2020高考物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律的应用学案含解析

1、高考物理一轮复习：第2讲 牛顿第二定律的应用主干梳理对点激活知识点牛顿第二定律的应用n1 .动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的口 01运动情况;(2)已知运动情况求物体的口 02受力情况。2 .解决两类基本问题的方法以03加速度为“桥梁”，由04运动学公式和叩5牛顿运动定律列方程求解,具体逻辑关系如图：35超重和失重I知识点；1 .实重与视重（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态口 01无关。（2）视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的口02示婺称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的口 03拉力或台秤所受物体的口 04压力。2 .超重、失重

2、和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持 物的压力（或 对悬挂物的 拉力）国大于 物体所受重 力的现象物体对支持 物的压力（或 对悬挂物的 拉力）园小于 物体所受重 力的现象物体对支持物的 压力（或对悬挂 物的拉力）物等 于零的现象产生条件度方向 直向上物体的加速 度方向度竖 直向下物体的加速度方 向初竖苴向下. 大小= g原理方程运动状态F= jnaF = mCg十口）篦加速上升或 国减速F降- F ma F=m（ga）同加速下降或 因减速上升mg F = maF=0以a = g加速下 降或回减速上升一思维辨析1 .超重就是物体的重力变大的现象。（）2 .物体处于完全失重状

3、态时，重力消失。 （）3 .减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。（）4 .根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。（）5 .物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。（）6 .物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。（）答案 1. X 2. X 3. X 4. X 5. V 6. V二对点激活1 .（人教版必修1 P 87 T 1改编）（多选）一个原来静止的物体，质量是 2 kg ,受到两个 大小都是50 N且互成120。角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正 确的是（）A.物体受到的合力为 50 N8 .物体的加速度为 25

4、 . 3 m/s 2C. 3 s末物体的速度为 75 m/sD. 3 s内物体发生的位移为 125 m答案 AC解析 两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为 50 N,加速度a= =25 m/s 2,3 sm1 .2末速度 v = at = 75 m/s,3 s 内位移 x=，at =112.5 m，故 A、C正确，B、D错误。2 .（多选）用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则 （）A.钩码的重力约为 4 NB.钩码的重力约为 2 NC. AB、G D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D

5、失重状态的是B CD. A、B、C D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B,失重状态的是C D答案 AC解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为4 N,由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为 4 N, A正确，B错误。A D段拉力大于重力，处于超重状态，R C段拉力小于重力，处于失重状态，C正确，D错误。3.（人教版必修1 P 86 例题2改编）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水 平地面上，其倾角0 =30° ,斜面长为7现木块上有一质量为m= 1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在 0.40 s内速度增加了 1.4 m/s ,且知滑块滑行过程中木块处于静止

6、 状态，重力加速度 g取10 m/s 2,求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。答案 (1)1.5 N (2)7 m/s解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度Av a= A?工一 m/s 2= 3.5 m/s0.40对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得:mgsin 0 Ff = ma 解得 Ff = 1.5 N 。(2)根据v2=2ax得v= 2X 3.5 x 7 m/s = 7 m/s。考点细研悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性问题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

7、 .求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后|列牛顿第二|求瞬时|物体的受力情况?定律方程 ? |加速度|例1如图所示，两个质量均为 m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球 A的另一端用轻 绳系在O点，放置在倾角为 0 =30。的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与 轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球 A B的加速度大小分别为 aA、aB,重力 加速度大小为g,则（）A. aA= g, aB= 0B. aA= 0, aB= g八一八1C. aA= g, aB= gD. aA= 0, aB= -g解题探究 （1）剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。

8、（2）剪断轻绳后，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答选A轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧白拉力F=mgjin30° , 轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化， 轻弹簧的弹力不变，小球B的受 力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球 A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，对小球A,由牛顿第二定律有 F+ mgsin30 ° =ma,解得aA= g, A正确。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动

9、分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。（2）加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式11 （2018 山东六校联考）（多选）如图所示，原长为I。、劲度系数为k的轻 质弹簧一端与质量为 m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30。的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则（ ）A.弹簧的长度为l 0+之3mg3KB.木板 AB对小球的支持力为 -23mg4 1C.若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为2gD.若突然把木板 AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g答案 AC解

10、析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为l ,由平衡条件有：K（ l 10） = mgan30 0 ,代入数据可得此时弹簧的长度为1 = 1 o+lmg A项正确；对小球受力分析，小球受到重力、3 Kcos30°2 ,3木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FN=Tg-= mg B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有 mg>in3031=ma彳导a=2g, C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为3mg小球的加速度大小为 23%, D项错误。变式1 2 （2018

11、海南五校模拟）如图所示，A B两球完全相同，质量均为m用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为K的轻质弹簧，已知重力加速度为 g,当升降机以加速度 a= 2竖直向上加速运动时， 两根细线之间的夹角为 0=60。，在运动过程中 O A间的细线被剪断瞬间，下列关于 A B两球的加速度的说法正确的是（）A.B.A球的加速度大小为B球的加速度大小为C.A球的加速度大小为g,方向竖直向下g,方向竖直向上-2"g,方向斜向左下方D.A球的加速度大小为,3g,方向沿OA方向答案 C解析 O A间的细线被剪断前，对小球 A受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30

12、° mg= ma F2sin30 ° Fi = 0,解得 Fi= kx= 23mg 在 Q A间的细线被剪断瞬间,F2突然消失，但Fi不突变，所以A球有水平向左的加速度aAxF1g,竖直向下的加速度aAy= g,则A球的加速度大小为aA= 7ax+ aAy =*g,方向斜向左下方；而 B球的加速度仍为2='方向竖直向上，C正确。考点 2 动力学的两类基本问题 动力学的两类基本问题的解题步骤例2 （2018 陕西摸底）如图所示，质量为 mr 1.0 kg的物体在水平力 F=5 N的作用 下，以vo= 10 m/s向右匀速运动。倾角为 8 =37°的斜面与水平

13、面在 A点用极小的光滑圆 弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力 F,再经过1.5 s物体到达 B点。g取10 m/s2, sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8。求A、B两点间的距离 sAB。解题探究 (1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动F= mg求出w。(2)1.5 s 时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断 科与tan 6的关系。尝试解答 4.75 m物体在水平面上匀速运动时有F= mg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mg>in 0

14、+mgcos 8 = ma若物体减速到零，则有 0=v0aiti解得 11= 1.0 s<1.5 sVoX1 = /t 1由于mgin 0 > m30s e ,故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有 mgsin 0 -mgcos 0 =ma1 ,2X2= 2a2t 2根据题意有 t1 + t2=1.5 s , Sab= X1 X2联立解得Sab= 4.75 m。总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析” “一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第

15、一个过程的末速度 就是下一个过程的初速度。变式21如图所示，一物体以 v°=2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t = 1 So已知斜面长度 L=1.5 m斜面的倾角 8 =30° ,重力加速度取 g= 10 m/s2。求:(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。2答案 (1)1 m/s (2)1 m/s方向沿斜面向上I5解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为v,则有：Vo+ V 一L= -2一t,代入数据解得：v= 1 m/s。(2)因v<V0,即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上, V

16、0 V2加速度的大小为：a= = 1 m/s 。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得:Ff- mgsin 0 = maFn= mgcos 0/口a+ gsin 8联立解得：厂，代入数据解得：誓。5变式22如图甲所示是一倾角为0 =37。的足够长的斜面，将一质量为 m= 1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数w=0.25。g=10 m/s； sin37 ° = 0.6,cos37° = 0.8 ,求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16 s内物体发生的位移。

17、答案 (1)5 m/s (2)30 m ,方向沿斜面向下解析(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物 体的加速度大小为 日,由牛顿第二定律可得mgsin 0 F1 一 猿 mgcos 0 =mavi = at 1解得 v=5 m/s 。(2)设物体在前2 s内发生的位移为xi,则1. 2xi = 2a1t 1= 5 m当拉力为F2= 4.5 N时，设物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得F2+ mgos 8-mgsin 9 = ma设物体经过t 2时间速度减为0,则V1 = a2t 2, t 2= 10 s设t 2时间内发生的位移为X2,则12 cuX2=

18、 2a2t 2= 25 m由于 mgin 0 -mgcos 9 <F2Vmgpos 9 + mgpin 0 ,则物体在剩下 4 s时间内处于静止 状态，故物体在前 16 s内发生的位移x=xi+X2=30 m,方向沿斜面向下。考点3动力学中的图象问题1 .常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、E a图象等。2 .图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。3 .解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意

19、义，掌握物理 图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点， 图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律 列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。例3 (2018 郑州质量预测)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为 0、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降 的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止

20、开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为mi滑块与斜面间的动摩擦因数为重力加速度g取10 m/s2,帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Fr = kvo(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；(2)若m 3 kg ,斜面倾角0 =37。，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的 斜线为t=0时v-t图线的切线，由此求出心k的值。(sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8)解题探究(1)什么时候滑块下滑的速度最大？提示：a=0时。(2) t =0时风帆受到的空气阻力是多少？提示：由 Ff=kv 知，t=0 时，v=0, F

21、f= 0。、,mg sin 0 Lt cos 0尝试解答(1) vmk(2)0.3754.5 kg/s(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：mgsin 0 -mgpos 0 kv= ma, i . mg sin 0 Lt cos 0当 a = 0 时速度取大，即 Vm=。k(2)由题图乙可知，当 v=0时， 2 ac= gsin 0 (1 g cos 0=3 m/s解得 = 0.375mg sin 9 一叱 cos 8由vLk解得 k= 4.5 kg/s 。总结升华解决图象综合问题的思路图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交

22、点、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。变式3-1(2019 百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。 小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度V随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（）A. a球质量大于b球质量B.在11时刻两小球间距最小C.在0t 2时间内两小球间距逐渐减小D.在。13时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反答案 AC解析 从速度一时间图象可以看出b球速度一时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥

23、力为一对相互作用力，大小相等，根据a=F知，加速度大m的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0ti时间内匀减速，所以在 0ti时间内排斥力与运动方向相反，而在tit 3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。变式32（2018 福州四校联考）（多选）一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块， 并且推力不断减小， 结果物块运动的加速度 a随推力F变化的图象 如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（）A.物块的质量为

24、0.5 kgB.物块与水平面间白动摩擦因数为0.2C.当推力F减小为2 N时，物块的速度最大D.当推力F减小为0时，物块的速度为零答案 BC解析 由物块运动的加速度 a随推力F变化的图象可知，当推力F=2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F- mg= 0；当F= 0时，加速度a=-2 m/s2,运用牛顿第二定律，(1 mg= ma联立解得(1=0.2 , m= 1.0 kg,即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 ,物块的质量为1.0 kg , A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小， 物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F 减小为 2 N 时加速度为零，物块的速度最

25、大，C 正确。当推力F 减小为0 时，物块做减速运动，物块的速度不为零，D 错误。考点 4 超重和失重的理解1超重和失重的理解1 1) 不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，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。(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整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。2 .判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体

26、受向上的拉力(或支才e力)大于重力时处于超重状态，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。例4 (2018 合肥质检)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止自由落下，落到离地 30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停A.当座舱落到离地面B.当座

27、舱落到离地面下。若舱中某人用手托着一个重力为50 N的铅球。不计空气阻力，则下列说法正确的是()45米高的位置时，球对手的压力为45米高的位置时，手对球有支持力C.当座舱落到离地面 20米高的位置时，球对手的压力为D.当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N解题探究 (1)当座舱落到离地面 45米高的位置时，是自由落体阶段吗?提示：是，a=g。(2)当座舱落到离地面 20米高的位置时，加速度方向？提示：加速度方向竖直向上。尝试解答选A由题意可知座舱从最高处下落到离地30 m高处的过程中做自由落体运动，手与球之间的作用力为零，A正确，B错误；座舱在距离地面 30 m处开始制动

28、，制动后向下做减速直线 运动，加速度方向竖直向上，铅球处于超重状态，手对球的支持力大于50 N, C D错误。总结升华1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 发生变化。2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。变式41 (2018 东北三省四市模拟)如图所示，物体 A B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，从静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是()A.物体A和物

29、体B均处于超重状态B.物体A和物体B均处于失重状态C.物体A处于超重状态，物体 B处于失重状态D.物体A处于失重状态，物体 B处于超重状态答案 D解析 物体A加速下降，物体B必然加速上升，物体A的加速度方向竖直向下，处于失重状态，物体B 的加速度方向竖直向上，处于超重状态，D 正确。变式42（2018 广州测试）（多选）如图a,用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运动，某段时间内采集到的信息如图b 所示，则（）A. t 2t 3时间内小球向下运动，处于超重状态B. t 3t 4时间内小球向上运动，处于失重状态C. t 4t 5时间内小球向下运动，处于失重状

30、态D. t 5t 6时间内小球向上运动，处于超重状态答案 BC解析 根据题图b可知，ti12时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则 小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，t 2t 3时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向上， 处于超重状态，向上做加速运动，A错误; t 3t 4时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向下，处于失 重状态，向上做减速运动，B正确；t 4t 5时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向下做加速运动，C正确；t5t6时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐

31、增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，D错误。高考模拟随堂集训1. (2018 全国卷I )如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和 x 之间关系的图象可能正确的是()答案 A解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kxo= mg施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F+ k（xo-x） -mg= mq所以F= ma kx, A 正确。2. （2015 全国卷I ）（多选）如图a,

32、一物块在t =0时刻滑上一固定斜面， 其运动的v-t图线如图b 所示。若重力加速度及图中的v0、 v1、 t 1均为已知量，则可求出（）A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由 v- t 图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、 C 正确；根据运动的v- t 图线与时间轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大位移，斜面倾角已知，则可求得物块向上滑行的最大高度，选项 D 正确；由已知条件不能求出物

33、块质量，选项B 错误。3.（2015 海南高考）（多选）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完 全相同的轻弹簧 S和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点 Q整个系统处于静止状态。 现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为 a, S和&相对于原长的伸长分别记为Ali和Al 2,重力加速度大小为 go在剪断的瞬间（）A. ai=3gB. ai = 0C. A l i = 2 A l 2D. A l i = A 12答案 AC解析 剪断细线前，把 a、b、c看成整体，细线上的拉力为T= 3mg因在剪断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此a、 b、 c 之间的作用力与剪断细线之前

34、相同。将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg= ma得ai = 3g, A正确，B错误。由胡克定律知：2mg= kAli, mg= kA 12,所以 A1i = 2A12, C正确，D错误。4 .（2015 海南高考）（多选）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，（）A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 答案 BD解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mcsin 0 = mgtos 0 ,则(1 = ta

35、n 8(8为斜面倾角),当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma物块"重力"变为G'= mg ma支持力变为N'= ( mg macos0 >mgos0 ,B正确。“重力”沿斜面向下的分力 G下'=(m/masin 8 ,沿斜面摩擦力变为f ' = N' = ( mg + macos 0 >(1 mgcos 0 , A 错误。f' = (mg ma - cos 0 = tan 0 ( m/ macos 0 = (mg+ masin 0 =G下，所以物块仍沿斜面匀速运动， D正确，C错误。5 .

36、(2018 安徽A10联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为0 =30。的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v,到斜面顶端的距离为x,其x-v2图象如图乙所示。已知 g=10 m/s2,斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确 的是()A.B.C.D.物块的加速度大小为 8 m/s 2物块在t = 1 s时的速度大小为 8 m/s物块在t=4 s时处于斜面上 x = 24 m的位置物块与斜面间的动摩擦因数为15答案 D解析 物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有v2=2ax,再结合图乙可得加速度为a=4 m/s 2,由v = at得t = 1 s时物块速度大小为,

37、1 , 2 4 m/s , A、B 错庆；由 x= 2at 知 t = 4 s时，x= 32 m, C错误；由牛顿第二定律有：mgsin30 ° mGpos30° = ma解得 =史,15D正确。配套课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选）1 .为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数（表内时间没有先后顺序），若已知t0时刻电梯静止，则（）时刻%1A .体重计的示数1kg>6cL 065*

38、 055.06。.。A. 12时刻电梯不可能向上运动B. 13时刻电梯一定处于静止状态C. t 1和t 2时刻电梯的加速度方向一定相反D. t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反答案 C解析 由表格数据可知 t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速，t 2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A D错误，C正确；13时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B错误。2. (2018 襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计， 某种型号的装有焰火

39、的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射出时的初速度是vo,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么vo和k分别等于(重力加速度 g取10m/s2)()A. 25 m/s,1.25 B. 40 m/s,0.25C. 50 m/s,0.25 D. 80 m/s,1.25答案 C解析 根据h= 2at2,解得a= 12.5 m/s 2,所以v0=at=50 m/s ;上升过程礼花弹所受 的平均阻力Ff=kmg根据牛顿第二定律得 a=一 = (k+1)g=12.5 m/s2,解得k = 0.25 , 故C正确

40、。3. (2018 南昌模拟)如图所示，物体从倾角为 a的斜面顶端由静止释放， 它滑到底端 时速度大小为vi;若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v,已知V1=kv,且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为 ( )A. (1 k)sin aB. (1 k)cos aC. (1 k2)tan aD. (1 k2)cot a答案 C解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，m§in a mapos a = ma解得加速度大 h小2=9$所a (igcosa ,设斜面图度为h,则斜面长度L=,由匀变速直线运动规律sin a,i/2 gsin a ii s cos a h ,_,二

41、 ,4八、一 一有，V1 = #2aL=:;物体从斜面顶端开始做自由洛体运动，有 vNsin a=42gh且 vi = kv,联立解得（1=（1 - k ）tan a , C 正确。4.（2018 厦门月考）如图所示，一倾角为0 =37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度 V0 = 10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为= 0.5 ,重力加速度g取10 m/s2, sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8 ,下列说法正确的是（）A.滑块上滑的距离小于 5 mB. t=1 s时，滑块速度减为零，然后静止在

42、斜面上C. t=2 s时，滑块恰好又回到出发点D. t =3 s时，滑块的速度大小为 4 m/s答案 D解析 设滑块上滑时的加速度大小为 3i,由牛顿第二定律可得 mgsin 8+mgpos 0 = ma,解得 3i= 10 m/s 2,上滑时间为 11 = v= 1 s ,上滑的距离为 xi =3v0t 1=5 m ,因3i2mgsin 9 >mgcos 0 ,滑块上滑到速度为零后，向下运动，A B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得 mgsin 0 mopos 0 = ma,解得a2=2 m/s；经1 s,滑1 2块下滑的距离为X2 = 2a2t2=1 m<

43、5 m,滑块未回到出发点，C错误；t = 3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度 v=a（t3） = 4 m/s , D正确。5 .如图所示，A B两球质量相等，光滑斜面的倾角为0,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 0B.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倍答案 D解析 撤去挡板前，挡板对 B球的弹力大小为 2mg,in 0 ,因弹簧弹力不能突变，而杆 的弹力会突变，所以撤去挡板

44、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 0 ,加速度为2gsin 0 ;图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为 mg>in 0 ,加速度均为gsin 0 ,可知只有D正确。6 . （2019 四省八校双教研联盟联考）将质量为m= 0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度vo = 20 m/s ,已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f = kv,且k= 0.1 kg/s ,其速率随时间变化规律如图所示，取g=10 m/s 2,则以下说法正确的是（）A.小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB.小千在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C.小球抛出瞬

45、间的加速度大小为20 m/sD.小球落地前做匀速运动，落地速度大小vi = 10 m/s答案 D解析小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s , A错误；小球在ti时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，力口 速度为g, B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg= 1.0 N,空气阻力f = kvo=0.1 X20 N= 2.0N,所受合外力 F=m什f = 3.0 N ,由牛顿第二定律有 F= ma,解得小球抛出瞬间的加速度 大小为30=30 m/s 2, C错误；小球落地前做匀速运动，由mg= kv1,解得V1= 10 m/s , D正确。7

46、 .如图，A B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 0的斜面光滑，系统静止时， 弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A.两个小球的瞬时加速度均与生斜面向下，大小均为gsin 08 . B球的受力情况未变，瞬时加速度为零9 . A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin 0D.弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度沿斜面向上，A球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零答案 BC解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹=m3in 0 ,对A球F绳=F弹+m第n 0, 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未 变，瞬时加速

47、度为零，对 A球根据牛顿第二定律得 a= Fi=Fw+mg?in e =2gsin e ,方向沿 m m斜面向下，故A、D错误，B、C正确。8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成 e角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时， 细线保持与竖直方向成 a角，若e < a ,则下列说法正确的是（）A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上8 .轻杆对小球的弹力方向与细线平行C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D.此时小车的加速度为 gtan a答案 BD解析 由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细

48、线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得 mgan a = ma解得a = gtan a ,故小车的加速度为 gtan a ,选项B、D 正确。9 .（2018 盐城一模）如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是（）答案 BD. 一 一一 - 一2-解析 设斜面与水平面夹角为 9 ,斜面长为2L,在斜面上半段ai=gsin 0, ve= 2aiL, 在斜面下半段0 vE= 2azL,故加速度大小 a = %,故B、D正确，C错误；在斜面上半段 x = ；ait2, x-t图应开口向上，故 A错误。10 . (2018 南昌模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为 150 kg 的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的