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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、单项选择题1.(2017·南师附中)在物理学发展史上,伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献.以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是()A. 人在沿直线加速前进的车厢内,竖直向上跳起后,将落在起跳点的后方B. 两匹马拉车比一匹马拉车跑得快,这说明:物体受力越大则速度就越大C. 两物体从同一高度做自由落体运动,较轻的物体下落较慢D. 一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来,这说明:静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2. (2016·洛阳模拟)关于物体的运动状态和其所受外力的关系,下列说法中正确的是()A. 力是维持物体运动的原因B. 物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态C. 物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同D. 物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态一定发生变化3.下列说法中正确的是()A. 作用力与反作用力一定是同种性质的力B. 运动越快的汽车不容易停下来,是因为汽车运动得越快,惯性越大C. 伽利略的理想实验是凭空想象出来的,是一种理论假设D. 马拉着车向前加速时,马对车的拉力大于车对马的拉力4.(2014·无锡调研)机车A拉着一节车厢B沿水平轨道向右匀速行驶时,下列说法中正确的是()A. A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力B. A拉B的力与B拉A的力是一对不同种类的力C. A拉B的力与地面对B的阻力是一对平衡力D. A拉B的力与地面对B的阻力是一对作用力与反作用力5.(2017·常州中学)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6.一只封闭的小箱子,自重为G,内有一只重为G0的小蜜蜂,箱子放在水平地面上,则关于箱子对地面的压力,下列说法中正确的是()A. 若小蜜蜂在箱子内水平匀速飞行,箱子对地面的压力等于GB. 若小蜜蜂在箱子内竖直向上匀速飞行,箱子对地面的压力大于G+G0C. 若小蜜蜂在箱子内竖直向下匀速飞行,箱子对地面的压力小于G+G0D. 若小蜜蜂在箱子内倾斜向上匀速飞行,箱子对地面的压力等于G+G07.如图所示,在一辆表面光滑的小车上,有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动.当车停止时,如不考虑其他阻力,设车足够长,则两个小球()A. 一定相碰B. 一定不相碰C. 不一定相碰D. 难以确定是否相碰,因为不知小车的运动方向8.做匀速直线运动的小车上水平放置一密闭的装有水的瓶子,瓶内有一气泡,如图所示.当小车突然停止运动时,气泡相对于瓶子将 ()A. 向前运动B. 向后运动C. 无相对运动D. 无法判断二、多项选择题9.(2017·盐城中学)如图所示,甲、乙两人在地面上进行拔河比赛,若绳子质量不计,比赛结果是甲贏,则下列说法中正确的是()A. 甲的惯性一定比乙大B. 甲对绳的拉力大于乙对绳的拉力C. 甲对绳的拉力与乙对绳的拉力大小相等D. 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力10.如图所示,重球系于易断的线DC下端,重球下再系一根同样的线BA,下列说法中正确的是 ()A.在线的A端慢慢增加拉力,结果CD线拉断B.在线的A端慢慢增加拉力,结果AB线拉断C.在线的A端突然猛力一拉,结果AB线拉断D.在线的A端突然猛力一拉,结果CD线拉断11. (2016·广东茂名模拟)跳高运动员从地面起跳的瞬间,下列说法中正确的是()A. 运动员对地面的压力大于运动员受到的重力B. 地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力C. 地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力D. 运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力12.有人做过这样一个实验:如图所示,把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去(用同一部分撞击),结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破.则下列说法中正确的是()A. A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小B. A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C. A蛋碰撞瞬间,其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D. A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外,还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力,所以所受合力较小13.在西昌卫星发射中心,“长征”系列火箭第131次发射,成功将“嫦娥二号”卫星送入奔月轨道.下列关于卫星与火箭起飞的情形说法中,正确的是()A. 火箭尾部向下喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向上的推力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,由于没有空气,火箭虽然向下喷气,但也无法获得前进的动力D. 卫星进入运行轨道之后,与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力14. (2016·浙江衢州五校联考)17世纪,意大利物理学家伽利略根据实验指出:在水平面上运动的物体之所以会停下,是因为受到摩擦阻力的缘故.这里的实验是指“伽利略斜面实验”,关于该实验,下列说法中正确的是()A. 该实验是理想实验,是在思维中进行的,无真实的实验基础,故其结果是荒谬可笑的B. 该实验是以可靠的事实为基础,经过抽象思维,抓住主要因素,忽略次要因素,从而更深刻地反映自然规律C. 该实验否定了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观念D. 该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据15.(2017·泰州中学)如图所示,一木箱放在水平面上,木箱重G1,人重G2,人站在木箱里用力F向上推木箱,则()A. 人对木箱底的压力大小为G2+FB. 木箱对人的作用力大小为G2C. 木箱对地面的压力大小为G1+G2-FD. 地面对木箱的支持力大小为G1+G2第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1. (2014·盐城调研)2013年6月20日,在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量.聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动,经时间t时,测速仪测出他运动的速率为v,则聂海胜的质量为()A. B. C. D.2.如图所示,三个物块A、B、C的质量满足m A=2m B=3m C,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连.当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正方向) ()A. -g、2g、0B. -2g、2g、0C. -g、g、0D. -2g、g、g3.(2017·扬州中学)如图所示,一根轻弹簧竖直直立在水平地面上,下端固定,在弹簧的正上方有一个物块,物块从高处自由下落到弹簧上端O,将弹簧压缩,弹簧被压缩了x0时,物块的速度变为零.从物块与弹簧接触开始,物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的()A BC D4.(2015·重庆卷)若货物随升降机运动的图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力与时间关系的图象可能是()A BC D5. (2015·山西四校联考)如图所示,在倾角为α=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m 的小球A 、B ,它们用劲度系数为k 的轻弹簧连接,现对A 施加一水平向右的恒力,使A 、B 均静止在斜面上,此时弹簧的长度为L ,下列说法中正确的是 ( )A . 弹簧的原长为L+B . 水平恒力大小为mgC . 撤掉恒力的瞬间小球A 的加速度为gD . 撤掉恒力的瞬间小球B 的加速度为g二、 多项选择题6. 如图所示,总质量为460kg 的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s 2,当热气球上升到180m 时,以5m/s 的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度取g=10m/s 2.关于热气球,下列说法中正确的是 ( )A. 所受浮力大小为4830NB. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变C. 从地面开始上升10s 后的速度大小为5m/sD. 以5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230N7. (2017·木渎中学)物体原来静止在水平地面上,用一水平力F 拉物体,在F 从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a 随外力F 变化的图象如图所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.根据题目提供的信息,下列说法中正确的是 ( )A. 物体的质量m=2 kgB. 物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.6C. 物体与水平面的最大静摩擦力f max=12 ND. 在F为10 N时,物体的加速度a=2.0 m/s8. (2016·江苏卷)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D. 若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面9.(2015·海南卷)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物体,开始时升降机做匀速运动,物块相对斜面匀速下滑,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三、非选择题10. (2016·沭阳中学)在风洞实验室中进行如图所示的实验.在倾角为37°的固定斜面上,有一个质量为1 kg的物块,在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞,撤去恒力F,物块到达C点时速度变为零.通过速度传感器测取sin 37°=0.(1) A、C两点间的距离.(2) 水平恒力F的大小.11. (2015·苏州一模)如图所示,足够长的斜面倾角θ=37°,一物体以v0=12 m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动,加速度大小a=8.0 m/s2.取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1) 物体沿斜面向上滑行的最大距离.(2) 物体与斜面间的动摩擦因数.(3) 物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小.第3讲牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1.(2017·金陵中学)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线.两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g=10 m/s2.根据图象分析可知()甲乙A. 人的重力为1 500 NB. c点位置人处于超重状态C. e点位置人处于失重状态D. d点的加速度小于f点的加速度2.(2016·金陵中学)如图所示,一质量为M、倾角为θ的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m的光滑楔形物块,物块在水平恒力的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是()A.水平恒力大小F=mg tan θB.地面对斜面体的支持力大小N2=(M+m)gC.物块对斜面的压力大小N1=mg cos θD.斜面体的加速度大小为g tan θ3.(2016·盐城中学)一人站在吊台上,用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来.图中跨过定滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量为m=15 kg,人的质量为M=55 kg,启动时吊台向上的加速度是a=0.2 m/s2,这时人对吊台的压力(取g=9.8 m/s2) ()A.大小为700 N,方向竖直向上B.大小为350 N,方向竖直向上C.大小为200 N,方向竖直向下D.大小为204 N,方向竖直向下4.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上,滑块M的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m=kg,当滑块M以a=2g的加速度向右运动时,则细线拉力的大小为(取g=10 m/s2)()A. 10 NB. 5 NC. ND. N5.(2015·南昌十校联考)如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4 m 锁定,t=0时解除锁定释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0 kg,取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是()A.滑块被释放后,先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时,滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k=175 N/mD.该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2二、多项选择题6.(2016·启东中学)某马戏团演员做滑竿表演,已知竖直滑竿上端固定,下端悬空,滑竿的重力为200 N,在竿的顶部装有一拉力传感器,可以显示竿顶端所受拉力的大小,已知演员在滑竿上做完动作之后,先在竿上静止了0.5 s,然后沿竿下滑,3.5 s末刚好滑到竿底端,并且速度恰好为零,整个过程中演员的v-t图象与传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示,取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是()甲乙A. 演员的体重为600 NB. 演员在第1 s内一直处于超重状态C. 滑竿所受的最大拉力为900 ND. 滑竿所受的最小拉力为620 N7.如图所示,小球B放在真空正方体容器A内,球B的直径恰好等于A的内边长.现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是()A. 若不计空气阻力,下落过程中,B对A没有弹力B. 若考虑空气阻力,上升过程中,A对B的弹力向下C. 若考虑空气阻力,下落过程中,B对A的弹力向上D. 若不计空气阻力,上升过程中,A对B有向上的弹力8. (2015·淮安模拟改编)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度取g=9.8 m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法中正确的是()甲乙A. 若θ已知,可求出A的质量B. 若θ未知,可求出图乙中a1的值C. 若θ已知,可求出图乙中a2的值D. 若θ已知,可求出图乙中m0的值9.(2016·常州一中)如图所示,质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上,A受到向右推力F A=9-2t(N)作用,B受到向右拉力F B=2t(N)作用.从t=0开始计时,则()A.当t=3 s时,A、B开始分离B.当t=4.5 s时,A、B开始分离C.A、B分离之前整体做加速度相同的匀加速直线运动D.A、B分离之后A、B各做加速度不同的匀加速直线运动三、非选择题10. (2016·石家庄二模)如图所示,质量均为m=3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态.现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10 m/s2.求:(1) 物块A 、B 分离时,所加外力F 的大小.(2) 物块A 、B 由静止开始运动到分离所用的时间.11. (2017·南师附中)如图所示,固定斜面上放一木板PQ ,木板的Q 端放置一可视为质点的小物块,现用轻细线的一端连接木板的Q 端.保持与斜面平行.绕过定滑轮后,另一端可悬挂钩码,钩码距离地面足够高.已知斜面倾角θ= 30°,木板长为L ,Q 端距斜面顶端距离也为L ,物块和木板的质量均为m ,两者之间的动摩擦因数为μ1 =.若所挂钩码质量为2m ,物块和木板能一起匀速下滑;若所挂钩码质量为其他不同值,物块和木板有可能发生相对滑动.重力加速度为g ,不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(1) 求木板与斜面间的动摩擦因数μ2.(2) 物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量应满足什么条件?(3) 选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动,试讨论木板Q 端到达斜面顶端所用时间t 与钩码质量m'之间的关系.特别策划 计算题突破(一)——动力学中常考的物理模型(A)一、 单项选择题1. 如图所示,足够长的传送带与水平面间夹角为θ,以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 ( )A B C D2.(2017·常州中学)如图所示为地铁站用于安全检查的装置,主要由安检传送带和X光透视系统两部分组成.在正常运行时,水平传送带的速度v是恒定的,请用物理知识判断下列说法中正确的是( )A. 乘客把物品轻放到传送带上,物品立刻随着传送带匀速运动B. 乘客把物品轻放到传送带上,物品可能先向传送方向的相反方向运动C. 乘客把物品轻放到传送带上,物品会先做一段加速运动,这段时间的长短不只取决于传送带运行的速度vD. 乘客把物品轻放到传送带上,物品会相对于传送带滑行一段距离,对于确定的传送带和确定的物品来说,若传送速度v提高为原来的2倍,这段距离也变为原来的2倍3.(2017·淮阴中学)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2 kg 的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(取g=10 m/s2) ()A. 1 mB. 2.1 mC. 2.25 mD. 3.1 m4.(2017·湖北武汉模拟)如图所示,水平传送带足够长,传送带始终顺时针匀速运动,长为1 m的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板A的质量是木块B质量的2倍,轻轻把AB整体放置在传送带的中央,设传送带始终绷紧并处于水平状态,取g=10 m/s2.在刚放上很短的时间内,A、B的加速度大小分别为()A. 6.5 m/s2、2 m/s2B. 5 m/s2、2 m/s2C. 5 m/s2、5 m/s2D. 7.5 m/s2、2 m/s25.(2017·扬州中学)放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成,且表面粗糙程度一样,现随长木板以速度v向右做匀速直线运动,如图所示.某时刻木板突然停止运动,已知m A>m B,下列说法中正确的是 ()A. 若木板光滑,由于A的惯性较大,所以A、B一定会相撞B. 若木板粗糙,由于A的动能较大,所以A、B一定会相撞C. 若木板粗糙,由于A的所受的摩擦力较大,所以A比B先停下来D. 不论木板是否光滑,A、B间的相对距离保持不变二、多项选择题6. (2017·通州中学)如图所示,传送带与水平面的夹角θ,当传送带静止时,在传送带顶端静止释放小物块m,小物块滑到底端需要的时间为t0,已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ.则下列说法中正确的是 ()A. 小物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θB. 若传送带顺时针转动,小物块的加速度为g sin θ-gμcos θC. 若传送带顺时针转动,小物块滑到底端需要的时间等于t0D. 若传送带逆时针转动,小物块滑到底端需要的时间小于t07.(2016·海安中学)如图,一个质量为m=1 kg的长木板置于光滑水平地面上,木板上放有质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A、B两物块,A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2.若现用水平恒力F作用在A物块上,取重力加速度g=10 m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则下列说法中正确的是()A. 当F=2 N时,A物块和木板开始相对滑动B. 当F=1 N时,A、B两物块都相对木板静止不动C. 若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为 ND. 若F=6 N,则B物块的加速度大小为1 m/s28.(2016·安徽六安模拟)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查.如图所示为一水平传送带装置示意图,紧绷的传送带AB始终保持v=1 m/s 的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离为2 m,取g=10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李,则()A. 乘客与行李同时到达BB. 行李提前0.5 s到达BC. 乘客提前0.5 s到达BD. 若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B9. (2015·盐城三模)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上.乙的宽度足够大,速度为v1.则()A. 在地面参考系中,工件做类平抛运动B. 在乙参考系中,工件在乙上滑动的轨迹是直线C. 工件在乙上滑动时,受到乙的摩擦力方向不变D. 工件沿垂直于乙的速度减小为0时,工件的速度等于v1三、非选择题10.(2016·通州中学)如图,一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上,小车表面光滑.某时刻小车由静止开始向右匀加速运动,经过2 s,细绳断裂.细绳断裂后,小车的加速度不变,又经过一段时间,滑块从小车左端刚好掉下,在这段时间内,已知滑块相对小车前3 s 内滑行了4.5 m,后3 s内滑行了10.5 m.(1) 小车的加速度多大?(2) 从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少?(3) 小车的长度是多少?11. (2015·姜堰中学)如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B两端相距3 m,另一台倾斜,其传送带与地面的倾角θ=37°,C、D 两端相距4.45 m,B、C相距很近.水平部分AB以v0=5 m/s的速率顺时针转动.将一袋质量为10 kg的大米无初速度放在A端,到达B端后,米袋继续沿倾斜的CD部分运动,不计米袋在BC 处的机械能损失.已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取g=10 m/s2,cos 37°=0.8.(1) 若CD部分传送带不运转,米袋能否运动到D端?(2) 若要米袋能被送到D端,CD部分顺时针运转的最小速度为多大?特别策划计算题突破(一)——动力学中常考的物理模型(B)1.(2015·南通一模)某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度.如图所示,一长L=0.60 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80 kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动.(1) 为使木板能向上运动,F1必须满足什么条件?(2) 若F1=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,F2必须满足什么条件?(3) 游戏中,如果滑块上移h=1.5 m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功.现F1=24 N,F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功.2. (2016·常州中学)如图甲所示,一长方体木板B放在水平地面上,木板B的右端放置着一个小铁块A,在t=0时刻同时突然给A、B初速度,其中A的初速度大小为v A=1 m/s,方向水平向左;B的初速度大小为v B=14 m/s,方向水平向右,木板B运动的v-t图象如图乙所示.已知A、B的质量相等,A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等),A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A始终没有滑出B,取重力加速度g=10 m/s2.(提示:t=3 s时刻,A、B达到共同速度v=2 m/s;3 s时刻至A停止运动前,A向右运动的速度始终大于B的速度)求:(1) 站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移.(2) B运动的时间及B运动的位移大小.甲乙3.(2016·南通检测)如图所示,传送带与水平面间的夹角θ=37°,沿顺时针匀速转动.现把质量m=50 kg的米袋轻轻放在底端A,并输送到顶端B,A、B间的距离L=20 m.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1) 要使米袋能够被输送到传送带顶端,米袋与传送带间动摩擦因数应满足什么条件?(2) 若米袋与传送带间动摩擦因数μ=0.8,且米袋一直向上做匀加速直线运动,则米袋到达传送带顶端B时的速度v B多大?(3) 若米袋与传送带间动摩擦因数μ=0.8,改变传送带的速度大小v,可以调节米袋到达传送带顶端B的时间t,试写出t随v变化的关系式.。
[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2018·启东中学月考)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上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/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g .则可判断( ) A ．飞行器的加速度大小为g B ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kS v 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( ) A ．1∶ 2 B ．1∶2 C ．1∶4D ．1∶84．(2017·南京市三校联考)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m 的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35HC ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2017· 如东县质量检测)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2. (1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s ′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a ＝g ，A 项正确，B 项错误；起飞后t 时间内飞行器的位移x ＝12at 2＝12gt 2，所以飞行器上升的高度h ＝x sin 30°＝14gt 2，C 、D 项错误．]3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f ＝mg ，故k ·πr 2·v 2＝ mg ＝ρ·43πr 3，即v 2＝4ρr3k ，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A 正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析 (1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v 0，加速度为a ，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v 02＝2as设冰壶质量为m ，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg ＝ma 联立解得：v 0＝2μgs 代入数据求得：v 0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得： v 0＝2μ′g (s ＋s ′) 联立解得：μ′＝ss ＋s ′μ代入数据求得：μ′＝0.017 6．30 s解析 火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F ＝1.8mg ，根据牛顿第二定律，有： F －mg ＝ma ，解得：a ＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x 1＝12at 2末速度为：v 1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x 2＝v 1t 1－12gt 12由于最后回到出发点，故：x 1＝－x 2 联立各式解得：t 1＝20 s (负值舍去) 故火箭运动的总时间为：t 总＝t ＋t 1＝30 s。
基础课3 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用知识排查超重和失重1.超重、失重和完全失重比较2.对超重、失重的理解(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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a ＝g 的加速度效果，不再有其他效果。
此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
小题速练1.思考判断(1)超重说明物体的重力增大了。
( )(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。
( )(3)物体失重时，也可能向上运动。
( )(4)物体完全失重时，说明物体的重力为零。
( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×2.[人教版必修1P89插图改编]如图1所示，某同学站在体重计上，下蹲的全过程中她所处的状态()图1A.一直是超重B.一直是失重C.先超重，后失重D.先失重，后超重答案 D3.[人教版必修1P88插图改编]如图2所示，小李同学站在升降电梯内的体重计上，电梯静止时，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内小李同学发现体重计示数为55 kg。
g取10 m/s2，在这段时间内下列说法正确的是()图2A.体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力B.体重计对小李的支持力等于小李的重力C.电梯的加速度大小为1 m/s2，方向竖直向上D.电梯一定竖直向上运动解析体重计对小李的支持力和小李对体重计的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故选项A错误；小李的体重只有50 kg，体重计的示数为55 kg，说明体重计对小李的支持力大于小李的重力，故选项B错误；小李处于超重状态，说明电梯有向上的加速度，运动情况可能为：向上加速或向下减速；小李受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为a＝F N－mgm＝55×10－50×1050m/s 2＝1 m/s 2，选项C 正确，D 错误。
[方法点拨]整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．1．(多选)(2018·海安中学检测)如图1所示，物块A、B质量相等，在水平恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为F N1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B 的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为F N2，则以下判断正确的是()图1A．a1＝a2B．a1>a2C．F N1＝F N2D．F N1<F2．(多选)(2018·南京市多校第一次段考)一物块置于水平桌面上，一端系于物块的轻绳平行于桌面绕过光滑的轻质定滑轮，轻绳的另一端系一质量为M的杆，杆自然下垂，杆上穿有质量为m(m<M)的小环，如图2所示．重力加速度大小为g.当小环以加速度a沿杆加速下滑时，物块仍保持静止，则物块受到桌面的摩擦力可能为()图2A．Mg B．(M＋m)gC．(M＋m)g－Ma D．(M＋m)g－ma3．如图3所示，固定斜面CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则()图3A．在CD段时，A受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态4．(多选)(2017·宿迁市上学期期末)如图4所示，有五个完全相同、质量均为m 的滑块(可视为质点)用长均为L 的轻杆依次相连接，最右侧的第1个滑块刚好位于水平面的O 点处，O 点左侧水平面光滑、O 点右侧水平面由长3L 的粗糙面和长L 的光滑面交替排列，且足够长，已知在水平恒力F 的作用下，第3个滑块刚好进入O 点右侧后，第4个滑块进入O 点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则可判断(重力加速度为g )( )图4A ．滑块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝F 3mgB ．第4个滑块进入O 点后，滑块开始减速C ．第5个滑块刚进入O 点时的速度为 2FL5mD ．轻杆对滑块始终有弹力作用5．(多选)(2017·镇江市最后一卷)如图5甲所示，一根粗绳AB ，其质量均匀分布，绳右端B 置于光滑水平桌面边沿，现拉动粗绳右端B ，使绳沿桌面边沿做加速运动，当B 端向下运动x 时，如图乙所示，距B 端x 处的张力F T 与x 的关系满足F T ＝5x －52x 2，一切摩擦不计，下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图5A ．可求得粗绳的总质量B ．不可求得粗绳的总质量C ．可求得粗绳的总长度D ．可求得当x ＝1 m 时粗绳的加速度大小6．如图6所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑轻定滑轮连接着两个小物体，物体B 的质量为m ，起始距地面的高度均为h ，重力加速度为g .图6(1)若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；(2)若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系．答案精析1．BCD 2．AD3．C [在CD 段，整体的加速度a ＝(m A ＋m B )g sin θm A ＋m B ＝g sin θ，对A 受力分析，有：m A g sin θ＋F f ＝m A a ，解得F f ＝0，可知A 受重力和支持力两个力作用，故A 错误．设B 与斜面DE 段间的动摩擦因数为μ，在DE 段，整体的加速度a ′＝(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝g sinθ－μg cos θ，对A 受力分析，有：m A g sin θ＋F f ′＝m A a ′，解得F f ′＝－μm A g cos θ，负号表示方向沿斜面向上．若匀速运动，A 受到的静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力作用，故B 错误，C 正确．整体下滑的过程中，CD 段加速度沿斜面向下，A 、B 均处于失重状态．在DE 段，A 、B 可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D 错误．]4．AC [第3个滑块刚好进入O 点右侧后，第4个滑块进入O 点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则F －3μmg ＝0，解得μ＝F3mg ，故A 正确；第4个滑块进入O 点后，第1个滑块滑出粗糙面，此时整体受到的摩擦力还是F f ＝3μmg ＝F ，还是做匀速运动，故B 错误；第5个滑块刚进入O 点时，根据动能定理可知F ·4L －μmg ·3L －μmg ·3L －μmg ·2L －μmg ·L ＝12·5m v 2 ，解得v ＝ 2FL5m，故C 正确；在匀速阶段，轻杆对第5个滑块无弹力作用，故D 错误．] 5．ACD 6．见解析解析 (1)设A 刚到地面时的速度为v ，由A 和B 整体运动过程中机械能守恒得，mgh ＝mg sin 30°·h sin 60°＋12×2m v 2v ＝(1－33)gh . (2)对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 . 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右： 对A 物体， F T －m A g sin 60°＝m A a cos 60° 对B 物体， mg sin 30°－F T ＝ma cos 30° 解得m A ＝mg －3ma 3g ＋a可知加速度的大小应满足0＜a ＜33g加速度a 越大，A 物体的质量越小，A 物体质量应满足0＜m A ＜33m . 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左： 对A 物体， m A g sin 60°－F T ＝m A a cos 60° 对B 物体，F T －mg sin 30°＝ma cos 30° 解得m A ＝mg ＋3ma 3g －a可知加速度的大小满足0＜a ＜3g加速度a 越大，A 物体的质量越大，A 物体质量应满足m A ＞33m .。
教师详解(听课手册)第三单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解【教材知识梳理】核心填空一、1.匀速直线 2.(1)匀速直线(2)质量质量质量二、1.作用力(或合力) 相同 2.F=ma3.(1)惯性(2)宏观三、1.相等相反 2.方向相反四、时间千克秒米思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√) (5)(√) (6)(√)(7)(×)(8)(√)【考点互动探究】考点一例1 BD [解析] 油滴未滴落时具有与车厢相同的速度,油滴落下时在水平方向上相对于车厢有水平向右的加速度a,落地时间为t=,运动的距离为x=at2,则油滴落在O点右侧,与O点距离为x=,选项B、D 正确.变式题 A [解析] 根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,因此可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,所以选项A正确.考点二例2 C [解析] 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,由牛顿第二定律,得F-μmg=ma,解得加速度a=-μg,由此可知,a-F图像在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg,纵轴截距的绝对值等于μg,斜率等于,故选项A、B、D错误;根据图像能够得出外力F为12 N时物体的加速度,但不能计算出物体的速度,选项C正确.变式题1 D [解析] 根据题意,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=-g,据此可知,若拉力改为2F,物体加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,物体加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,物体加速度a3=,选项C错误;若质量改为,拉力改为,物体加速度a4=-g=a,选项D正确. 变式题2 C [解析] 弹簧的弹力大小变化,方向始终向左,根据牛顿第二定律可知,物体的加速度大小变化、方向不变;压缩弹簧阶段,P的加速度变大,速度变小,弹簧被压缩至最短时,P的加速度最大,速度为零;弹簧弹开物体恢复原长的过程,P的加速度变小,速度变大,选项C正确.变式题3 C [解析] 由整体法知,F弹=(m A+m B)gsin 30°,剪断线瞬间,弹力不发生变化,由牛顿第二定律,对B,有F弹-m B gsin 30°=m B a B,得a B=,对A,有m A gsin 30°=m A a A,得a A=g,所以C正确.变式题 4 C [解析] 顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律,有f=macos θ,F N-mg=masin θ,扶梯对顾客的作用力斜向右上方,与扶梯运动方向不平行,故顾客对扶梯的作用力斜向左下方,与扶梯运动方向不平行,选项B、D错误,选项C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A 错误.考点三例 3 D [解析] 人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,无论人是加速下陷还是减速下陷,人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力大小总是相等的,选项C错误,选项D正确.加速下降时,人的重力大于沼泽地对人的支持力,减速下降时,人的重力小于沼泽地对人的支持力,再结合选项D的结论可知,选项A、B错误.[点评] 本题需要理清的关系是:(1)人受的重力、沼泽地对人的支持力是一对共点力,二者大小情况为:当人加速下降时,重力大于沼泽地对人的支持力;当人匀速下降时,重力等于沼泽地对人的支持力;当人减速下降时,重力小于沼泽地对人的支持力.(2)人对沼泽地的压力和沼泽地对人的支持力是一对相互作用力,总是等大反向.变式题 A [解析] 木块静止,在竖直方向上受两个力,即重力和墙对木块的静摩擦力,这两个力是一对平衡力,故A正确,B错误;木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力,这两个力是一对平衡力,故C、D 错误.1.如图所示,一个劈形物体N放在固定的斜面M上,物体N上表面水平,其上放一光滑小球m.若劈形物体各面均光滑,从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A.沿斜面向下的直线B.竖直向下的直线C.无规则曲线D.抛物线[解析] B 根据牛顿第一定律,小球在水平方向上不受外力,所以在水平方向上运动状态不变,只能沿竖直方向运动,故选项B正确.2.[2017·武汉部分重点中学联考]伽利略和牛顿都是物理学发展史伟大的科学家,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] D A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.3.一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球.由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图 (俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是减速且在向南拐弯的图是( )[解析] A 由于列车原来做匀速运动,小球和列车保持相对静止,现在列车要减速,由于惯性小球必向前运动,C、D错误;又因列车要向南拐弯,由于惯性小球相对桌面向北运动,A正确,B错误.4.[2017·郑州外国语学校期末]如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示,重力加速度为g.由图可以判断下列说法错误的是( )A.图线与纵轴的交点M的值a=-gB.图线与横轴的交点N的值T=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数[解析] C 对货物受力分析,受重力mg 和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得 a=-g,当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M 的值a=-g,故A 正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N 的值T=mg,故B 正确;图线的斜率表示质量的倒数,故C 错误,D 正确.5.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N 的金属块,使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出).若弹簧测力计的示数变为F T =6 N, 则台秤的示数与金属块没有浸入水前相比 ( )A.保持不变B.增加10 NC.增加6 ND.增加4 N[解析] D 对金属块受力分析,由平衡条件可知,水对金属块的浮力为F=G-F T =4 N,方向竖直向上,则由牛顿第三定律可得,金属块对水的作用力大小为F'=4 N,方向竖直向下,所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N,选项D 正确.6.如图所示,一轻弹簧竖直固定在水平地面上,弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端O 点到将弹簧压缩到最短的过程中,如图所示的关于小球的加速度a 随时间t 或者随距O 点的距离x 变化的关系图线正确的是 ( )[解析] B 从小球接触弹簧上端O 点到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B 正确,选项D 错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A 、C 错误.7.(多选)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,当汽车静止时,Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.在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sin 15°=0.26,cos15°=0.97,tan15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A.4 m/s2B.3 m/s2C.2 m/s2D.1 m/s2[解析] AB 在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,则小球受重力mg、压力传感器N的弹力F N作用和压力传感器Q向下的弹力F作用,沿水平、竖直方向正交分解,根据牛顿第二定律得,F+mg=F N cos 15°,F合=F N sin 15°=ma,解得a=×0.27 m/s2+2.7 m/s2>2.7 m/s2,选项A、B正确.8.如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速运动,小球仍处于图中所示的位置,则 ( )A.AB绳、BC绳的拉力都变大B.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力变小C.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力不变D.AB绳的拉力不变,BC绳的拉力变大[解析] D 如图所示,车加速时,球的位置不变,则AB绳的拉力沿竖直方向的分力T1cos θ仍等于重力G,T1=不变;向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故T2变大,选项D正确.9.如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g) ( )A.T=m(gsin θ+acos θ),F N=m(gcos θ-asin θ)B.T=m(gcos θ+asin θ),F N=m(gsin θ-acos θ)C.T=m(acos θ-gsin θ),F N=m(gcos θ+asin θ)D.T=m(asin θ-gcos θ),F N=m(gsin θ+acos θ)[解析] A 对物体进行受力分析,应用牛顿第二定律,在水平方向有Tcos θ-F N sin θ=ma,在竖直方向有Tsin θ+F N cos θ=mg,解得T=macos θ+mgsin θ,F N=mgcos θ-masin θ,选项A正确.第7讲牛顿第二定律的应用(1)【教材知识梳理】核心填空一、1.加速度 2.加速度二、1.大于小于 2.等于零思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)【考点互动探究】考点一例1 (1) s (2) m[解析] (1)在0~2 s内,由牛顿第二定律知F1-f=ma1f=μmgv1=a1t1解得v1=2 m/s在2~4 s内,物体的加速度大小a2==3 m/s2方向与v1的方向相反物体减速到停止所用时间t2= s.(2)0~2 s内物体的位移x1==2 m2~4 s内物体的位移x2= m由周期性可知4~6 s内和0~2 s内位移相等.所以6 s内物体的位移x=2x1+x2= m.变式题1 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[解析] (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1= m/s2=1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=1.2×1.0 m/s=1.2 m/s位移x1==0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小为a2=经时间t2速度变为v'1=v1-a2t2设第二次利用滑雪杖后获得的速度大小为v2,则=2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=解得x2=5.2 m.变式题2 B [解析] 方法1:解析法.设上面圆的半径为r,下面半圆的半径为R,轨道与竖直方向的夹角为φ,则轨道的长度l=2rcos φ+R,物块沿轨道下滑的加速度a==gcos φ,由位移公式得l=at2,则t=,因为α>β>θ,则t AB>t CD>t EF.故选项B正确,A、C、D错误.方法2:等时圆法.如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,t AB>t CD>t EF,选项B正确.例2 (1)(2) N[解析] (1)根据牛顿第二定律可得mgsin 30°-μmgcos 30°=ma解得μ=.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=a1t2,得a1=2 m/s2,当加速度沿斜面向上时,有Fcos 30°-mgsin 30°-μ(Fsin 30°+mgcos30°)=ma1,解得F= N当加速度沿斜面向下时,有mgsin 30°-Fcos 30°-μ(Fsin 30°+mgcos30°)=ma1解得F= N.变式题(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N[解析] (1)整体以a匀加速向右运动,根据牛顿第二定律得F-μ(M+m)g=(M+m)a,解得F=6 N.(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为F N,对小球受力分析,在水平方向,有kxcos θ-F N sin θ=ma在竖直方向,有kxsin θ+F N cos θ=mg解得x=0.017 m,F N=3.7 N.考点二例3 ABD [解析] 0~2 s该同学所受的支持力小于重力,合力向下,加速度向下,由于电梯初始为静止状态,所以0~2 s内电梯匀加速下降,2~10 s内该同学所受的支持力等于重力,此时为平衡状态,所以2~10 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降,10~11 s内该同学所受的支持力大于重力,合力向上,由于之前的速度向下,所以此阶段电梯匀减速下降,选项A正确;匀加速阶段加速度a==1 m/s2,2 s末的速度v2=at=2 m/s,此阶段位移x1=at2=2 m,匀速阶段位移x2=16 m,匀减速阶段时间t'=1 s,初速度为2 m/s,末速度等于0,所以此阶段加速度大小a'==2 m/s2,根据牛顿第二定律F'N-G=ma'=a',解得此时的支持力F'N=600 N,即F3=600 N,此阶段位移x3=t'=1 m,总位移x=x1+x2+x3=19 m,故选项B、D正确,C错误.变式题1 CD [解析] 运动员刚接触床面时重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;随床面形变的增大,弹力逐渐增大,弹力大于重力时,运动员做减速运动,运动员处于超重状态,故A错误,C 正确;蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的,加速度方向先向上后向下,运动员先处于超重状态,后处于失重状态,故B错误,D正确.变式题2 C [解析] 物体沿斜面下滑的加速度a=gsin 30°,方向沿斜面向下,对整体,在竖直方向由牛顿第二定律得(M+m)g-F N=ma y,其中a y=asin 30°,故F N相对原来减小mgsin 30°·sin 30°=1N,选项C正确. 变式题 3 CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,选项C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立感觉一样,选项D正确.考点三例4 (1)0.5 m/s2(2)0或2 s时 1 m/s2(3)1 s时0.5 m/s[解析] (1)当t=0.5 s时,F2=(2+2×0.5) N=3 N由牛顿第二定律有F1-F2=maa= m/s2=0.5 m/s2.(2)以水平向右为正方向,物体所受的合外力为F=F1-F2=4-(2+2t)=2-2t(N)作出F-t图像如图所示.从图中可以看出,在0~2 s范围内,当t=0时,物体有最大加速度a0.F0=ma0a0= m/s2=1 m/s2当t=2 s时,物体也有最大加速度a2.F2=ma2a2= m/s2=-1 m/s2,负号表示加速度方向向左.(3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2)画出a-t图像如图所示.由图可知,t=1 s时速度最大,最大值等于上方三角形的面积,即v=×1×1 m/s=0.5 m/s.变式题1 C [解析] 1~2 s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律F合=ma知合外力为12 N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12 N,A错误;物体在力F作用下由静止开始运动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3 s内始终做加速运动,第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B错误;因为物体速度始终增加,故 3 s末物体的速度最大,根据Δv=a·Δt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围图形的面积,即Δv=×(1+3)×4 m/s=8 m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8 m/s,C正确;第2 s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在0~1 s内物体做加速度增大的加速运动,2~3 s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.变式题2 C [解析] 小球向上做匀减速运动的加速度大小a1=12 m/s2,根据牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得阻力f=ma1-mg=2 N,则重力和阻力大小之比为5∶1,故A错误;小球下降的加速度大小a2=m/s2=8 m/s2,根据x=,可知上升的时间和下落的时间之比为∶3,故B错误;小球匀减速上升的位移x=×2×24m=24 m,根据v2=2a2x得,v= m/s,故C正确;下落的过程中,加速度向下,处于失重状态,故D错误.1.[2015·重庆卷]若货物随升降机运动的v-t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( )A B C D[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重,超重时加速度向上,失重时加速度向下.由v-t图像知,整个运动分为六个阶段,货物的加速度分别是:向下、为零、向上、向上、为零、向下,故支持力和重力的关系分别为:小于、等于、大于、大于、等于、小于.以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力),可得B正确.2.(多选)[2015·海南卷]如图所示,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[解析] BD 升降机匀速上升时,物块匀速下滑,以物块为研究对象,沿斜面方向,有mgsin θ=f,垂直于斜面方向,有F N=mgcos θ,又f=μF N,解得μ=tan θ;升降机加速上升时物块处于超重状态,物块与斜面间的正压力变大,滑动摩擦力也变大,选项A错误,选项B正确;加速上升瞬间,沿斜面方向,有f'-mgsin θ=masinθ;垂直于斜面方向,有F'N-mgcos θ=macos θ,解得=tan θ=μ,由于物块有相对于斜面向下的初速度,所以物块沿斜面向下匀速运动,选项C错误,选项D正确.3.[2016·福建质检]如图所示,质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上,车厢水平底板上放置一质量为m的货物,在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动.若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向,重力加速度大小为g,则( )A.车厢对货物的作用力大小等于mgB.车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C.悬臂对车厢的作用力大于(M+m)gD.悬臂对车厢的作用力方向竖直向上[解析] C 货物随车厢一起斜向上加速运动,由牛顿第二定律可知,车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致,故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的,选项D错误;由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度,处于超重状态,故悬臂对车厢的作用力大于(M+m)g,选项C正确;同理,对车厢中货物用隔离法分析可知,车厢对货物的作用力大于mg,方向是斜向上的,但不平行于缆绳,选项A、B错误.4.(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g取10 m/s2.关于热气球,下列说法正确的是( )A.所受浮力大小为4830 NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N[解析] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时,速度很小,空气阻力可以忽略,对热气球,由牛顿第二定律有F-mg=ma,解得浮力F=mg+ma=4830 N,故A正确.如果热气球一直匀加速上升,则上升180 m时的速度v= m/s>5 m/s,故热气球不是匀加速上升,说明随着速度的增加,空气阻力也越来越大,故B错误.如果热气球一直匀加速上升,则上升180 m所用的时间t= s>10 s,而气球实际加速度越来越小,故上升180 m所用时间更长,说明上升10 s后还未上升到180 m处,速度小于5 m/s,故C错误.以5 m/s的速度匀速上升阶段,空气阻力f=F-mg=230 N,故D正确.5.[2017·东北三省三校一模]如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点.B 点在y轴上且∠BMO=60°,O'为圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,所用时间分别为t A、t B、t C,则t A、t B、t C大小关系是( )A.t A<t C<t BB.t A=t C<t BC.t A=t C=t BD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系[解析] B 由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,故t A=t C<t B,B正确.6.(多选)[2017·汕头模拟]建设房屋时,保持底边长度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,雨滴下滑时可视为做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是( )A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大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所用的时间越短[解析] AC 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,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向,有mgcos θ=F N,平行于屋顶方向,有ma=mgsin θ,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小F'N=F N=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据几何关系判断,屋顶坡面的长度x=,由x=(gsin θ)t2,可得t= ,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=(gsin θ)t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.7.[2017·南宁模拟]如图所示,航空母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=20 m 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=4.0 m.一架质量为m=2.0×104 kg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.假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取10 m/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100 m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小.[答案] (1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N[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-f=ma1=2a1l1v1=a1t1其中v0=0,f=mg解得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用,设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,沿倾斜跑道方向有F-f-mgsin α=ma2sin α==2a2l2其中v1=40 m/s解得a2=3.0 m/s2,v2= m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/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a'1,末速度大小为v'1,有F推+F-f=ma'1v=2a'1l1飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化,加速度大小仍为a'2=3.0 m/s2v=2a2'l2根据题意,v2'=100 m/s,解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.第8讲牛顿第二定律的应用(2)【考点互动探究】考点一例1 (1)3 (2)mg[解析] (1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,对物体A,有F-Mg=Ma,对B、C整体,有(M+m)g-F=(M+m)a,联立解得a=g.将m=M代入,得a=.物体B从静止开始下落一段距离,即h=at2,自由落体下落同样的距离,即h=,解得=3.即物体B从静止开始下落一段距离的时间与自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3.(2)设B对C的拉力为T,对物体C,由牛顿第二定律得mg-T=ma,解得T=mg-ma=mg.由牛顿第三定律,物体C对B的拉力为mg.变式题1 14.4 N≤F≤33.6 N[解析] 假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示,取加速度方向为x轴正方向,对物块分析,在水平方向,有F N sin θ-μF N cos θ=ma1在竖直方向,有F N cos θ+μF N sin θ-mg=0对整体,有F1=(M+m)a1联立解得a1=4.8 m/s2,F1=14.4 N,假设水平推力F较大,物块相对斜面具有上滑趋势,当刚要上滑时,推力F具有最大值,设大小为F2,此时物块受力如图乙所示,对物块分析,在水平方向,有F N'sin θ+μF N'cos θ=ma2在竖直方向,有F N'cos θ-μF N'sin θ-mg=0对整体有F2=(M+m)a2联立解得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≤F≤33.6 N.变式题2 BC [解析] 在水平拉力F的作用下,四个木块以相同的加速度一起加速运动,则由牛顿第二定律可知,对整体有F=4ma,对A、D木块有f A=f D=ma,解得A、D木块所受摩擦力大小f A=f D=,方向均水平向右,故B、C正确;一起加速过程中,C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力,共五个力的作用,故A错误;当F撤去瞬间,D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变,而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向,故D错误.考点二例2[解析] 小球刚要离开挡板时,小球和挡板间的压力为F N=0.此时,对小球,有mgsin θ-kx=ma即小球做匀加速运动发生的位移为x=时,小球与挡板分离.由运动学公式x=at2得,从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t=.[点评] 对于分离类问题,从受力角度来说,分离条件均是相互接触的两个物体间压力F N=0.不过要注意的是,分离之前直到分离瞬间,相互接触的两个物体在垂直于接触面方向始终具有相同速度和相同加速度,而不要误认为是小球加速度为零时分离.变式题(1)(2)θ=60° m[解析] (1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mgsin θ=f,f=μmgcos θ联立解得μ=.(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为a,则-mgsin θ-μmgcos θ=ma,由0-,令cos α=,sin α=,即tan α=μ,则x=,当α+θ=90°时x最小,即θ=60°,所以x最小值为x min= m.考点三例3 (1)mgsin 37°-μ1mgcos 37° 4 a1t2 2mgsin 37°-μ2mgcos 37° 5 L-x112.8 -v212(2)-μ1mg 0-v2 3.2 -μ2g -1.25 v2-v 2 x1+x226变式题1 (1)0.2 (2)2 s[解析] (1)当F=0时,物体在光滑斜面上下滑的加速度为a1==gsin θ=6 m/s2物体下滑的距离为L,物体下滑到底端时的速度v满足v2=2a1L可得v= m/s物体在水平地面上在滑动摩擦力作用下做减速运动,加速度大小a2==μg由0-v2=-2a2s=-2μgs得μ==0.2.(2)当F=4 N时,物体在斜面上下滑的加速度为a'1= m/s2=2 m/s2据L= s=1 s物体到达斜面底端时的速度为v'=a1't1=2×1 m/s=2 m/s物体在水平地面上做匀减速运动,加速度大小为a2'==μg=2 m/s2故物体在水平地面上运动的时间为t2= s=1 s所以物体运动的总时间为t=t1+t2=2 s.变式题2 (1)20 m/s2,方向向下30 m/s2,方向向上(2)0.4 s (3)4 m[解析] (1)管第一次落地弹起时,设管的加速度大小为a1,球的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得对管,有Mg+4mg=Ma1对球,有4mg-mg=ma2。
