2025版《新亮剑》高中物理：第三章 运动和力的关系含答案

2025版《新亮剑》高中物理：第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系核心素养考点内容高考真题备考建议物理观念单位制力与运动关系2023全国乙T14(力与运动)2023全国甲T19(动力学图像)2023山东T8(牛顿定律)2023江苏T1(超重与失重)2023湖北T8(动力学图像)2023辽宁T15(牛顿定律与动量能量综合)2023北京T6(牛顿运动定律)2023全国新课标T19(牛顿定律)2022全国甲T19(牛顿定律)2022全国乙T15(牛顿定律)2022山东T6(力与运动)2022浙江T2(惯性)2022浙江T19(力与运动)2022湖南T9(力与运动)2022湖北T11(力与运动)高考主要考查牛顿运动定律的理解与应用,直线运动与牛顿运动定律的综合。复习重点培养用力和运动的观点分析问题、解决问题的能力,注重牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用,将实际问题理想化、模型化科学思维失重与超重科学探究验证牛顿运动定律科学态度与责任牛顿运动定律及应用第1讲牛顿运动定律对应学生用书P49考点一牛顿运动定律的理解1.牛顿第一定律(1)内容:一切物体总保持①状态或②状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

(2)意义:揭示了力与运动的关系。力不是③物体运动状态的原因,而是④物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。

2.惯性(1)定义:物体具有保持原来⑤状态或⑥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⑦,质量小的物体惯性⑧。

(3)普遍性:惯性是物体的本质属性,一切物体都有惯性。与物体的运动情况和受力情况⑨。

答案①匀速直线运动②静止③维持④改变⑤匀速直线运动⑥静止⑦大⑧小⑨无关1.伽利略为了说明力和运动关系的理想斜面实验示意图如图所示。让小球沿一个斜面由静止开始向下运动,小球将沿另一个斜面上升到与第一个斜面等高处;减小第二个斜面的倾角,重复实验,小球将沿另一个斜面仍上升到与第一个斜面等高处,直至斜面最终变为水平,小球再也不能上升到与第一个斜面等高处,将一直运动下去。(1)由此实验得出什么结论?(2)此实验有何意义?答案(1)力不是维持物体运动的原因。(2)伽利略创造性地把实验、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。2.在桌面上放置一张纸和一个小钢球,小钢球静止在纸面上(如图所示)。如果突然迅速拉动纸的一边,你观察到的现象是。

答案小钢球相对桌面位置几乎不变(小钢球几乎不动)角度1牛顿第一定律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考向1牛顿第一定律的理解(2024届昌平区质检)如图所示,某同学朝着列车行进方向坐在车厢中,水平桌面上放有一静止的小球。突然,他发现小球向后滚动,则可判断()。A.列车在刹车B.列车在做匀速直线运动C.列车在做加速直线运动D.列车的加速度在增大答案C解析小球突然向后滚动,根据牛顿第一定律可以判断列车相对小球向前做加速直线运动,但无法判断列车的加速度变化情况,故A、B、D三项错误,C项正确。1.牛顿第一定律的三点揭示:(1)物体的一种固有属性——惯性;(2)力的本质——力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因;(3)物体的一种理想状态——不受力时(实际上不存在)与所受合外力为零时的运动状态表现是相同的。2.牛顿第一定律不能通过实验直接验证。考向2牛顿第一定律的应用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,人与滑板分离,分别从横杆的上方、下方通过,忽略人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人相对滑板竖直向上跳起人相对滑板水平速度为零人与滑板水平方向同速相同时间内人与滑板运动的水平距离相同答案D解析由于运动员相对于滑板竖直向上起跳,与滑板在水平方向无力的作用,故二者水平方向速度始终相同,D项正确。角度2惯性惯性的理解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(2023年浙江6月卷)在足球运动中,足球入网的情境如图所示,则()。A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对网的力大于网对足球的力答案B解析在研究如何踢出“香蕉球”时,需要考虑踢在足球上的位置与角度,此时足球不能看作质点,A项错误;惯性只与质量有关,足球在飞行和触网时质量不变,惯性不变,B项正确;在足球飞行时,脚已经离开足球,故不受脚的作用力,C项错误;触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力,大小相等,D项错误。考点二牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟它受到的①成正比,跟②成反比,加速度的方向跟③的方向相同。

2.表达式:④。

3.适用范围:(1)牛顿第二定律只适用于⑤参考系,即相对地面⑥或⑦的参考系。

(2)牛顿第二定律只适用于⑧(相对于分子、原子)低速(远小于光速)运动的情况。

答案①合外力②物体的质量③合外力④F=ma⑤惯性⑥静止⑦做匀速直线运动⑧宏观物体1.某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂了一个小球,在列车以某一加速度在水平轨道上渐渐启动的过程中,细线就会偏过一定角度并相对车厢保持静止,通过测定偏角的大小就能确定列车的加速度。如图所示,在某次测定中,悬线与竖直方向的夹角为θ,则列车的加速度大小a=,方向为。

答案gtanθ水平向右解析小球的受力情况如图所示,可知F=mgtanθ,又F=ma,解得a=gtanθ,方向水平向右。2.2013年6月20日,我国女航天员在“天宫一号”中进行了授课活动,演示了太空“质量测量仪”测质量的实验。助教将自己固定在支架一端,女航天员将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;松手后,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力F,使弹簧回到初始位置,同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度v和所用时间t;LED屏显示出助教的质量m为74kg。该实验测质量的原理是什么?答案提示:由v=at,F=ma得m=Ftv角度1牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的六个性质(2023年全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球()。A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动答案B解析对排球进行受力分析,上升过程的重力和阻力方向相同,下降过程中重力和阻力方向相反,根据牛顿第二定律可知,上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大,则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知,上升时间比下落时间短,A项错误;在整个过程中空气阻力一直做负功,排球机械能一直在减小,下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度,故排球被垫起时的速度最大,B项正确;达到最高点速度为零,空气阻力为零,此刻排球重力产生的加速度不为零,C项错误;下落过程中,排球速度在变化,所受空气阻力在变化,故排球所受的合外力在变化,排球在下落过程中做变加速运动,D项错误。合力、加速度与速度间的决定关系角度2牛顿第二定律的简单应用1.牛顿第二定律表达式推广:F合=ma(a为物体的合加速度)。2.牛顿第二定律矢量性应用:Fx合=max,Fy合=may。考向1整体法与隔离法在牛顿第二定律中的应用(2023年北京卷)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()。A.1NB.2NC.4N D.5N答案C解析对两物块整体进行受力分析有Fmax=2ma,对左侧物块有FTmax=ma,又FTmax=2N,解得Fmax=4N,C项正确。1.物体实际运动的加速度是合加速度,取决于物体受到的合力与物体的质量。2.系统的加速度取决于系统受到的合外力与系统的质量。考向2合成法在牛顿第二定律中的应用(2022年湖南卷)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率的二次方成正比(即Ff=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是()。A.发动机的最大推力为1.5MgB.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为174C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为53m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g答案BC解析飞行器竖直下落,其匀速下落的速率v1=10m/s时,飞行器的合力为零,有kv12=Mg,发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,飞行器匀速向上的速率v2=5m/s时,发动机的最大推力Fmax=kv22+Mg,可得Fmax=1.25Mg,A项错误;当飞行器以v2=5m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小F2=(Mg)2+(kv22)2=174Mg,B项正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,设飞行器速率为v,有Fmax=(Mg)2+(kv2)2,得v=53m/s,C项正确;当飞行器以v2=5角度3牛顿第二定律瞬时性求解瞬时加速度的步骤考向1弹簧与绳模型如图所示,细绳1挂着匣子C,匣内又用细绳2挂着A球,在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C的质量均为m,原来都处于静止状态,重力加速度为g。当细绳1被烧断后的瞬间,以下说法正确的是()。A.A、B、C的加速度都为gB.C的加速度为3gC.A的加速度为2gD.细绳2上张力大小为0.5mg答案D解析细绳1被烧断后的瞬间,弹簧上弹力大小仍为mg,故此时B的加速度为0。此时A、C的加速度相同,即aA=aC,设此时细绳2上张力大小为F。对A、C整体由牛顿第二定律有3mg=2maA,对C有mg+F=maC,解得aA=aC=1.5g,F=0.5mg,D项正确。1.求解物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。2.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。考向2弹簧与轻杆模型(2024届成都质检)(多选)如图1、2所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间()。A.两图中两球加速度大小均为gsinθB.两图中A球的加速度大小均为零C.图1中B球的加速度大小为2gsinθD.图2中B球的加速度大小为gsinθ答案CD解析撤去挡板前,对整体分析,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1中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsinθ,加速度为2gsinθ;图2中杆的弹力突变为零,A、B两球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,C、D两项正确,A、B两项错误。1.牛顿第二定律瞬时性中的两类模型2.常见物体单独在平面上运动的相关加速度大小(二级结论)(1)沿粗糙水平面滑行的物体:a=μg(2)沿光滑斜面滑行的物体:a=gsinθ(3)沿粗糙斜面下滑的物体:a=g(sinθ-μcosθ)(4)沿粗糙斜面上滑的物体:a=g(sinθ+μcosθ)角度4五类斜面运动时间问题类型图示规律等高斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=hsinθ得t=1sinθ2hg,θ越小,t同底斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=dcosθ得t=4dgsin2θ,当θ=45°时,圆周内同顶端的斜面由2R·sinθ=12·gsinθ·t2,可得t1=t2=t圆周内同底端的斜面t1=t2=t3双圆周内斜面t1=t2=t3考向1同底斜面(2021年全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将()。A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析设点P、Q的水平距离为L,由运动学公式可知Lcosθ=12gt2sinθ,可得t2=4Lgsin2θ,可知θ=45°时,t有最小值,故当θ由30°逐渐增大至60°时对同底(光滑)斜面,物体在斜面上静止下滑时间t=4(1)当θ=45°时下滑时间最短;(2)倾角θ互余的两个斜面上的下滑时间t相等,其t-θ图像如图所示,如θ1=60°,θ2=30°时,有t1=t2。考向2等时圆模型(2024届长沙模拟)如图所示,三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐,B管竖直放置,A管与B管的夹角为α,C管与B管的夹角为β,且α<β。三个小球同时从管口顶端静止释放,经过相同的时间,三球所处位置正确的是()。ABCD答案C解析如图所示,设A、B、C、D为半径为R的同一圆上的点,小球从A分别沿光滑杆AB、AC、AD滑下,从AB下滑有2R=12gt12,可得t1=4Rg;从AC下滑有2Rcosθ=12gcosθt22,可得t2=4Rg;同理若从AD下滑,时间t3=【变式】(多选)如图所示,1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端,其运动时间分别为t1、t2、t3、t4,已知竖直固定的圆环的半径为r,O为圆心,固定在水平面上的斜面水平底端的长度为3r,重力加速度为g,下列说法正确的是()。A.t1≠t2B.t3=t4C.t3-t1=2(2-1)rD.t4-t2=(2-2)r答案BC解析由等时圆的结论知t1=t2=4rg,A项错误;由匀变速直线运动规律有3rsin30°=12gcos30°t32,可得t3=8rg,3rsin60°=12gcos60°t42,可得t4=8rg,B项正确;t3-t1=2(2-1)rg,C等时圆问题思维模板动力学中的连接体问题1.常见连接体类型与特点类型图示特点弹簧连接体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,两端连接体的速率相等叠放连接体两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等轻绳连接体轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的轻杆连接体轻杆平动时,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2.连接体问题的求解方法角度1加速度(大小)相同考向1绳连体(改编)(多选)如图所示,A、B两个小物块用足够长的细线相连,细线绕过固定在水平面与斜面交界处的光滑轻小定滑轮,将两物块分别置于水平面与斜面上,滑轮两边细线分别与水平面和斜面平行。已知A物块的质量大于B物块的质量,不计一切摩擦,在两物块分别沿水平面与斜面运动的一段过程中,以下说法中正确的是()。A.若将两物块的位置互换,两物块的加速度大小不变B.若将两物块的位置互换,两物块的加速度变大C.若将两物块的位置互换,细线上拉力大小不变D.若将两物块的位置互换,细线上拉力变大答案BC解析设A、B的质量分别为mA、mB,斜面倾角为θ,细线拉力大小为FT,两物块运动的加速度大小为a,则有mBgsinθ-FT=mBa,FT=mAa,可得a=mBgsinθmA+mB,FT=mAmBgsinθmA+mB;由于1.连接体单边受力模型2.连接体双边受力模型考向2叠连体(2024届安徽联考)如图1所示,足够长的斜面体固定在水平面上,A、B两个物块叠放在一起置于斜面上O点由静止释放,物块在向下运动过程中,物块B与斜面间的动摩擦因数μ与物块运动的距离x关系如图2所示,运动过程中,物块A、B始终保持相对静止,则A、B一起向下运动到速度为零的过程中,关于B对A的摩擦力,下列说法正确的是()。A.一直增大B.先减小后增大C.先沿斜面向下后沿斜面向上D.先沿斜面向上后沿斜面向下答案A解析设A物块的质量为m,A、B两个物块的总质量为M,对整体进行分析,由静止释放,一起向下运动到速度为零,先加速直线运动再减速直线运动,合力先沿斜面向下后沿斜面向上,先加速直线运动,由牛顿第二定律有Mgsinθ-μMgcosθ=Ma;再减速直线运动,有μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1;摩擦力始终沿斜面向上,距离x一直增大,动摩擦因数μ一直增大,故加速度先减小后增大,对A物块进行分析,设B与A之间的摩擦力大小为f,根据牛顿第二定律有mgsinθ-f=ma,先加速直线运动;再减速直线运动则f-mgsinθ=ma1,B对A的摩擦力始终沿斜面向上,加速度先减小后增大,B对A的摩擦力一直增大。整体法与隔离法的灵活运用整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”;隔离法分析物体间的作用力时,一般应选受力个数较少的物体进行分析角度2加速度(大小)不相同考向1含动滑轮连接体(2024届荆州质检)如图所示,两个完全相同的薄木板固定在水平桌面上,薄木板的一端带滑轮,滑块A、B分别放置在左右木板上,连接两滑块的细线拉着一个动滑轮,动滑轮下面挂物块C,已知A、B、C的质量分别为m、2m、4m,木板上面的细线与木板平行,动滑轮两侧细线竖直平行,细线不可伸长,不计一切摩擦和动滑轮的质量,重力加速度为g,现将A、B、C三者同时由静止释放,下列说法正确的是()。A.滑块A和B的速度大小始终相等B.细线的拉力大小为0.6mgC.滑块A的速度大于物块C的速度D.物块C的加速度小于滑块B的加速度答案C解析A、B由同一轻绳连接,绳中张力大小处处相等,A、B质量之比为1∶2,根据牛顿第二定律可知,A、B的加速度之比为2∶1,滑块A和B的速度大小始终为2∶1,A项错误;由于轻绳不可伸长且根据滑轮组的关系可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,则加速度之比为aA∶aB∶aC=4∶2∶3,则vA>vC,C项正确,D项错误;设绳中张力为T,则有aA=Tm,aC=4mg-2T4m,解得T=0【变式】如图所示,A、B两滑块质量分别为2kg和3kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的粗糙水平面上,两滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5。用手按着两滑块不动,第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上,然后将一质量为4kg的物块C挂于动滑轮上,只释放A而按着B不动;第二次是将物块C取走,换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上,只释放B而按着A不动。重力加速度g取10m/s2,则两次操作中滑块A和B获得的加速度之比为()。A.1∶2 B.5∶6 C.5∶3 D.2∶1答案D解析第一次只释放A而按着B不动,设轻绳中拉力为F1,滑块A的加速度为aA,物块C的加速度为aC,对滑块A,由牛顿第二定律得F1-μmAg=mAaA,对物块C有mCg-2F1=mCaC,根据动滑轮知识可得,aA=2aC,联立解得aA=103m/s2;第二次是将物块C取走,换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上,只释放B而按着A不动,轻绳中拉力F2=20N,设滑块B的加速度为aB,对滑块B,由牛顿第二定律得F2-μmBg=mBaB,解得aB=53m/s2。则两次操作中滑块A和B获得的加速度之比为aA∶aB=2∶1,若连接体内各个物体的加速度不同,一般应采用隔离法,以各个物体分别作为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分别应用牛顿第二定律建立方程,并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解。考向2多个叠连体如图所示,一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上,质量分别为mA=1kg和mB=2kg的物块A、B放在长木板上,A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10m/s2。改变F的大小,B的加速度大小可能为()。A.1m/s2B.2.5m/s2C.3m/s2D.4m/s2答案A解析A、B放在轻质长木板上,长木板质量为0,所受合力始终为0,即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax<fBmax,所以B始终相对长木板静止,当拉力增加到一定程度时,A相对长木板滑动,B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力,即fB=fAmax=μmAg,由fB=mBaBmax,可知B的加速度最大为2m/s2,A项正确。考点三力学单位制及其应用1.单位制:由①单位和②单位一起组成了单位制。

2.基本单位:基本物理量的单位。国际单位制中基本物理量共七个,其中力学有三个,分别是③、④和⑤,单位分别是⑥、⑦和⑧。

3.导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。答案①基本②导出③长度④质量⑤时间⑥米⑦千克⑧秒1.下图中展示的一些物理学关系式确定了物理量的单位。物理量之间单位关系的确定能否离开描述各种规律的物理公式?答案不能。各种物理公式规定了物理量之间的单位关系。2.小刚需要计算圆锥的体积,他从一本书中查得圆锥体积的计算公式为V=13πR3h。小红说,从单位关系上看,这个公式肯定是错误的。她的根据是

答案根据该公式,体积V的单位为m4,而体积V的单位应该是m3。(依据量纲法判断)角度1力学单位制(2022年浙江卷)下列属于力的单位的是()。A.kg·m/s2 B.kg·m/sC.kg·m2/s D.kg·s/m2答案A解析根据牛顿第二定律F=ma,可知力的单位为kg·m/s2,A项正确。在力学中,由基本单位即m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位),可以导出其他物理量的单位。如力的单位N是根据牛顿第二定律F=ma导出的,N属于导出单位。角度2量纲法(2023年辽宁卷)安培通过实验研究,发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时,相互作用力的大小可以表示为ΔF=kI1I2Δl1ΔlA.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)答案B解析由ΔF=kI1I2Δl1Δl2r2可得k=ΔFr2I1I2l1l2,又1N=1kg·1.物体从距地面一定高度自由下落时,无论南北半球(除极点外),落地点都会比起点稍微偏东,这个现象称为落体偏东现象。下面四位同学对落体偏东现象的讨论,说法正确的是()。A.甲同学认为落体偏东现象说明物体下落时惯性会变小B.乙同学认为落体偏东现象说明物体下落时受到水平向东的力C.丁同学认为落体偏东现象说明惯性定律不适用于运动的物体D.丙同学认为落体偏东现象中的物体下落过程中惯性大小不变答案D解析根据牛顿第一定律,物体的惯性只与物体的质量有关,而质量是物体的固有属性,不随运动状态变化而变化,始终保持不变,因此落体偏东现象中的物体下落过程中惯性大小不变,D项正确,A项错误;物体下落过程中只受万有引力,没有受到向东的力,B项错误;落体偏东现象是由地球自西向东的旋转引起的,由于随地球自转而具有的线速度,高处下落的物体的线速度大于地面上物体的线速度,所以物体下落时必然相对地面有一个偏东的速度,落点自然就会偏东,惯性定律仍然适用,C项错误。2.(多选)某索道简化的物理模型如图所示,已知质量m=50kg的游客站立于轿厢底面,倾斜索道与水平面的夹角为30°,某时刻载人轿厢沿钢索向上以加速度a=4m/s2做直线运动时,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()。A.游客一定受到向后的摩擦力B.游客对轿厢的压力大小为其重力的1.2倍C.游客受到的摩擦力大小为100ND.游客对轿厢的作用力大小为10039N答案BD解析由题意可知载人轿厢的加速度a与水平面的夹角为30°,正交分解加速度,如图所示。以人为研究对象,在水平方向上有f=max=macos30°=32ma=1003N,摩擦力方向向前,A、C两项错误;在竖直方向上有FN-mg=may,解得FN=600N=1.2mg,结合牛顿第三定律可知,B项正确;轿厢对游客的作用力大小F=FN2+f2,代入数据得F=10039N,由牛顿第三定律可得,游客对轿厢的作用力大小F'=F=1003.(改编)(多选)如图所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上。现用水平拉力F作用于a,使三个物块一起水平向右做匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。下列说法正确的是()。A.该水平拉力大小大于轻绳的弹力大小B.物块c受到的摩擦力大小为μmgC.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时,物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD.剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三个物块一起做匀速直线运动,对a、b、c组成的系统有F=3μmg,对b、c组成的系统有T=2μmg,故F>T,即水平拉力大于轻绳的弹力,A项正确;c做匀速直线运动,处于平衡状态,故c不受摩擦力,B项错误;当水平拉力增大为原来的1.5倍时,F'=1.5F=4.5μmg,对a、b、c组成的系统由牛顿第二定律得F'-3μmg=3ma,对C有f=ma,解得f=0.5μmg,C项正确;剪断轻绳后,b、c一起做匀减速直线运动,对b、c组成的系统由牛顿第二定律得2μmg=2ma',对c有f'=ma',解得f'=μmg,D项正确。4.(改编)(多选)普通火车动力都在火车头上,车厢(头)与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时,会先往后退,再启动,这样会使挂钩松弛,车厢(头)与车厢之间无作用力,再向前启动时,车厢会一节一节地依次启动,减少所需要的动力。一列火车共有n节车厢(不含火车头),火车头与每节车厢的质量相等,车头及每节车厢与轨道间的摩擦阻力均为f,假设启动时每节车厢的加速度均为a。已知在火车不后退,所有车厢同时启动的情况下,火车头提供的动力为F。若火车车厢依次启动,则当第k(k≤n)节车厢启动时()。A.火车头提供的动力F'为(B.火车头提供的动力F'为kFC.第k-1节车厢对第k节车厢的作用力为kFD.第k-1节车厢对第k节车厢的作用力为F答案AD解析若火车不后退所有车厢同时启动,则由牛顿第二定律可知F-(n+1)f=(n+1)ma,若火车车厢依次启动,当第k(k≤n)节车厢启动时,则有F'-(k+1)f=(k+1)ma,解得F'=k+1Fn+1,A项正确,B项错误;以前k-1节车厢和车头整体为研究对象,则有F'-T-kf=kma,解得T=Fn+1见《高效训练》P171.(改编)电动平衡车越来越受到年轻人的喜爱。在人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中,下列说法中正确的是()。A.电动平衡车对人的作用力竖直向上B.平衡车的动力是维持平衡车匀速运动的原因C.人和平衡车匀速运动的速度越快,惯性越大D.平衡车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力答案A解析电动平衡车对人的作用力与人的重力是一对平衡力,其方向竖直向上,A项正确;平衡车受重力、地面的支持力和人的压力三个力的作用处于平衡,因此地面对车的支持力与车的重力不是一对平衡力,D项错误;平衡车的动力与摩擦力平衡,运动不需要力维持,B项错误;惯性只由质量决定,与速度无关,C项错误。2.(多选)如图1所示,几个装有水的相同玻璃杯上放置一个托盘,托盘上和玻璃杯对应的位置用纸筒搁置了几个鸡蛋。用手快速水平拍打托盘,可看到鸡蛋落到对应水杯中,如图2所示。下列对这一实验的描述正确的是()。图1图2A.鸡蛋掉到水杯中说明鸡蛋有惯性B.纸筒被弹走了说明纸筒没有惯性C.鸡蛋同时落到杯中D.最左边的鸡蛋最先落到杯中答案AC解析快速拍打托盘时,托盘带动纸筒弹出,鸡蛋质量较大,惯性大,水平方向运动状态难改变,鸡蛋同时在竖直方向自由下落,因此同时落到杯中,A、C两项正确。3.一些问题你可能不会求解,但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断,例如从解的物理量单位,解随某些已知量变化的趋势,解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析,并与预期结果、实验结论等进行比较,从而判断解的合理性或正确性。举例如下:声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关,下列速度表达式中,k为比例系数,无单位,则这四个表达式中可能正确的是()。A.v=kpρ B.v=C.v=kρp D.v=答案B解析根据力学单位制,速度的单位是m/s,密度的单位是kg/m3,压强的单位是kg/(m·s2),所以kpρ的单位是m2/s2,kpρ的单位是m/s,kρp的单位是s/m,kpρ的单位是kg/(m2·s4.(2024届绍兴模拟)如图所示,这是跳水运动员入水时的情形,她接触到水面时的速度为10m/s,完全入水时速度为3m/s,从接触水面到完全入水历时0.2s,运动员质量为60kg,则运动员在入水过程中()。A.加速度方向一直竖直向下B.加速度大小不变C.所受合力不断减小D.速度先增大后减小答案D解析跳水运动员接触水面后,随着入水深度的增加,运动员受到的浮力逐渐增大,合力逐渐减小,根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小,速度逐渐增大,当运动员受到的浮力与重力大小相等时,合力为零,加速度为零,速度最大;运动员再向下运动,浮力大于重力,合力反向增大,加速度反向增大,速度减小。5.(2024届山东质检)采用动力学方法测量空间站质量的原理图如图所示,若已知飞船质量为4.0×103kg,其推进器的平均推力为800N,在飞船与空间站对接后,测出推进器工作5s内飞船和空间站速度的变化是0.05m/s,则空间站的质量为()。A.7.6×104kgB.8.0×104kgC.4.0×104kgD.4.0×103kg答案A解析加速度a=ΔvΔt=0.01m/s2,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,可知,空间站的质量M=Fa-m=7.6×104kg,A项正确,B、6.(2024届江西九校联考)如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上,一质量为2m的小车在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑,在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球(质量为3m)的轻绳恰好水平。则外力F的大小为(已知重力加速度为g)()。A.5mg B.7.5mgC.4.5mg D.3.5mg答案B解析以小球为研究对象,分析其受力情况可知,小球受重力3mg和绳的拉力T,小球的加速度方向沿斜面向下,则3mg和T的合力方向沿斜面向下,如图所示,由牛顿第二定律得3mgsin30°=3ma,解得a=2g,再对整体根据牛顿第二定律可得F+(2m+3m)gsin30°=5ma,解得F=7.5mg,7.(2024届沈阳质检)自动扶梯上没有人时静止,人踏上扶梯的水平踏板后,扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动。有一质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼,下楼过程中母、婴始终保持与扶梯相对静止,设扶梯与水平面之间的夹角为θ,重力加速度为g。下列关于母、婴受力情况的分析正确的是()。A.扶梯在匀速运动过程中,婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致B.扶梯在匀速运动过程中,踏板给母亲水平向前的摩擦力C.扶梯在加速运动过程中,踏板对母亲的摩擦力大小为(m+M)acosθD.扶梯在加速运动过程中,婴儿对母亲的作用力大小为mg-masinθ答案C解析扶梯在匀速运动过程中,婴儿受到的合力为零,母亲对婴儿的作用力竖直向上,且扶梯水平踏板对母亲的摩擦力为零,A、B两项错误;扶梯在匀加速运动过程中,由牛顿第二定律得,母、婴组成的整体在水平方向上的加速度大小为acosθ,水平踏板对母亲的静摩擦力大小Ff=(M+m)acosθ,C项正确;婴儿受到的合力为ma,方向沿扶梯向下,母亲对婴儿的作用力F的水平分量大小Fx=macosθ,竖直分量大小Fy满足mg-Fy=masinθ,由矢量运算法则知F=Fx2+Fy2,由牛顿第三定律知8.(2024届宁波模拟)某玩具的局部简化示意图如图所示。D为弹射装置,AB是长度为21m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径R=10m的圆形支架上,B为圆形支架的最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中,无动力小车(可看作质点)在弹射装置D的作用下,以v0=10m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重力的15,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是(取g=10m/s2)()A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s答案A解析小车在AB段,由题意知Ff=15mg,其加速度大小a1=2m/s2,由运动学公式得LAB=v0t1-12a1t12,解得t1=3s或t1'=7s(舍去)。小车从B到C运动时,如图所示,有LBC=2Rsinθ,加速度a2=gsinθ,所以LBC=12a2t22,得t2=2s,所以小车从A运动到C的时间t=t1+t29.(2024届重庆质检)(多选)网红景点“长江索道”已成为重庆旅游的一张名片。为研究索道上运行的轿厢及厢中乘客的受力和运动情况,建立如图所示的物理模型,倾斜直索道与水平面夹角为30°,载人轿厢沿钢索做直线运动,轿厢底面水平,质量为m的人站立于轿厢底面且和轿厢壁无相互作用,人和轿厢始终保持相对静止,某次运行中测得人对轿厢底面的压力恒为1.2mg,g为重力加速度,则下列说法正确的是()。A.轿厢一定沿钢索向上运动B.轿厢的加速度一定沿钢索向上C.轿厢对人的摩擦力水平向右D.人对轿厢的作用力大小为1.4mg答案BC解析某次运行中测得人对轿厢底面的压力恒为1.2mg,大于人的重力,则人和轿厢有竖直向上的分加速度,又因为加速度方向一定沿索道方向,说明人受到水平向右的摩擦力,轿厢的加速度方向沿索道向上,人和轿厢向上加速或者向下减速,A项错误,B、C两项正确;以人为研究对象,在竖直方向上有FN-mg=may,在水平方向人的加速度ax=aytan30°,Ff=max,则轿厢对人的作用力大小F=FN2+Ff2,联立解得F=395mg,10.(2024届泉州质检)(多选)如图所示,有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连处于静止状态,其中轻绳P竖直,轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,则下列说法中正确的是()。A.弹簧Q可能处于拉伸状态B.轻绳P的弹力大小可能小于mgC.剪断轻弹簧瞬间,物块仍能保持平衡D.剪断轻绳瞬间,物块的加速度大小为g答案CD解析由于轻绳P竖直,且物块并未受到任何具有水平向左分量的力,所以弹簧Q的弹力为零,不可能处于拉伸状态,且轻绳P的拉力大小等于mg,A、B两项错误;由于轻弹簧对物块没有弹力,所以剪断轻弹簧瞬间,物块仍能保持平衡,C项正确;剪断轻绳瞬间,弹簧弹力不会突变,在此瞬间仍为零,物块只受到重力作用,根据牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为g,D项正确。11.(改编)景区内的高空滑索运动可简化为如图所示的物理模型。质量为50kg的游客通过轻质滑环悬吊可以v=3m/s的速度沿倾角θ=37°的倾斜钢索匀速下滑,为消除安全隐患,须在倾斜钢索末端加装一段相同材质的水平钢索,使滑环和人到达水平钢索末端时速度刚好为0,若进入水平钢索时滑环和人的速度大小不变,则:(1)滑环与钢索间的动摩擦因数为多大?(2)水平钢索有多长?解析(1)以人为研究对象进行受力分析,如图甲所示,由于绳子竖直,所以人受到的绳子拉力和重力平衡,以滑环为研究对象,其受力如图乙所示,滑环受到拉力、支持力和摩擦力作用,钢索对环的支持力大小N=Tcosθ=0.8mg,摩擦力f=Tsinθ=0.6mg,由f=μN得μ=fN=0.75(2)人进入水平滑道后,滑环与纲索间的动摩擦因数不变,则人和滑环做匀减速直线运动,加速度a=μg=7.5m/s2,由v2-v02=2ax得其位移x=0.6第2讲牛顿运动定律的综合应用对应学生用书P58考点一两类动力学问题一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,油桶相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只桶C,自由地摆放在桶A、B之间,没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力,和汽车一起保持静止,如图所示。(1)当汽车以某一加速度向左加速时,A对C的支持力大小会,B对C的支持力大小会。(均选填“增大”、“减小”或“不变”)

(2)当汽车向左运动的加速度增大到一定值时,桶C就脱离A而运动到B的右边,这个加速度大小a=。(已知重力加速度为g)

答案(1)减小增大(2)33解析桶C处于即将脱离A的临界状态时,桶C受力情况如图所示,由几何关系可知θ=30°,ma=mgtanθ,解得a=33g问题类型两点分析解题步骤角度1已知受力情况分析运动情况已知物体的受力情况,根据牛顿第二定律,求出物体的加速度,再由物体的初始条件,根据运动学规律求出未知量(速度、位移、时间等),从而确定物体的运动情况。考向1斜面与水平面组合(2022年浙江卷)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29,货物可视为质点,取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小。(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小。(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)由牛顿第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,解得a1=2m/s2。(2)根据运动学公式有v2=2a1l1,可得v=4m/s。(3)在水平轨道上有μmg=ma2,vm2-v2=-2a2l2,解得l2=2.7已知受力情况,用牛顿第二定律求加速度方法1.合成法在物体受力个数较少(2个)时一般采用“合成法”。2.正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”。考向2多过程运动(2023届西安质检)如图所示,在粗糙的水平路面上,一小车以v0=4m/s的速度向右匀速行驶,与此同时,在小车后方相距s0=40m处,有一物体在水平向右的推力F=20N作用下,从静止开始做匀加速直线运动,当物体运动了x1=25m时撤去该力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.2,物体的质量m=5kg,重力加速度g=10m/s2。求:(1)推力F作用下,物体运动的加速度a1大小。(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离。(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。答案(1)2m/s2(2)44m(3)30m解析(1)对物体,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1,代入数据得a1=2m/s2。(2)当物体速度v1=v0时,物体与小车间距离最大,即t1=v1a1=42s=2s,此时物体运动的距离为12a1t12=4m<25m,所以两者之间最大距离xmax=s0+v0t1-v12t1=40m+4×2m(3)设推力作用的时间为t2,根据位移公式得x1=12a1t22,解得t2=2x1a1=5s,速度v2=a1t2=2×5m/s=10m/s,撤去F后,物体运动的加速度为a2,经过t3时间停止,其位移为x2,根据牛顿第二定律μmg=ma2得a2=μg=2m/s2,由v2=2ax得x2=v222a2=1022×2m=25m,而t3=v2a2=102s=5s,物体运动的总时间t=t2+t3=10动力学中多过程问题的分析要点:1.将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力示意图和过程示意图。3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。4.分析“衔接点”速度、加速度等的关系,确定各“子过程”间的时间关系,并列出相关的辅助方程。5.联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。角度2已知运动情况分析受力情况根据物体的运动情况,利用运动学公式求出加速度,再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合力,从而求得未知的力,或与力相关的某些量,如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。考向1斜面与滑轮组合(2022年山东卷)某粮库使用额定电压U=380V,内阻R=0.25Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车刚好沿斜坡匀速下行。已知小车质量m1=100kg,车上粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值。(2)上行路程L值。答案(1)0.1(2)67185解析(1)电动机连接小车的缆绳匀速上行时,设电动机的牵引绳张力为F1,由能量守恒定律有IU=I2R+F1v,可得F1=7400N连接配重绳的张力F2=m0g=400N设斜面倾角为θ,对小车匀速上行有F1+F2=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g而卸粮后给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡匀速下行有m1gsinθ=m0g+km1g解得sinθ=0.5,k=0.1。(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动,设加速度大小为a,对系统由牛顿第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a由运动学公式有v2=2aL,解得L=67185m动力学问题解题的“两个分析”“一个桥梁”考向2多过程问题(2024届大连模拟)嫦娥五号2020年12月成功将采集的月球土壤样品送回地球。探测器在取样过程中,部分土壤采用了钻具钻取的采集方式,并沿竖直方向运送到月球表面。嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构,具有收集土壤的作用,假设采集时钻杆头部深入月表h=2m深处,已采集到m=500g此深处的月壤,从静止开始竖直向上回收,15s后钻杆头部上升至月球表面,速度恰好为零,此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段,上升最大速度v=20cm/s,已知月球表面的重力加速度为1.63m/s2,求:(1)上升过程中匀速运动的时间t。(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同,求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小。答案(1)5s(2)见解析解析(1)设匀速运动时间为t,总时间为t0,则有h=vt+12v(t0-t代入数据得t=5s。(2)设匀加速阶段加速度大小为a1,匀减速阶段加速度大小为a2,a1=a2匀加速时间为t1,匀减速时间为t2,则t1=t2=t'=5s,a1=a2=vt'=0.04匀加速上升时有F1-mg=ma1解得F1=0.835N匀速上升时有F2=mg=0.815N匀减速上升时有mg-F3=ma解得F3=0.795N。考点二失重与超重1.超重(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)①物体所受重力的现象。

(2)产生条件:物体具有竖直②的加速度。

2.失重(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)③物体所受重力的现象。

(2)产生条件:物体具有竖直④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⑤的状态。

(2)产生条件:物体的加速度竖直向下且⑥g。

答案①大于②向上③小于④向下⑤零⑥等于1.如图,某同学在体重计上向下蹲,观察体重计示数的变化;在人静止后,观察体重计的示数。(1)体重计的示数实际上反映的是什么力的大小?(2)什么条件下才能认为体重计的示数反映了人的重力大小?答案(1)反映的是体重计对人的支持力大小。(2)只有当人处于静止状态时,体重计的示数才反映出人的重力大小。2.如图,设某人的质量m=60kg,站在电梯内的水平地板上,当电梯以a=0.25m/s2的加速度匀加速上升时,电梯对人的支持力FN=N。取g=9.8m/s2。(下面选填“>”、“=”或“<”)

(1)电梯向上启动时:FNmg。

(2)电梯匀速上升时:FNmg。

(3)电梯在上升过程中制动时:FNmg。

(4)电梯向下启动时:FNmg。

(5)电梯匀速下降时:FNmg。

(6)电梯在下降过程中制动时:FNmg。

答案603(1)>(2)=(3)<(4)<(5)=(6)>角度1超重与失重现象的理解与判断超重、失重和完全失重的比较现象超重失重完全失重视重大于实重小于实重等于0产生条件加速度向上加速度向下加速度向下且等于g运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g加速下降或以g减速上升原理方程F-mg=maF=mg+mamg-F=maF=mg-maF=0(2023年江苏卷)某同学用智能手机记录了电梯上升过程中电梯速度随时间变化的关系,如图所示。电梯加速上升的时段是()。A.从20.0s到30.0sB.从30.0s到40.0sC.从40.0s到50.0sD.从50.0s到60.0s答案A解析因电梯上升,由速度图像可知,电梯加速上升的时间段为从20.0s到30.0s,A项正确。角度2超重与失重现象的应用(2024届天津质检)近年来天津市试点为老旧小区加装垂直电梯,如图1所示,取竖直向上为正方向,某人某次乘电梯时的速度—时间图像如图2所示,以下说法正确的是()。A.4s时电梯停止在某一层楼B.1s~3s内此人处于超重状态,重力变大C.5s~7s内此人处于失重状态,支持力小于重力D.电梯先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动答案C解析由图2可知,4s时电梯有速度,故A项错误;1s~3s内人的速度竖直向上不断增大,故加速度向上,处于超重状态,但重力保持不变,故B项错误;5s~7s内人速度竖直向上不断减小,处于失重状态,支持力小于重力,故C项正确;由图2可知,在0~4s电梯加速度先增大后减小,做变加速运动,在4s~8s时加速度先增大后减小,做变速运动,故D项错误。1.超重、失重现象与图像结合,是动力学图像问题的一类。常见、常用动力学相关的图像有位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。2.图像问题的分析方法:图像问题应先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息,再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题。动力学中的板块模型与传送带模型角度1动力学中板块模型模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动。(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长。(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板<x块,Δx=x块-x板,最后分离或相对静止常见情形开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动,以及滑板与地面是否有相对运动考向1水平面上的板块(2024届黄冈质检)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块。在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图1所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以相同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变、方向相反。运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图2所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。求:图1图2(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2。(2)木板的最小长度。(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m解析(1)根据图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度v=4m/s碰撞后木板速度水平向左,大小也是v=4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动,加速度大小a2=v-0t=4−01m/s2=4根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得μ2=0.4木板与墙壁碰撞前,匀减速运动时间t=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动,可得x=vt+12a1t解得a1=1m/s2设小物块的质量为m,则木板的质量为15m,对小物块和木板整体受力分析,地面对木板的滑动摩擦力提供合外力,由牛顿第二定律得μ1(m+15m)g=(m+15m)a1,即μ1g=a1,解得μ1=0.1。(2)碰撞后,木板向左做匀减速运动,依据牛顿第二定律有μ1(15m+m)g+μ2mg=15ma3,可得a3=43m/s对滑块,加速度大小a2=4m/s2由于a2>a3,所以滑块速度先减小到0,所用时间t1=1s的过程中,木板向左运动的位移x1=vt1-12a3t12=103m,末速度v1=v-a3t1滑块向右运动的位移x2=v+02t1=2此后,小物块开始向左加速,加速度大小仍为a2=4m/s2木板继续减速,加速度大小仍为a3=43m/s假设又经历t2二者速度相等,则有a2t2=v1-a3t2,解得t2=0.5s此过程中,木板向左运动的位移x3=v1t2-12a3t22=76m,末速度v3=v1-a3t2小物块向左运动的位移x4=12a2t22=0.此后小物块和木板一起匀减速运动,二者的相对位移最大为Δx=x1+x2+x3-x4=6m小物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为6m。(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止,整体加速度大小a1=1m/s向左运动的位移x5=v322a所以木板右端离墙壁的最终距离x=x1+x3+x5=6.5m。动力学中板块模型思维流程考向2斜面上的板块问题(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板,滑板与沙之间的动摩擦因数为0.525。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则下列判断正确的是()。A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间,小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s答案BC解析对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小a1=mgsin37°−μ1mgcos37°m=2.8m/s2,同理对滑板,加速度大小a2=mgsin37°+μ1mgcos37°−2μ2mgcos37°m=0.8m/s2,A项错误,B项正确;小孩刚与滑板分离时,有12a1t2-12a2t2=L,解得t=1角度2动力学中传送带模型(1)v0=v时,一直匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速(3)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(1)传送带较短时,一直减速(2)传送带较长时,先减速后返回①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(4)可能一直匀速(5)可能先减速后匀速(6)可能一直减速(1)可能一直减速(2)可能先减速后加速返回①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v考向1水平传送带(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度g=10m/s2,则煤块从A运动到B的过程中()。A.煤块从A运动到B的时间是2.25sB.煤块从A运动到B的时间是1.5sC.划痕长度是2mD.划痕长度是0.5m答案BC解析煤块在传送带上匀加速运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg=4m/s2,当煤块速度和传送带速度相同时,位移x1=v022a=2m<4m,因此煤块先加速后匀速,匀加速运动的时间t1=v0a=1s,匀速运动的时间t2=x-x1v0=0.5s,煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5s,A项错误,B项正确;在加速阶段产生相对滑动即产生划痕,则有Δx=v0t1-x传送带问题分析(1)抓好一个关键力——摩擦力的分析对于传送带问题,关键是分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力,以及摩擦力的方向。分析摩擦力时,先要明确“相对运动”,而不是“绝对运动”。二者达到相同速度的瞬间,是摩擦力发生突变的临界状态。如果遇到水平匀变速运动的传送带,或者倾斜传送带,还要根据牛顿第二定律判断达到相同速度后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。(2)注意分析三个状态——初态、同速、末态考向2倾斜传送带(2024届眉山模拟)(多选)如图所示,足够长的倾斜传送带AB以恒定速率v0逆时针转动,一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度v(v0≠v)滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计传送带滑轮的尺寸,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用t表示时间,用vt表示滑块的速度大小,则下列vt-t图像中能够正确描述滑块从A滑向B运动过程的是()。ABCD答案BC解析对滑块进行受力分析,滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力mgsinθ、摩擦力f。当v<v0,滑块刚开始加速运动,摩擦力方向向下,加速度a1=gsinθ+μgcosθ,当滑块速度等于传动带速度时,如果最大静摩擦力f>mgsinθ,则滑动摩擦力突变为静摩擦力,方向向上,大小为mgsinθ,滑块和传送带一起做匀速直线运动,若最大静摩擦力f<mgsinθ,则摩擦力方向会突变为向上,滑块做匀加速直线运动,加速度a2=mgsinθ-μgcosθ,比较可得a1>a2,故B项正确,A项错误;若v>v0,滑块相对于传送带向下运动,若最大静摩擦力f<mgsinθ,则滑块一直做匀加速直线运动,加速度a3=gsinθ-μgcosθ,若最大静摩擦力f>mgsinθ,则滑块一开始做匀减速直线运动,速度与传送带相等时,滑动摩擦力突变为静摩擦力,方向向上,大小为mgsinθ,滑块和传送带一起做匀速直线运动,故C项正确,D项错误。分析传送带模型注意的“六点”:(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上,滑块与传送带共速时,滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上,滑块与传送带共速时,需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动情况。(4)滑块与传送带运动方向相反时,滑块速度减为零后反向加速返回。(5)传送带的长度是足够长还是有限长,判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。1.(改编)如图所示,一个长度L=1m、质量M=2kg的木板静止在光滑的水平面上,木板的左端放置一个质量m=1kg,可视为质点的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F,使物块相对木板向右滑动。下列说法正确的是()。A.拉力F>7NB.物块离开木板时速度的最小值为4m/sC.物块离开木板的最短时间为1sD.木板获得的最大速度为2m/s答案B解析物块相对木板向右滑动,对木板有μmg=Ma2,得a2=2m/s2,对物块有F-μmg=ma1,据题意有a1>a2,可得F>6N,A项错误;设经过时间t物块滑离木板,则有12a1t2-12a2t2=L,由物块滑离木板时的速度v1=a1t,可得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知当1a1=12a2即a1=2a2=4m/s2时,物块离开木板的速度最小,其最小值v1min=4m/s,B项正确;由t=2La1-a2可知,a2=2m/s2不变,当a1取值足够大时2.如图所示,长木板置于光滑的水平面上,一小木块置于长木板上,已知长木板的质量是小木块质量的5倍,小木块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。当对小木块施加一水平向右的拉力F时,小木块与长木板之间恰好无相对滑动;若对长木板施加一水平向右的拉力F1,它们之间也恰好无相对滑动。则拉力F1的大小为()。A.5F B.4F C.2F D.6答案A解析设小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ,当对小木块施加一水平向右的拉力F时,两者恰好无相对滑动时,对小木块由牛顿第二定律可得F-μmg=ma,对整体由牛顿第二定律可得F=6ma,联立解得F=6μmg5;当对长木板施加一水平向右的拉力F1时,恰好无相对滑动,对整体由牛顿第二定律可得F1=6ma1,对小木块由牛顿第二定律可得a1=μg,联立解得F1=6μmg=5F,3.如图所示,质量M=2kg、长L=2m的长木板置于光滑的水平地面上,长木板上表面中央处放置一质量m=1kg的小滑块(可视为质点),现对长木板施加一水平向右的恒力F使其由静止开始运动,经1s后小滑块离开长木板,已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1,g取10m/s2。则恒力F的大小为()。A.7NB.8NC.9ND.10N答案A解析由题意可知,小滑块与长木板的加速度大小不同,存在相对运动。对小滑块由牛顿第二定律有μmg=ma1,得a1=μg=1m/s2,1s内小滑块的位移x1=12a1t2;小滑块没有离开长木板时,设长木板的加速度大小为a2,1s内长木板的位移x2=12a2t2;由几何关系得x2-x1=L2,解得a2=3m/s2,根据牛顿第二定律得F-μmg=Ma2,解得F=7N4.(改编)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,木板的质量m=10kg,地面光滑。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3.5m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)B与木板相对静止时,木板的速度。(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。答案(1)1m/s(2)2.625m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1和f2,A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg,f2=μ1mBg由牛顿第二定律得f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1=ma1设在t1时刻,B与木板达到共同速度,设大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1,v1=a1t1代入已知数据得v1=1m/s。(2)在t1时间内,B相对地面的位移sB=v0t1-12aBB与木板共速后,B与木板相对静止,可以看成整体。将木板、B和A看成整体,由动量守恒定律得(mB-mA)v0=(mB+mA+m)v2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B的加速度a2=μmAgmB在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离s1=v1t2-12a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=2.625m。见《高效训练》P191.(改编)(多选)“天问一号”着陆器在成功着陆火星表面的过程中,经大气层290s的减速,速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s;打开降落伞后,经过90s速度进一步减为1.0×102m/s;与降落伞分离,打开发动机减速后处于悬停状态;经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动,则着陆器()。A.打开降落伞前,只受到气体阻力的作用B.打开降落伞至分离前,处于超重状态C.与降落伞分离至处于悬停状态过程中,发动机喷火产生的力可能不变D.平稳着陆过程中,先失重后超重答案BD解析打开降落伞前,着陆器还受到重力作用,A项错误;打开降落伞至分离前,着陆器向下做减速运动,加速度方向向上,着陆器处于超重状态,B项正确;与降落伞分离,打开发动机减速后着陆器处于悬停状态,减速过程中,加速度方向向上,着陆器处于超重状态,则发动机喷火产生的力大于着陆器的重力,悬停时与着陆器的重力大小相等,C项错误;平稳着陆过程中,着陆器先向下加速,后向下减速,故着陆器先失重后超重,D项正确。2.(2024届桂林质检)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型,一个小朋友与AB段的动摩擦因数μ1<tanθ,与BC段的动摩擦因数μ2>tanθ,他从A点开始下滑,滑到C点恰好静止,整个过程中滑梯保持静止状态。则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()。A.地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右B.地面对滑梯始终无摩擦力作用C.地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D.地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小