,則木处祥扇木版盂至歩托吋f歟俚楼Jt基ImiFM-打和Aq规范解菩步步得分解析（1）木板受到的摩擦力Ff =KM + m）g= 10 NF Ff木板的加速度 a= m = 2.5 m/s2（2分）（2）设拉力F作用时间t后撤去F撤去后，木板的加速度为a'= Mf= 2.5 m/s2（2分）木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a= a',故at2= L解得t= 1 s,

23、即F作用的最短时间为1 s.（2分）(3)设木块的最大加速度为 a木块，木板的最大加速度为a木板，贝y p1mg= ma木块(2分)得 a 木块=png = 3 m/s2对木板：F1 mg (XM + m)g = Ma 木板木板能从木块的下方抽出的条件为（2分）a木板a木块解得 Fi>25 N .（2分）(4)木块的加速度 a木块/ = pjg = 3 m/s2（1分）F2 pmg p M + m g2木板的加速度 a木板=4.25 m/s2（1分）木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板一 x木块=L，即1 2 1 2a 木板't2 2a 木块't2 = L（2分）代入数

24、据解得t= 2 s.（2分）答案 （1）2.5 m/s2（2）1 s （3）大于 25 N （4）2 s分析滑块一木板模型问题时应掌握的技巧1.分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度.2.画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系.3.知道每一过程的末速度是下一过程的初速度.4.两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力.(2)二者加速度不相等.【突破训练4 如图10所示，质量 M = 8 kg的小车放在光滑的水平面亍J-|上，在小车左端加一水平推力F = 8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m=图102 kg的小物

25、块，小物块与小车间的动摩擦因数尸0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端.取g= 10 m/s2 .则：(1) 小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？(2) 小车的长度L是多少？答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)0.75 m解析(1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得p m= ma1解得 a1 = pg 2 m/s2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F p m= Ma2解得 “ mr s m/s2（2）由题意及运动学公式：ait= vo+ a2t解得：vot = 1 sa1 a21则物块运动的位移 xi= qait2= 1 m一 1小车运动的位移 X2

26、= vot + 2a2t2= 1.75 mL = X2 X1 = 0.75 m高考模拟提能训练丸近高需拴劃课壹it果提卄解題能*【高考题组】1. （2012江苏4）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是答案解析速度皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度的大小成正比,kvv减小，空气阻力f= kv也减小，根据牛顿第二定律mg+ f = ma,知a= + g.知，a随v的减小而减小，且v变化得越来越慢，所以a随时间t减小且变化率减小,项C正确.2. （2011福建理综16）如图1

27、1甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图象（以地面为参考系）如图乙所示.已知 v2>V1，贝y（）图11A . t2时刻，小物块离 A处的距离达到最大B . t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C . 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D . 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 相对地面而言，小物块在 0ti时间内，向左做匀减速运动，tit2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即

28、t2时刻），小物块向右做匀速运动故小物块在ti时刻离A处距离最大，A错误.相对传送带而言，在 0t2时间内， 小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误.3. （2010浙江理综14）如图12所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度 上抛（不计空气阻力）下列说法正确的是（A .在上升和下降过程中 A对B的压力一定为零B .上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C .下降过程中A对B的压力大于 A物体受到的重力D .在上升和下降过程中 A对B

29、的压力等于 A物体受到的重力 答案 A解析 由于空气阻力不计，两物体只受重力作用，处于完全失重状态,A对B的压力在上升和下降阶段都为零.4. （2012安徽理综22）质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v- t图象如图13所示.弹性球与水平地3面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的4.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g= 10 m/s2,求:图13（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.答案（1）0.2 N （2）0.375 m解析（1）由v-1图象可知，弹性球下落过程的加速度为ai =v4 - 0t0.5m/s2= 8 m/

30、s2根据牛顿第二定律，得 mg f= mai所以弹性球受到的空气阻力f= mg mai = (0.1 x 10 0.1 x 8) N = 0.2 N3(2)弹性球第一次反弹后的速度vi = 4x 4 m/s= 3 m/s根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2=mg+ f=m0.1 x 10+ 0.201m/s2= 12 m/s2根据vf v2 = 2ah，得弹性球第一次反弹的高度v22a2322 x 12m= 0.375 m.【模拟题组】5如图14所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为p,木板与水平面间的动摩擦因数为与滑

31、动摩擦力大小相等，重力加速度为 加速度大小a可能是A a = pg扌，已知最大静摩擦力图14g,现对物块施加一水平向右的拉力B a=F，则木板( )答案 CDD a=F2mpg解析 当F较大，二者发生相对滑动时，对木板有：卩m f2mg= ma,所以a =詛当F较小，二者一起加速时，有：F 32mg = 2ma，所以a= 2 为，故选项C、D正确.6.如图15所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为 2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 Ft.现用水平拉力 F拉质量为3m的木块，图15使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A

32、质量为2m的木块受到四个力的作用B 当F逐渐增大到Ft时，轻绳刚好被拉断C .当F逐渐增大到1.5Ft时，轻绳还不会被拉断D 当轻绳刚要被拉断时，质量为 m和2m的木块间的摩擦力为Ft答案 C解析 质量为2m的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、木块m的压力和摩擦力五个力作用，选项 A错误；当轻绳达到最大拉力 Ft时，对m和2m整体，Ft= 3ma,再 对三个木块整体，F = (m+ 2m+ 3m)a,得到F = 2Ft,选项B错误，C正确；对木块 m,1由Ff= ma,得到Ff= §Ft，选项D错误.练出高分（限时：45分钟）?题组1对超重和失重现象的理解1.下列实例属于超重现象

33、的是（）A .汽车驶过拱桥顶端时B 火箭点火后加速升空时C .跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D .体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时答案 B解析 发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上.汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误.2有关超重和失重，以下说法中正确的是（）A 物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B 竖直上抛的木箱中的物体处

34、于完全失重状态C 在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D .站在月球表面的人处于失重状态答案 B3.伦敦第三十届夏季奥运会于北京时间2012年7月28日开幕,关于各项体育运动的解释,图1F列说法正确的是A .蹦床运动员在空中上升到最高点时处于超重状态B .跳高运动员在越杆时处于平衡状态C .举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于平衡状态 D .跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远 答案 C?题组2动力学中的图象问题4.某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图1所示，在08 s内，下列说法正确的是（A .物体在02 s内做匀加速直

35、线运动B .物体在第2s末速度最大C .物体在第8 s末离出发点最远D .物体在第4s末速度方向发生改变答案 C5刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图2所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑 动摩擦，据此可知，下列说法正确的是()A 甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好B .乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C .以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D 甲车的刹车距离 s随刹车前的车速 v变化快，甲车的刹车性能好答案 B解析 如图可知，当甲、乙二车的初速度vo相同

36、时,2由s=知，a甲a乙，即 甲 乙， 可知选项B正确, 2a可发现 s甲s乙,其余选项皆错.?题组3滑块一木板模型问题6.光滑水平面上并排放置质量分别为mi = 2 kg、m2= 1 kg的两物块，腮 1Iff JCu图3B. 1.5 sC. 2 sD . 2.5 st= 0时刻同时施加两个力，其中 Fi= 2 N、F2 = (4 2t) N，方向 如图3所示则两物块分离的时刻为()答案 D解析 两物块未分离时，设m1与m2之间的作用力为F,对m1 ： F F1= m1a;对m2： F2 F = m2a.两个物块分离时，F = 0,即有：F1= m1a, F2= m2a.代入数据得t =2.

37、5 s,选项D正确.图47如图4所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为 K可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ),A物体质量为2m, B和C物体的 质量均为m,滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码在保持A、B、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下，BC间绳子所能达到的最大拉力是B.mg1A.尹 mg答案 B解析 因桌面光滑，当 A、B、C三者共同的加速度最大时，Fbc= mCa才能最大.这时,A、B间的相互作用力 Fab应是最大静摩擦力 2卩mg对BC整体来讲：Fab= 2卩m= (mB+ mc)a= 2ma, a= g 所以 Fbc = mca =卩 mg 选项 B 正确.&如

38、图5所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点 均分别位于半径为 R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()D图5C. .3 ： 1答案 B解析设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为0,则物体下滑时的加速度为a= gsin 0,由几何关系，斜槽轨道的长度s= 2(R+ r)sin 0,由运动学公式s=齐2，得t= “号x 2 R+ r sin 0.gsin 0r，即所用的时间t与倾角B无关,所以ti = t2, B项正确.9.如图6所示，长为L = 2 m、质量为M = 8 kg的木

39、板，放在水平地面上，木板向右运动的速度V0= 6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m= 2 kg的小物块.木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为1= 0.2, g= 10 m/s2.求:(1)物块及木板的加速度大小;(2)物块滑离木板时的速度大小.答案 (1)2 m/s2 3 m/s2 (2)0.8 m/s解析物块的加速度am=g= 2 m/s2对木板有：i mgb 1M + m)g= Ma”解得 aM = 3 m/s2.(2)设物块经时间t从木板滑离，则L = V0t aMt2 2amt2解得t1= 0.4 s或t2= 2 s(舍去)滑离木板时物块的速度：v = amt1=

40、0.8 m/s.?题组4传送带模型问题 10带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机.如图 7所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是()A .黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B .木炭包的质量越大，径迹的长度越短C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D .传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 答案 C解析木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度,当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误；设木炭包的质量为m,

41、传送带的速度为 v，木炭包与传送带间动摩擦因数为仏则对木炭包有卩mg=ma，木炭包加速的时间t=a=l该过程传送带的位移2xi=vt=u g木炭包的位移 vv2、X2= v t= ；t= ，黑色径迹的长度 Ax= Xi X2 =22 ug的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，2F,由上式可知径迹的长度与木炭包 2 ug木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确，B、D错误.答案 D小木块受沿传送带向下的滑ai= gsin 0+(igos 0,当小木块解析 当小木块速度小于 vo时，对小木块受力分析可知, 动摩擦力作用，此时有 mgs in 0+ u mgos 0= mai，可知速度达到vo时，因为p<tan 0,所以mgsin 0>卩mgos 0,所以小木块将继续加速下滑,再次对小