高中一轮复习物理第三章牛顿运动定律

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))eq\a\vs4\al(牛顿运动定律)考纲要求考情分析牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.命题规律近几年高考对本章内容的考查以定律的综合应用为主，考查题型多为选择题。2.考查热点以联系生活实际、强调综合分析为主，突出表现物理知识的应用性、综合性。2019届高考复习应予以高度关注。实验三：加速度与物体质量、物体受力的关系[说明]加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况。第12课时牛顿第一定律牛顿第三定律(双基落实课)知识点一物理学史物理学家国籍观点亚里士多德古希腊力是维持物体运动状态的原因伽利略意大利通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物理学中的“福尔摩斯”笛卡儿法国如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向牛顿英国牛顿运动定律[小题练通]1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡儿也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，提出了惯性定律，即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。B、C、D正确。2．(2018·武汉部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选DA项是伽利略的观点，B、C两项是牛顿的观点，D项是亚里士多德的观点。知识点二牛顿第一定律的理解1．牛顿第一定律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．牛顿第一定律的意义(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。(2)指出一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，但当物体所受合外力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态。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)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。(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。[小题练通]1．(多选)(人教教材改编题)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是()A．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B．地球自西向东自转，人向上跳起来后，还会落到原地C．安全带的作用是防止汽车刹车时，人由于惯性作用发生危险D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力解析：选BC飞机在目标正上方投弹时，由于惯性，炸弹会落在目标的前方，A错；地球自西向东自转，人向上跳起后，由于惯性，还会落在原地，B对；汽车刹车时，由于惯性，人会向前冲，安全带可以防止人的前冲，C对；物体被向上抛出后，在空中向上运动是由于惯性，D错。2．下列说法中正确的是()A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小解析：选C惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关，A、B、D错误，C正确。牛顿第一定律的应用技巧(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，养成正确的思维习惯。(2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。因此，判断物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。知识点三牛顿第三定律的理解和应用1．牛顿第三定律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。2．牛顿第三定律的意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。3．作用力与反作用力的三个关系4．相互作用力与平衡力的比较一对平衡力一对作用力和反作用力不同点作用在同一物体上作用在两个相互作用的不同物体上力的性质不一定相同一定是相同性质的力不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失作用效果可相互抵消作用效果不可抵消相同点大小相等，方向相反，作用在同一条直线上[小题练通]1．(多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果(如图所示)，分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，下列结论正确的是()A．作用力与反作用力同时产生B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反解析：选ACD从题图可以看出，作用力和反作用力等大、反向，且变化情况相同，选项A、C、D正确。2．(粤教教材原题)沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷。若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是()A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力解析：选D人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C错误，D正确。理解牛顿第三定律应注意的三个问题(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。(2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效果(运动效果或形变效果)不同。(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。知识点四应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，可利用牛顿第三定律转换研究对象，先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。[小题练通]1．一个箱子放在水平地面上，箱子内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力大小是()A．(M＋m)g B．Ff＋mgC．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g解析：选C箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。C正确。2．(2018·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。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0.5m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10m/s2)()A．510N B．490NC．890N D．910N解析：选B对建筑材料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋N，得N＝490N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490N，故选项B正确。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”。关于运动和力的关系，下列说法中正确的是()A．力是维持物体运动的原因B．力是改变物体惯性大小的原因C．力是改变物体位置的原因D．力是改变物体运动状态的原因解析：选D物体的运动不需要力来维持，没有力的作用其位置也可以改变，力是改变物体运动状态的原因，是物体产生加速度的原因，质量是物体惯性大小的唯一量度，D项正确，A、B、C项错误。2．如图所示，人站立在体重计上，下列说法中正确的是()A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力解析：选B人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力，A项错误，B项正确；人所受的重力与人对体重计的压力大小相等、方向相同，既不是平衡力，也不是作用力和反作用力，C、D项错误。3．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是()A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系解析：选C由题意可知，榔头和玻璃之间的作用力是一对作用力和反作用力，所以应该是等大的，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以榔头把玻璃打碎了。故C正确。4．(2014·北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为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．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析：选A由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是：如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，选项A正确；B、C、D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到，选项B、C、D错误。5．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面的摩擦力大小一定为()A．μ1(m＋M)g B．μ2mgC．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg解析：选B木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对其水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于长木板处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，故B正确。二、多项选择题6．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是()A．车速越大，它的惯性越大B．车的质量越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后滑行的路程越长D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大解析：选BC惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大，A错误，B正确；滑行的路程应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是一定的，根据v2－v02＝2ax，所以车速越大，其滑行的路程越大，而与其惯性大小无关，C正确，D错误。7．在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速 D．小车可能突然向右减速解析：选BD原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出。②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D项正确。8．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选AC由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C正确，D错误。9．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法不正确的是()A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选ABD根据牛顿第三定律可知，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，A错误；甲和乙的拉力作用在同一个物体上，不是作用力与反作用力，B错误；设绳的张力为F，根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)知，若m甲>m乙，则a甲<a乙，由x＝eq\f(1,2)at2推知，甲的位移较小，乙先过界，C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，D错误。第13课时牛顿第二定律(双基落实课)知识点一牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律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。表达式为：F＝ma。2．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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。3．牛顿第二定律的五个特性矢量性F＝ma是矢量式，a与F同向瞬时性a与F对应同一时刻因果性F是产生a的原因同一性F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位独立性每一个力都产生各自的加速度4．合力、加速度、速度间的决定关系(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，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。[小题练通]1．(2018·莆田模拟)一质点受多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：选C质点受多个力的作用，处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来大小的过程中，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律知，a先增大后减小，v始终增大，C项正确。2．(多选)一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10m/s2)()A．3N B．25NC．30N D．50N解析：选ACD若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25N，C、D正确。(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)速度的大小如何变化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。知识点二瞬时性问题1．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，认为弹力保持不变。2．解题思路[小题练通]1．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球的加速度大小是图乙中B球加速度大小的2倍解析：选D撤去挡板前，题图甲和题图乙中的A、B两球的受力情况一样，A球受轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向上，大小为mgsinθ，B球受到轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsinθ，B球受挡板C的弹力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，撤去挡板后，轻杆受力可突变，而轻弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中A球的加速度为零，B球的加速度大小为2gsinθ，题图乙中轻杆的存在使A、B两球的加速度相同，由2mgsinθ＝2ma，可得A、B两球的加速度大小a＝gsinθ，方向沿斜面向下，D正确，A、B错误；由上可知，题图乙中轻杆的作用力为零，C错误。2．(2018·马鞍山模拟)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。小球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是()A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上C．a＝eq\f(FT2,m)，方向水平向左 D．a＝eq\f(FT1,m)，方向沿Ⅰ的延长线解析：选C剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a＝eq\f(FT2,m)，方向水平向左，选项C正确。(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分析。(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。知识点三超重和失重问题1．超重和失重的概念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示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力超重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现象称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度失重物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度完全失重物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度2．对超、失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。(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)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要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。(5)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。[小题练通]1．(鲁科教材原题)关于超重与失重的下列说法正确的是()A．物体处于超重状态时，其所受的重力增加了B．物体处于失重状态时，其所受的重力减小了C．物体处于完全失重状态时，其所受的重力为零D．不论物体处于超重或失重状态，其所受的重力均没有变化解析：选D超重现象是由于物体加速度竖直向上或者加速度有竖直方向向上的分量，而引起物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于重力的现象，其所受的重力并没有发生变化；同理可分析，物体处于失重状态或者完全失重状态时，物体所受的重力也不会发生变化，因此D正确。2．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大 D．t＝8.5s时最小解析：选AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。判断超重和失重现象的三个角度和技巧(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0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)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重。②物体向下加速或向上减速时，失重。知识点四单位制1．单位制：由基本单位和导出单位组成。2．基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n摩[尔]mol发光强度IV坎[德拉]cd[小题练通]关于单位制，下列说法中正确的是()A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位C．在国际单位制中，A是导出单位D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的解析：选D在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，D正确，A错误；电量的单位C属于国际单位制中的导出单位，B错误；电流的单位A属于国际单位制中的基本单位，C错误。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2018·苏州高三检测)下列关于力学单位制的说法中正确的是()A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、J是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma解析：选Dkg是质量的单位，它是基本单位，A项错误；J是导出单位，B项错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，C项错误；牛顿第二定律的表达式F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，D项正确。2．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是()解析：选C根据题意，对雨滴进行受力分析可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动，故C正确。3．(2018·南京、盐城高三模拟)如图所示，质量为m的物块甲，放在容器底部，随同容器一起从某一高处由静止释放，下落过程中不计一切阻力。则物块甲()A．加速度大于gB．加速度小于gC．对容器底部的压力等于0D．对容器底部的压力等于mg解析：选C物块甲和容器一起做自由落体运动，整体法分析得出加速度为g，A、B项错误；对容器分析，物块甲若对容器有压力，加速度将大于g，故对容器没有压力，C项正确，D项错误。4．(2018·呼和浩特模拟)如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10m/s2)()A．以a＝1m/s2的加速度加速上升B．以a＝1m/s2的加速度加速下降C．以a＝9m/s2的加速度减速上升D．以a＝9m/s2的加速度减速下降解析：选B根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧的伸长量10cm，可知升降机的加速度向下，对物体由牛顿第二定律可得，mg＝kx，mg－kx′＝ma，解得a＝1m/s2，则升降机的运动状态可能是以a＝1m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1m/s2的加速度减速上升，B正确。5.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v­t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()解析：选B根据v­t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。二、多项选择题6．(2016·全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。7．(2018·南通模拟)如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ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沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析：选BC设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsinθ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，瞬时加速度为零，B正确，A、D错误；以A球为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，C正确。8．(2018·盐城模拟)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g取10m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A．4m/s2 B．3m/s2C．2m/s2 D．1m/s2解析：选AB设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcos15°，F合＝FNsin15°＝ma，联立解得a＝eq\f(FQ＋mg,m)×tan15°＝eq\f(FQ,m)×0.27＋2.7m/s2＞2.7m/s2，故选项A、B正确。9．(2018·淮安模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零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，则可以计算出()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ACD由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7N，A项正确；由F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，将F1＝7N，a1＝0.5m/s2，F2＝14N，a2＝4m/s2代入上式可得m＝2kg，μ＝0.3，C、D项正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14N时物体的速度，B项错误。第14课时动力学的两类基本问题(重点突破课)eq\a\vs4\al([基础点·自主落实])[必备知识]1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况。(2)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，具体逻辑关系如图。3．动力学中常见的图像v­t图像、x­t图像、F­t图像、F­a图像等。4．解决图像问题的关键(1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位，并注意坐标原点是否从0开始。(2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。[小题热身]1．质量为1kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在ts内的位移为xm，则F的大小为()A.eq\f(2x,t2)NB.eq\f(2x,2t－1)NC.eq\f(2x,2t＋1)ND.eq\f(2x,t－1)N解析：选A由x＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2x,t2)m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝1×eq\f(2x,t2)N＝eq\f(2x,t2)N，故A正确。2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为()A．7m/s B．14m/sC．10m/s D．20m/s解析：选B设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg。由v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2μgx)＝eq\r(2×0.7×10×14)m/s＝14m/s，因此B项正确。eq\a\vs4\al([重难点·师生互动])重难点(一)已知受力情况，求物体的运动情况[典例](2016·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。[解析](1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1 ①f＝μmgcosθ ②联立①②式并代入数据得a1＝5m/s2 ③a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2 ④F＝k(m＋M)g ⑤s1＝vt－eq\f(1,2)a1t2 ⑥s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2 ⑦s＝s1－s2 ⑧l＝l0＋s0＋s2 ⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98m。 ⑩[答案](1)5m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98m动力学问题的解题步骤[集训冲关](2018·江苏常州模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4N。g取10m/s2。(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？(2)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t＝5s时离地面的高度h；(3)当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v。解析：(1)无人机悬停时处于受力平衡状态，有F1＝mg，解得F1＝20N。(2)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有F－mg－f＝ma，解得a＝6m/s2由h＝eq\f(1,2)at2，解得h＝75m。(3)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有mg－f＝ma1，解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H，解得v＝40m/s。答案：(1)20N(2)75m(3)40m/s重难点(二)已知运动情况，求物体的受力情况[典例](2018·德州模拟)一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m。求：(g取10m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小。[解析](1)根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。由x＝eq\f(1,2)a1t2，得a1＝2m/s2，当加速度沿斜面向上时：Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1，代入数据得：F＝eq\f(76\r(3),5)N；当加速度沿斜面向下时：mgsinθ－Fcosθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1代入数据得：F＝eq\f(4\r(3),7)N。[答案](1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N已知运动求受力问题同样需要对物体进行受力分析，而且要在通过分析物体的运动情况得出合外力的方向的基础上，画出受力示意图。需要特别注意：产生加速度的合力是由物体实际受到的力合成而来，并非物体又另外受到这样一个力的作用。[集训冲关]1．(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的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m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v0，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v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()A．25m/s,1.25 B．40m/s,0.25C．50m/s,0.25 D．80m/s,1.25解析：选C根据h＝eq\f(1,2)at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/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＝eq\f(mg＋Ff,m)＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确。2．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知P经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P在AB、BC上所做的运动均可看成匀变速直线运动)()A．1∶1 B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设P在AB段运动时间为t，则可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由xAB＝eq\f(v0＋vB,2)·t，xBC＝eq\f(vB,2)·4t，xAB＝xBC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。重难点(三)应用图像分析物体的运动情况或受力情况[典例](2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()A．F1<F2 B．F2>F3C．F1>F3 D．F1＝F3[解析]由v­t图像可知，0～5s内加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F2＝mgsinθ－f；10～15s内加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F3＝mgsinθ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。[答案]A解决图像综合问题的三点提醒(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)注意图线中特殊点的物理意义：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的信息：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，确定从图像中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。[集训冲关](2018·南阳模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为返回舱竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱运动的v­t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400kg，g取10m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v0＝160m/s时，返回舱的加速度大小；(3)空气阻力系数k的数值。解析：(1)由题图图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动。(2)开始时v0＝160m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－160,8)))m/s2＝20m/s2故加速度大小为20m/s2。(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得在t＝0时有kv02＋F－Mg＝Ma由题图知返回舱的最终速度为v＝4m/s当返回舱做匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0故k＝eq\f(Ma,v02－v2)＝eq\f(400×20,1602－42)≈0.31。答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动(2)20m/s2(3)0.31eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A．450N B．400NC．350N D．300N解析：选C汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq\f(v0,t)＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确。2．用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是()A．v＝6m/s，a＝0 B．v＝10m/s，a＝2m/s2C．v＝6m/s，a＝2m/s2 D．v＝10m/s，a＝0解析：选A由牛顿第二定律可知，在前3s内物体的加速度a＝eq\f(F,m)＝2m/s2,3s末的速度大小v＝at＝6m/s，当外力F撤去后，加速度变为零，物体的速度大小保持不变为6m/s，选项A正确。3．若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()A．携带弹药越多，加速度越大B．加速度相同，与携带弹药的多少无关C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D．携带弹药越多，滑行时间越长解析：选D携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F＝ma可知，战机加速度越小，由v2＝2ax可知，起飞速度越小，A、B、C错误；起飞前滑行的距离相同，由x＝eq\f(1,2)at2可得，加速度越小，滑行时间越长，D正确。4．(2018·无锡联考)如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a向上做匀加速运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g)()A.eq\f(asinθ,g＋acosθ) B.eq\f(acosθ,g＋asinθ)C.eq\f(asinθ,g－acosθ) D.eq\f(acosθ,g－asinθ)解析：选B将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ff＝max＝macosθ，在竖直方向有FN－mg＝may＝masinθ，Ff＝μFN，联立解得μ＝eq\f(acosθ,asinθ＋g)，B项正确。5．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置()A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上解析：选D设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，由位移公式得l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，即eq\f(l,sinθ)＝eq\f(1,2)gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但eq\f(l,sinθ)相同，即各小球最高点的位置在直径为eq\f(1,2)gt2的圆周上，选项D正确。二、多项选择题6．(2018·泰州姜堰区高三期中)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，但加速度大于a解析：选AD设斜面倾角为α，若物块原来匀速下滑，即μ＝tanα，与物块重力无关，则施加竖直向下的力F，物块仍匀速下滑，A项正确，B项错误；若物块原来匀加速下滑，将F等效为重力，则(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma′，加速度变大，C项错误，D项正确。7．(2018·山东师大附中质检)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)()A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动解析：选BC物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B项正确，A项错误；减速到零后，F<Ff，物体将保持静止状态，不再运动，C项正确，D项错误。8．(2018·河北衡水中学检测)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v0＝4m/s的速度，沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示，g取10m/s2，则根据题意计算出的下列物理量正确的是()A．上滑过程中的加速度的大小为8m/s2B．木块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),5)C．木块回到出发点时的速度大小为2m/sD．木块经2s返回出发点解析：选ABC根据题意，由题图乙可知，木块经0.5s上滑至最高点，则加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,0.5)m/s2＝8m/s2，选项A正确；上滑过程中，由牛顿第二定律知，加速度a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，上滑的位移x＝eq\f(v02,2a1)＝1m，选项B正确；下滑过程中，加速度a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，木块回到出发点时的速度大小v＝eq\r(2a2x)＝2m/s，下滑的时间t2＝eq\f(v,a2)＝1s，从开始至返回出发点的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项C正确，D错误。9．(2018·苏州联考)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做匀速运动，速度为v0。下列图像中正确的是()解析：选ABC雨滴由静止开始下落，所受空气阻力为0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律得mg－f＝ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后f＝mg时，加速度减小到零，雨滴做匀速运动，故A、B项正确；雨滴最后匀速运动时有kr2v02＝mg＝ρ·eq\f(4πr3,3)g，得：v02＝eq\f(4πρg,3k)r，故C项正确，D项错误。三、计算题10．(2018·无锡检测)如图(a)，t＝0时，水平桌面上质量为m＝1kg的滑块获得水平向右的初速度v0＝2m/s，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s内滑块的速度－时间关系图线如图(b)所示。求：(1)前2s内滑块的位移大小和方向；(2)滑块所受拉力和摩擦力大小；(3)若在t＝2s时将拉力撤去，之后滑块还能滑行的距离。解析：(1)前2s内滑块的位移大小x＝eq\f(1,2)×1×2m－eq\f(1,2)×1×0.8m＝0.6m方向与初速度方向相同。(2)0～1s内加速度大小a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝2m/s2F＋f＝ma11～2s内加速度大小a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝0.8m/s2F－f＝ma2联立解得F＝1.4N，f＝0.6N。(3)撤去拉力后，加速度大小为a3＝eq\f(f,m)＝0.6m/s2还能滑行x3＝eq\f(v22,2a3)＝eq\f(8,15)m≈0.53m。答案：(1)0.6m方向与初速度方向相同(2)1.4N0.6N(3)0.53m11．研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20m/s，末速度vt＝0，位移s＝25m，由运动学公式得v02＝2as ①t＝eq\f(v0,a) ②联立①②式，代入数据得a＝8m/s2 ③t＝2.5s。 ④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s ⑤Δt＝t′－t0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3s。 ⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma ⑧由平行四边形定则得F02＝F2＋(mg)2 ⑨联立③⑧⑨式，代入数据得eq\f(F0,mg)＝eq\f(\r(41),5)。 ⑩答案：(1)8m/s22.5s(2)0.3s(3)eq\f(\r(41),5)第15课时牛顿运动定律的综合应用(题型研究课)(一)整体法与隔离法求解动力学连接体问题连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。题型1同一方向上的连接体问题这类问题通常为连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。[例1](多选)(2018·哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则下列说法正确的是()A．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为eq\f(F,4)B．一起加速过程中，C受到4个力的作用C．一起加速过程中，A、D所受摩擦力的大小和方向相同D．当F撤去瞬间，A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变[解析]一起加速过程中，由整体法有：a＝eq\f(F,4m)，对D：fD＝ma＝eq\f(F,4)，A正确；分析C的受力，C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力，共5个力，B错误；对A：fA＝ma＝eq\f(F,4)，C正确；当F撤去瞬间，D受力情况不变，B受力情况改变，A所受静摩擦力方向改变，D错误。[答案]AC题型2不同方向上的连接体问题如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。[例2](多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过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，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g[解析]互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。[答案]BC整体法与隔离法使用心得(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。(2)整体法计算简便，但对受力分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。(3)只要按部就班受力分析、列方程，整体法能解决的问题，隔离法都能解决。[集训冲关]1．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1>F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为()A.eq\f(F1－F2,k) B.eq\f(F1＋F2,2k)C.eq\f(F1－F2,2k) D.eq\f(F1＋F2,k)解析：选B对整体分析，根据牛顿第二定律得，a＝eq\f(F1－F2,2m)，单独对A分析，有F1－F弹＝ma，解得弹簧弹力F弹＝eq\f(F1＋F2,2)，根据胡克定律得，弹簧的伸长量x＝eq\f(F弹,k)＝eq\f(F1＋F2,2k)，故B正确，A、C、D错误。2．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是()A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变解析：选D对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对重球受力分析，加速前，重球处于静止状态，重力等于绳的拉力，加速后，重球的加速度水平向右，即绳的拉力和重力的合力水平向右，绳的拉力增大，弹簧秤读数变大，故D正确。(二)“图”解动力学多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下：[典例]“辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的eq\f(1,10)。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。[解析](1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1v12－v02＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－f－mgsinθ＝ma2，其中sinθ＝eq\f(h,l2)v22－v12＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0m/s2，v2＝eq\r(1720)m/s≈41.5m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－f＝ma1′v1′2－v02＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100m/s，代入已知数据解得F推＝5.175×105N。[答案](1)8.0s41.5m/s(2)5.175×105N如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解a2时很容易漏掉飞机重力沿斜面向下的分力。[集训冲关](2018·南昌模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1m，木箱的质量m＝50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直线运动，且可视为质点，g取10m/s2。为使该选手游戏获得成功，求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1解得a1＝3m/s2。(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得μmg＝ma2解得a2＝1m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t2撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝eq\f(a1t2,2a2)为使木箱停在有效区域内，要满足L1－L2≤x1＋x2≤L1解得1s≤t≤eq\r(\f(7,6))s。答案：(1)3m/s2(2)1s≤t≤eq\r(\f(7,6))seq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2018·东台月考)游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物理模型。一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态。若AB段的动摩擦因数μ1小于BC段的动摩擦因数μ2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A．在AB段的平均速度等于BC段的平均速度B．在AB段和BC段合外力所做的功相同C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小解析：选A小朋友在AB段做初速度为0的匀加速运动；在BC段做匀减速运动，末速度为0，这两段的平均速度都是B点速度的一半，所以相等，故A项正确；在AB段合外力做正功，在BC段合外力做负功，故B项错误；小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左；同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故C项错误；以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力；同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故D项错误。2．(2018·沈阳四校协作体期中)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为eq\f(MF,m＋M)B．小球对圆槽的压力为eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C由整体法可求得系统的加速度a＝eq\f(F,M＋m)，小球对圆槽的压力FN＝meq\r(g2＋a2)＝meq\r(g2＋\f(F2,M＋m2))，当F增大后，FN增大，只有C正确。3．(2018·盐城月考)一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车按图中所示分四次分别以a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与小车保持相对静止，且图1和图2中细线仍处于竖直方向，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是()A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθ解析：选B题图1、2中M在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A项正确，B项错误；对3、4两图，以M、m整体为研究对象，受力分析如图所示，f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，故C项正确；以m为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，联立可得：tanα＝2tanθ，故D项正确。4．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法错误的是()A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg解析：选A对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B滑动，C正确；对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为eq\f(3,2)μmg，故当eq\f(3,2)μmg＜F＜3μm