第三章 牛顿运动定律

第三章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律一、牛顿第一定律惯性1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。2．意义(1)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。(2)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。3．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)普遍性：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。二、牛顿第三定律1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。3．表达式：F＝－F′。情景创设一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。微点判断(1)由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而是又向前运行了一段距离。(√)(2)货车承载的货物越重，惯性越大。(√)(3)刹车时，货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。(×)(4)地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。(×)(5)车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。(×)提能点(一)牛顿第一定律(自练通关)点点通1．[对力与运动关系的理解](2021·连云港模拟)亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”。下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是()A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的解析：选D一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动，力是迫使物体做“受迫运动”的原因，A、B均正确；因物体具有惯性，竖直向上抛出的物体，受到了重力，向上的速度先减小到零后再反向向下运动，C正确；随桌面转动的盘子向桌子边缘滑去，并没有受到向外的力，而是盘子所需要的向心力超过了桌面给盘子的摩擦力，故D错误。2．[对牛顿第一定律的理解]人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，下列分析人的运动情况的选项中正确的是()A．只有当车厢处于静止状态，人才会落回跳起点B．若车厢沿直线水平匀速前进，人将落在跳起点的后方C．若车厢沿直线水平加速前进，人将落在跳起点的后方D．若车厢沿直线水平减速前进，人将落在跳起点的后方解析：选C根据牛顿第一定律内容可知：人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，若车厢处于静止状态或匀速直线运动状态，则人都会落回跳起点，故A、B错误；若车厢沿直线水平加速前进，人将在水平方向上保持起跳时的速度，而车厢沿直线水平加速，在人离开地面过程中车的速度始终大于人的速度，因此人将落在跳起点的后方，C正确，同理可知D错误。3．[对惯性的认识]某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则下列判断正确的是()A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用惯性取羽毛球解析：选D羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D正确。一站过1．对牛顿第一定律的理解(1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。(2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。2．对惯性的认识惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大。3．惯性的两种表现形式(1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。(2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。提能点(二)牛顿第三定律(题点精研)研微点1．[作用力与反作用力的关系](2021·浙江1月选考)如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时()A．小车只受重力、支持力作用B．木板对小车的作用力方向水平向左C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等对点清作用力与反作用力的关系2．[作用力和反作用力与一对平衡力的区别]小巧美观的冰箱贴利用磁性贴在冰箱的竖直表面上。静止不动时，冰箱贴()A．受到的磁力小于受到的弹力B．与冰箱间有四对作用力与反作用力C．受到的磁力和弹力是一对作用力与反作用力D．受到冰箱的作用力一定竖直向上对点清作用力和反作用力与一对平衡力的区别名称项目作用力与反作用力一对平衡力作用对象两个相互作用的不同物体同一个物体作用时间一定同时产生、同时消失不一定同时产生、同时消失力的性质一定相同不一定相同作用效果不可抵消可相互抵消3.[牛顿第三定律的应用]建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10m/s2)()A．510NB．490NC．890ND．910N对点清利用牛顿第三定律转换研究对象如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力，然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。[精解详析——教师用书独具]1．选D对小车受力分析如图所示，小车受到4个作用力，显然选项A错误；木板对小车有竖直向上的支持力，故木板对小车的作用力方向斜向上，选项B错误；根据牛顿第三定律，木板对小车的作用力一定等于小车对木板的作用力，选项C错误，D正确。2．选D冰箱贴静止不动，受力平衡，它受到的磁力和受到的弹力是一对平衡力，大小相等，故A、C错误；冰箱贴与冰箱间的作用力有：摩擦力、磁力和弹力，则与冰箱间有三对作用力与反作用力，故C错误；冰箱贴除受向下的重力外，还受到冰箱的作用力，与重力等大反向，则受到冰箱的作用力一定竖直向上，选项D正确。3．选B设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N绳子对人的拉力F2＝F1＝210N人处于静止状态，则地面对人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490N故B项正确。命题情景真实化——聚焦生活实际，分析解决问题感悟教材导向备考启示(选自新粤教版必修第一册)请根据如图所示的情景，说明车子所处的状态，并对这种情景作出解释。答案：由题图可以看出，乘客向前倾，说明乘客相对车厢有向前运动的速度，所以汽车在做减速运动。汽车速度减小，乘客由于惯性具有较大的速度，故乘客向前倾。生活中与惯性有关的例子相当多，如汽车刹车时乘客向前倾、为增加汽车行驶中的稳定性增大汽车底盘的质量、参加作战任务的战斗机为提高运动的灵活性要抛掉副油箱、相扑运动员不希望被别人摔倒往往体形比较肥胖等等。这些现象中，往往都是改变质量来改变自身惯性大小的。[热点训练]1．(2020·浙江7月选考)如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车()A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动解析：选B缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，两只行李箱所受的静摩擦力可能小于最大静摩擦力，则行李箱可以相对公交车静止，A项错误；急刹车时，a、b行李箱由于惯性，要保持原来的运动状态，但a行李箱与底面的摩擦为滚动摩擦，比较小，故a行李箱会向前运动，b行李箱可能静止不动，也可能向前运动，B项正确；缓慢转弯时，公交车具有指向轨迹内侧的较小的加速度，当行李箱所受的静摩擦力足以提供其向心力时，行李箱相对车子静止，C项错误；急转弯时，公交车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力，则其做离心运动，即相对公交车向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力，则其相对公交车静止，D项错误。2．一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图()解析：选A当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A所示的情形符合要求，故A正确。3．“复兴号”高铁在某段水平轨道上匀速行驶，假设高铁上固定着盛满水的纸杯。若突然发现纸杯中的水向右洒出，如图所示，则关于高铁在此种情况下的运动，下列描述正确的是()A．高铁匀速向左运动B．高铁可能突然向左加速运动C．高铁可能突然向左减速运动D．高铁可能突然向右加速运动解析：选B若高铁匀速向左运动，则水也匀速运动，速度不变，水不会从纸杯中洒出，A错误；高铁突然向左加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以高铁向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，B正确；高铁突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以高铁向左的速度小于水向左的速度，水应向左洒出，C错误；高铁突然向右减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以高铁向右的速度小于水向右的速度，水应向右洒出，D错误。4．(2021·淮安模拟)如图所示的照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。下列各选项是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是()A．因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地B．因为骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此人和车一起倒地C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒地解析：选B骑车人之所以摔倒，是因为自行车前轮陷入水坑后突然静止，而人和车的后半部分由于惯性仍要保持原来的运动状态。1．如图所示，某人用手托着苹果处于静止状态，则()A．手所受压力是由于苹果的形变而产生的B．手所受压力和手对苹果的支持力是一对平衡力C．苹果所受重力和手对苹果的支持力是一对平衡力D．苹果所受重力和苹果对手的压力是作用力和反作用力解析：选AC苹果对手的压力是由于苹果发生形变而产生的，A正确；手所受压力和手对苹果的支持力，作用在两个物体上，是一对作用力与反作用力，B错误；苹果所受重力和手对苹果的支持力都作用在苹果上，大小相等，方向相反，是一对平衡力，C正确；苹果对手的压力是由于苹果形变而产生的，是苹果与手之间的作用，而重力是由于地球的吸引而产生的，是苹果与地球的相互作用，D错误。2．(2021·潍坊调研)如图所示，体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜解析：选BD把甲、乙两人及绳子看作一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两人的摩擦力；整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力；甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等；即不管谁获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故A、C错误，B、D正确。3．如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，运动员与滑板分离，分别从横杆的上、下通过，忽略运动员和滑板在运动中受到的阻力，则运动员()A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后B．在空中水平方向先加速后减速C．越过杆后落在滑板的后方D．越过杆后仍落在滑板上起跳的位置解析：选D运动员相对于滑板竖直向上起跳，所以脚对滑板的作用力竖直向下，A项错；运动员在空中时，水平方向不受力的作用，水平方向速度不变，B项错；由于运动员和滑板的水平速度始终相同，所以运动员落在滑板上起跳的位置，C项错，D项对。4.2019年12月20日11时22分，我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭搭载中巴地球资源卫星04A星等9颗卫星成功发射。关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用解析：选A火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误。5．如图，力传感器记录了两个物体间的作用力和反作用力的变化图线，根据图线可以得出的结论是()A．作用力大时，反作用力小B．作用力和反作用力大小的变化始终同步C．作用力和反作用力作用在同一个物体上D．此时两个物体都处于静止状态解析：选B根据题图可以看出作用力和反作用力关于时间轴对称，即大小相等，一个力大于0，另一个力小于0，故说明作用力和反作用力一正一负，即方向相反，故A错误，B正确；作用力和反作用力只能作用在不同的物体上，故C错误；无论物体静止还是运动，作用力和反作用力的关系都不改变，故D错误。[课时跟踪检测]1．鞋子上粘上泥巴，在地面上脚跟朝下磕两下，泥巴就掉了，这是利用()A．鞋的惯性 B．泥巴的惯性C．地面的惯性 D．脚的惯性解析：选B当鞋遇地面停止运动后，泥巴由于惯性继续运动而脱离鞋子，选项B正确。2.如图所示，船夫用撑杆撑船前行，则()A．船对人的力小于人对船的力B．船对水的力大于水对船的力C．人对撑杆的力与撑杆对人的力大小相等D．撑杆对河底的力大于河底对撑杆的力解析：选C船对人的力与人对船的力，船对水的力与水对船的力，人对撑杆的力与撑杆对人的力，撑杆对河底的力与河底对撑杆的力，以上四对力都属于作用力和反作用力，作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，选项C正确，A、B、D错误。3.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则()A．绳子对甲的拉力小于甲所受的重力B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定小于乙所受的重力D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定大于乙所受的重力解析：选D甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，绳子对甲的拉力等于甲所受的重力，A错误；由牛顿第三定律可知，绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力大小相等，B错误；因乙能把绳子拉断，说明乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定大于甲拉绳子的力，也一定大于乙所受的重力，C错误，D正确。4.高铁是我国“新四大发明”之一。有一段视频，几年前一位乘坐京沪高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车水平窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒下。这一视频证明了我国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是()A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态C．硬币倒下是因为受到风吹D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用解析：选A当列车匀速直线行驶时，硬币立于列车水平窗台上，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力，当列车在加速或减速过程中，沿着行进方向的静摩擦力或与行进方向反向的静摩擦力提供硬币的加速度，故A正确，B、D错误；硬币倒下是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币由于惯性运动状态与列车不一致而倒下，故C错误。5．(2021·扬州期末)如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)，原来随小车一起做匀速直线运动，当小车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．无法确定，因为不知小车的运动方向解析：选B小车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，又两球的速度相同，相同时间内通过的位移相同，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故B正确，A、C、D错误。6．下列说法错误的是()A．“天宫二号”进入运行轨道后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力B．火箭加速上升时，火箭发动机的推力大于火箭的重力C．鸡蛋撞击石头，蛋碎石全，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小解析：选C“天宫二号”进入运行轨道后，地球对它的引力和它对地球的引力是一对作用力和反作用力，A对；火箭加速上升时，有向上的加速度，依牛顿第二定律，F－mg＝ma，F＞mg，B对；鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等、方向相反，鸡蛋壳的机械强度远小于石头的机械强度，所以蛋碎石全，C错；乒乓球质量小，惯性小，运动状态容易改变，可以快速抽杀，D对。7.牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律。利用如图所示的装置做如下实验：物块从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动。水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，物块沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果物块不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果物块受到力的作用，它的运动状态将发生改变C．如果水平面光滑，物块将沿着水平面一直运动下去D．物块受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析：选C根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，物块滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，物块将沿着水平面一直运动下去。故C正确。8．(2021·连云港模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态解析：选A地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A项正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B项错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上人受到的合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C项错误；实验者被加速向上“托起”时，加速度方向向上，处于超重状态，D项错误。9.如图所示，一只小甲虫沿着倾斜的树枝向上匀速爬行，则()A．甲虫速度越大所受摩擦力越大B．树枝对甲虫的摩擦力方向沿树枝向下C．树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力D．甲虫匀速向下爬行与匀速向上爬行所受摩擦力方向相反解析：选C设树枝倾角为θ，根据平衡条件可知甲虫所受的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿树枝向上，匀速运动过程中，θ不变，则摩擦力不变，故A、B错误；匀速运动，受力平衡，树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力，故C正确；甲虫匀速向下爬行与匀速向上爬行所受摩擦力方向相同，均为沿树枝向上，故D错误。10．将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被挡板挡住时，下列实验现象正确的是()A．假设小车上表面光滑，木块将如图甲所示向前倾倒B．假设小车上表面光滑，木块将如图乙所示向前滑动C．假设小车上表面粗糙，木块将如图丙所示向后倾倒D．假设小车上表面粗糙，木块将如图乙所示向前滑动解析：选B当小车被挡板挡住时，小车将停下。如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误，B正确；如果小车上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，此时木块将如题图甲所示向前倾倒，C、D错误。第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2．表达式：F＝ma。3．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。二、单位制1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2．基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。3．导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。三、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：情景创设让一名孩子用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。微点判断(1)因为孩子一只手的力气较小，所以箱子可能不动。(×)(2)孩子对箱子施力，然后产生了加速度，加速度的产生滞后于力的作用。(×)(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。(×)(5)若孩子的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。(×)(6)孩子停止用力，则箱子立刻停下来。(×)提能点(一)牛顿第二定律(自练通关)点点通1．[对牛顿第二定律的理解]根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：选D根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，选项D正确。2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能很大解析：选C物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C正确。3．[牛顿第二定律与力的合成的综合问题](2021·宿迁质检)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是()A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mgB．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmgD．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为eq\r(1＋μ2)mg解析：选A若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg，选项A正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，选项B错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力和支持力，大小不等于μmg，选项C错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg，竖直方向对盘子的支持力为mg，则手指对盘的作用力的最大值等于eq\r(mg2＋μmg2)＝eq\r(1＋μ2)mg，即手指对盘的作用力大小不可超过eq\r(1＋μ2)mg，选项D错误。一站过1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。3．三点提醒(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。提能点(二)牛顿第二定律的瞬时性问题(题点精研)研微点一、弹力能瞬间改变的情形1．[轻绳连接]如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gtanθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g则()A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2对点清1.求解瞬时加速度的一般思路(1)分析瞬时变化前、后物体的受力情况；(2)根据牛顿第二定律列方程；(3)求瞬时加速度。2．轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。(1)在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。(2)一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。二、弹力不能瞬间改变的情形3．[弹簧连接](2021·徐州高三月考)如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ。设重力加速度为g，下列说法正确的是()A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为eq\f(g,cosθ)，方向与竖直方向成θ角斜向右下方C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsinθ，方向与水平方向成θ角斜向左下方D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtanθ，方向与竖直方向成θ角斜向左上方4．[橡皮绳连接]“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则()A．每根橡皮绳的拉力大小为eq\f(1,2)mgB．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g对点清弹簧、橡皮绳模型的特点1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。2．在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。[备课札记][精解详析——教师用书独具]1．选C据题意，在AC剪断前有：TBC＝eq\f(mg,cosθ)，AC剪断后有：TBC′＝mgcosθ，且mgsinθ＝ma，所以A、B均错误；在BC剪断前：TAC＝mgtanθ，BC剪断之后瞬间据橡皮筋弹力保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtanθ，其合力为F合＝eq\r(TAC2＋G2)，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，则加速度为a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(g,cosθ)，所以C正确、D错误。2．选A剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，选项A正确。3．选A从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，故选项A正确，选项B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件可知Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，FT＝mgtanθ，从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小为mgtanθ，由mgtanθ＝ma可得小球的加速度大小为a＝gtanθ，方向水平向左，故C、D错误。4．选B设每根橡皮绳的拉力为F，由2Fcos30°＝mg可得F＝eq\f(\r(3),3)mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳在腰间断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由eq\f(\r(3),3)mg＝ma可求得加速度a＝eq\f(\r(3),3)g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin30°＝ma可得，此时小明的加速度a＝eq\f(1,2)g，选项D错误。提能点(三)动力学的两类基本问题(活化思维)分类研1．[已知受力情况求运动情况](2021·山东等级考模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)2．[已知运动情况求受力情况]水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为()A.eq\f(5F,8g)B.eq\f(F,g)C.eq\f(3F,8g)D.eq\f(F,2g),握通法1．解决两类动力学问题的两个关键点2．两类动力学问题的解题步骤[备课札记][精解详析——教师用书独具]1．解析：(1)当货车在避险车道停下不发生溜滑时有：fm≥mgsinθ货车所受的最大摩擦力fm＝μN＝μmgcosθ联立可解得tanθ≤0.30。(2)货车在避险车道上行驶时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，则a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝5.51m/s2货车的初速度v0＝90km/h＝25m/则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝eq\f(v02,2a)≈57m。答案：(1)tanθ≤0.30(2)57m2．选A物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，联立解得a＝eq\f(3,5)g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正确。提能点(四)超重与失重(自练通关)点点通1．[超重与失重现象判断](2020·北京丰台区期末)图甲是某人站在接有力传感器的平板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是平板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2。根据图像分析可知()A．人的重力可由b点读出，约为300NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开平板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度解析：选C由题图可知，开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900N，人的重力也约为900N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开平板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。2．[根据失重分析物体的运动状态](2019·浙江4月选考)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)()A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析：选D将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动。3．[超重、失重现象的应用](2021·南京检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将()A．变大 B．变小C．不变 D．先变小后变大解析：选B剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确。一站过1．判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(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；向下的加速度恰好等于重力加速度时，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，处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。2．对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。创新问题规律化——“动力学图像问题”面面观体会新考法1．(2019·全国卷Ⅲ改编)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为0.1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选B木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4s内：F－F摩＝ma14～5s内：F摩＝ma2且知F摩＝0.2N，解得m＝1kg，F＝0.4N，选项A正确，B错误。由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。2．(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq\f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10m/s2)，求物件(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。解析：(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向竖直向下。(2)对匀减速运动过程，由运动学公式得v＝at2＝1m/s。(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m由题意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))h＝h1＋h2总位移h＝40m。答案：(1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s(3)40m追根新教材1．(选自新粤教版必修第一册)如图所示是一质量为2kg的物体在水平地面上的两种运动图线。Ⅰ表示物体受到一个与初速度方向成30°角的斜向上拉力F作用时的v­t图线。Ⅱ表示物体不受拉力作用时的v­t图线。求物体与地面的动摩擦因数μ和拉力F的大小。(取g＝10m/s2)解析：根据v­t图像的斜率等于加速度，由题图线Ⅱ可知物体不受拉力时的加速度大小为a2＝eq\f(12,6)m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2可解得：μ＝0.2。由题图线Ⅰ可得物体受拉力F时的加速度大小为a1＝eq\f(48－12,6)m/s2＝6m/s2由Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma1解得：F＝eq\f(ma1＋μmg,cos30°＋μsin30°)≈16.56N。答案：0.216.56N2．(选自新鲁科版必修第一册)如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图像如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则不能求出()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解析：选B由题图(b)可求出物块沿斜面上升的最大位移及物块沿斜面上滑的加速度a1和下滑的加速度a2，由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可求出μ和θ，但无法求出质量m，物块沿斜面上滑的最大高度hm＝xmsinθ，也可以求出，故选项A、C、D正确，B错误。融通会迁移常见图像v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。破题关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。[热点训练]1.(2021·苏州调研)如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析：选A设斜面倾角为θ，开始时：mgsinθ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确。2．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在力F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g＝10m/s2，则不能计算出()A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析：选B由a­F图像可知，拉力在7N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7N，选项A正确；再由图像可知，当F＝7N时，加速度为0.5m/s2，当F＝14N时，加速度为4m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，且不知随时间如何变化，则不能算出拉力为14N时物体的速度，选项B错误。3．(2021·扬州模拟)如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则下列说法正确的是()A．2s末物体的速度大小是2.5m/sB．2s末物体的速度大小是10m/sC．前16s内物体发生的位移大小是15mD．前16s内物体发生的位移大小是30m解析：选D由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，代入数据解得：a1＝2.5m/s2，又v1＝a1t1，代入数据解得v1＝5m/s，故A、B错误；物体在前2s内发生的位移为x1，则x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m，当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，代入数据可得a2＝0.5m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，解得t2＝10s，t2时间发生的位移为x2，则x2＝v1t2－eq\f(1,2)a2t22＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态，故物体在前16s内所发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下，故C错误，D正确。1．(2021·商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v­t图线如图所示，则()A．在0～t1内，外力F大小不断增大B．在0～t1内，外力F大小不断减小直至为零C．在t1～t2内，外力F大小可能不断增大D．在t1～t2内，外力F大小可能先减小后增大解析：选Dv­t图线的斜率表示加速度，所以在0～t1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a＝eq\f(F－μmg,m)，所以外力F大小不断减小，F的最小值等于摩擦力，故A、B错误；在t1～t2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a＝eq\f(μmg－F,m)，外力F大小可能不断减小，故C错误；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小：a＝eq\f(μmg＋F,m)，F后增大，因为v­t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小可能先减小后增大，故D正确。2．(2021·南京模拟)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变化的图像，则下列图像中可能正确的是()解析：选D对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力，D正确。3．(2021·汕头模拟)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是()A．改变倾角θ，雨滴下滑的时间不变B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：选C设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度a＝gsinθ，雨滴对屋顶的压力大小：FN′＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，A、D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。4．(2021·河南名校联考)热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为eq\f(1,4)M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求：(1)释放压舱物时热气球离地的高度h；(2)热气球与压舱物到达地面的时间差。解析：(1)由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有F浮＝Mg释放压舱物后：F浮－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－\f(1,4)M))g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－\f(1,4)M))a即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为：a＝eq\f(1,3)g由于热气球到地面时的速度刚好为零，则h＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(3v2,2g)。(2)设压舱物落地所用时间为t1，根据运动学公式有：h＝vt1＋eq\f(1,2)gt12，解得：t1＝eq\f(v,g)设热气球匀减速到地面所用时间为t2，则h＝eq\f(1,2)vt2，解得：t2＝eq\f(3v,g)因此两者到达地面所用时间差为：t2－t1＝eq\f(2v,g)。答案：(1)eq\f(3v2,2g)(2)eq\f(2v,g)[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．(2021·浙江1月选考)如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是()A．N·s B．N·m/sC．kg·m/s D．kg·m2/s3解析：选D根据P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Fl,t)可知，功率(W)的导出单位为N·m/s，根据F＝ma可知，牛顿(N)的导出单位为kg·m/s2，因此用国际单位制基本单位表示功率单位为kg·m2/s3，故D正确。2.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则()A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析：选A物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。3．木箱内的地板上放置一个5kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s2，至第3s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是()A．第2s末物体的重力增大到70NB．第4s末物体对木箱地板的压力为70NC．第4s末物体对木箱地板的压力为50ND．第6s末物体对木箱地板的压力为0解析：选D第2s末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；第4s末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故B、C错误；第6s末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D正确。4.(2021·六盘水模拟)如图所示，质量为m的小球用两根细线OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为()A．g B.eq\f(5,4)gC.eq\f(7,4)g D.eq\f(3,2)g解析：选C小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得Fcos37°＝mg在水平方向，由牛顿第二定律得2F－Fsin37°＝解得a＝eq\f(7,4)g，故C正确，A、B、D错误。5．(2021·南通模拟)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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gsinθB．两图中A球的加速度均为0C．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍解析：选D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsinθ＝2ma，a＝gsinθ，隔离小球B，mgsinθ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。6.(2021·保定月考)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C．(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D．(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)解析：选C运用牛顿第二定律，上升时有ma1＝mgsin37°＋μmgcos37°，x1＝eq\f(v02,2a1)，t1＝eq\f(v0,a1)，解得t1＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(v02,2g)；下降时ma2＝mgsin37°－μmgcos37°，x1＝eq\f(1,2)a2t22，解得t2＝eq\r(5)eq\f(v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故C正确。7．(2021·泰州第一次联考)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置。其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物，0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断错误的是()A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态C．升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼D．升降机开始时可能停在高楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼解析：选D由于压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，又由于压敏电阻与电流显示器串联，故重物超重，电流变大，重物失重，电流变小，A、B、C正确。8．质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则()A．此时轻绳的拉力大小为mgsinαB．此时轻绳的拉力大小为MgC．此时A运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．此时A运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g解析：选D第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsinα＝mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg－mgsinα＝(m＋M)a，联立得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，对B，由牛顿第二定律得T－mgsinα＝ma，解得T＝mg，故D正确，A、B、C错误。9．地面上测量质量的托盘天平在太空舱中将失效。于是，小明同学设计了如图甲所示的太空质量测量仪。装置D是轴承恒定拉力装置，在设定的空间范围内能够给受力砧C提供恒定的拉力。砧C的质量m0＝1kg，装置D提供的恒定拉力F＝20N。在装置D外壳上安装了连接到计算机的位移传感器测速装置A，在砧C上固定了轻质电磁波反射板B。进入工作状态后，通过装置A和反射板B可以绘制砧C的运动图像。连接砧C末端的轻质绳可以把待测物体固定在砧C上。在某次太空实验中，宇航员要用太空质量测量仪测量某实验样品的质量，轻质绳固定样品后，拉出受力砧至最大位置后释放，计算机呈现了如图乙所示的物理图像。求：(1)在此次实验中，砧C运动时加速度大小a；(2)实验样品的质量m；(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小T。解析：(1)砧C和实验样品固定后，一起做匀加速直线运动，即有v2＝2ax，根据图像数据可知a＝5m/s2。(2)根据牛顿第二定律，以砧C和实验样品为研究对象，有：F＝(m0＋m)a，代入已知数据，解得m＝3kg。(3)以实验样品为研究对象，有：T＝ma，解得T＝15N。答案：(1)5m/s2(2)3kg(3)15N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(2021·南京模拟)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为()A．g B.eq\f(M－mg,m)C.eq\f(Mg,m) D.eq\f(M＋mg,m)解析：选D当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝eq\f(M＋m,m)g，选项D正确。11．(2021·苏州调研)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上。另一端分别连在A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsinα。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acosα＝gsinα·cosα，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsinα，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。12.如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。(1)求当t＝0.5s时物体的加速度大小。(2)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的速度最大？最大值为多少？解析：(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t)N当t＝0.5s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3N由牛顿第二定律得F1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合­t图像如图所示从图中可以看出，在0～2s范围内当t＝0时，物体有最大加速度amFm＝mam，am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2当t＝2s时，物体也有最大加速度am′Fm′＝mam′，am′＝eq\f(Fm′,m)＝eq\f(－2,2)m/s2＝－1m/s2负号表示加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得a＝eq\f(F合,m)＝1－t(m/s2)画出a­t图像如图所示由图可知t＝1s时速度最大，最大值等于a­t图像在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积，v＝eq\f(1,2)×1×1m/s＝0.5m/s。答案：(1)0.5m/s2(2)当t＝0时，加速度最大值am＝1m/s2；当t＝2s时，加速度最大值am′＝－1m/s2(3)t＝1s时，速度最大值v＝0.5m/s第3讲牛顿运动定律的综合应用一、动力学中的连接体问题(活化思维)1．连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度相等。2．处理连接体问题的方法(1)整体法的选取原则及解题步骤①当只涉及系统的受力和运动情况