（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律教學(xué)案 新人教版

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1、第2節(jié)　牛頓第二定律 　　【p44】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．牛頓第二定律 (1)定律內(nèi)容：物體的加速度跟物體__所受的合外力__成正比，跟__物體的質(zhì)量__成反比，加速度的方向跟合外力的方向__相同__． (2)表達(dá)式：F合＝__ma__．該表達(dá)式只能在國(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k·__ma__，只有在國(guó)際單位制中才有k＝1. 力的單位的定義：使質(zhì)量為1 kg的物體，獲得1 m/s2的加速度的力，叫做1 N，即1 N＝__1__kg·m/s2__． (3)適用范圍 ①牛頓第二定律只適用于__慣性__參考系(相對(duì)地面靜止或__勻速直線__運(yùn)動(dòng)的參考系)． ②牛頓第二定律只適用于__

2、宏觀__物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況. 2．對(duì)牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性(慣性)，而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(v)變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了： a∝F　　a∝ 另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)性特征所決定的． (1)矢量性：加速度a與合外力F合都是__矢量__，且方向總是__相同__． (2)瞬時(shí)性：加速度a與合外力

3、F合同時(shí)__產(chǎn)生__、同時(shí)__變化__、同時(shí)__消失__，是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的． (3)同一性：加速度a與合外力F合是對(duì)同一物體而言的兩個(gè)物理量． (4)獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的__矢量和__，合加速度總是與合外力相對(duì)應(yīng)． (5)相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的． (6)局限性：只適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的物體，不適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的粒子． 3．單位制 (1)單位制：__基本__單位和__導(dǎo)出__單位共同組成了單位制． ①基本單位：基本物理量的單位．力學(xué)中的基本物理量有__長(zhǎng)

4、度__、__質(zhì)量__、__時(shí)間__，它們的國(guó)際單位分別是__米__、__千克__、__秒__． ②導(dǎo)出單位是由基本單位根據(jù)__物理關(guān)系__推導(dǎo)出來的其他物理量的單位．有力(N)、速度(m/s)、加速度(m/s2)等． (2)國(guó)際單位制中的基本物理量和基本單位 物理量名稱 物理量符號(hào) 單位名稱 單位符號(hào) 長(zhǎng)度 l 米 m 質(zhì)量 m 千克 kg 時(shí)間 t 秒 s 電流 I 安(培) A 熱力學(xué)溫度 T 開(爾文) K 物質(zhì)的量 n 摩(爾) mol 發(fā)光強(qiáng)度 I 坎(德拉) cd 特別提醒： ①有些物理單位屬于基本單位，但不是

5、國(guó)際單位，如厘米、克、小時(shí)等． ②有些單位屬于國(guó)際單位，但不是基本單位，如米/秒(m/s)、帕斯卡(Pa)、牛(頓)(N)等． 考點(diǎn)突破　　 例1如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體質(zhì)量為m.當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)了L，今向下拉盤使彈簧再伸長(zhǎng)ΔL后停止，然后松手放開，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤對(duì)物體的支持力等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.mg B.mg C.g D.g 【解析】當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得(m＋m0)g＝kL?、? 設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)Δl時(shí)手的拉力大小為F，再由胡克定律得(mg＋m0g＋F)＝k

6、(L＋ΔL)?、? 由①②聯(lián)立得F＝(m＋m0)g 剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝g 對(duì)物體研究：FN－mg＝ma 解得FN＝mg，故選A. 【答案】A 【小結(jié)】根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．在分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別： (1)輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很??；②輕繩、輕桿的拉力可突變； (2)輕彈簧模型：①?gòu)椓Φ拇笮镕＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量；②彈力突變的特點(diǎn)：若釋放端未連接物體

7、，則輕彈簧的彈力可突變?yōu)榱悖蝗翎尫哦巳赃B接物體，則輕彈簧的彈力不發(fā)生突變，釋放的瞬間仍為原值． 針對(duì)訓(xùn)練　 1．放在光滑水平面上的物塊1、2用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)相連，如圖所示．今對(duì)物塊1、2分別施加方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)(A) A．一定大于F2小于F1 B．一定等于F1－F2 C．一定等于F1＋F2 D．一定等于 【解析】因?yàn)镕1>F2，所以物塊1和2都具有水平向左的加速度，設(shè)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為T，對(duì)m2，有T－F2＝m2a，對(duì)m1有F1－T＝m1a，a＝. ∴T＝F2＋m2·，只有當(dāng)m1＝m2時(shí)，T才等于，∴T＝F2＋m2a>F2，T＝

8、F1－m1a

9、體的受力情況． 其中加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路． 考點(diǎn)突破　　 1．已知物體的運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況 例2一游客在峨眉山滑雪時(shí)，由靜止開始沿傾角為37°的山坡勻加速滑下．下滑過程中從A點(diǎn)開始給游客抓拍一張連續(xù)曝光的照片如圖所示．經(jīng)測(cè)量游客從起點(diǎn)到本次曝光的中間時(shí)刻的位移恰好是40 m．已知本次攝影的曝光時(shí)間是0.2 s，照片中虛影的長(zhǎng)度L相當(dāng)于實(shí)際長(zhǎng)度4 m，則下列選項(xiàng)不正確的是(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．運(yùn)動(dòng)員在曝光的中間時(shí)刻的速度為v0＝20 m/s

10、 B．運(yùn)動(dòng)員下滑的加速度為5.0 m/s2 C．滑雪板與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．滑雪板與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 【解析】用s表示題中的位移，θ表示斜面傾角，Δt表示曝光時(shí)間，μ表示滑雪板與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，m表示滑雪運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量．設(shè)運(yùn)動(dòng)員下滑的加速度為a，曝光的中間時(shí)刻的速度為v0，則有v0＝，代入數(shù)據(jù)得v0＝20 m/s，故A選項(xiàng)正確；由v＝2as可求得：a＝5.0 m/s2，故B選項(xiàng)正確；又根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可求得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，故C選項(xiàng)正確而D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】D 針對(duì)訓(xùn)練　 3．在水平地面上有一質(zhì)量為4.0 kg的物體，物體在水

11、平拉力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).10 s后水平拉力減為 F.該物體的v－t圖象如圖所示．求： (1)物體受到的水平拉力F的大小； (2)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．(g取10 m/s2) 【解析】(1)物體的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)過程，由圖可知兩個(gè)過程加速度分別為：a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2，受力圖如下 對(duì)于兩個(gè)過程，由牛頓第二定律得：F－Ff＝ma1 －Ff＝ma2 聯(lián)立以上二式解得：F＝9 N Ff＝5 N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 (2)由滑動(dòng)摩擦力公式得：Ff＝μFN＝μmg 解得：μ＝0.125 4．據(jù)報(bào)道，某航空公司的一架客機(jī)，在正常航線上做水平飛行時(shí)，

12、由于突然受到強(qiáng)大垂直氣流作用，使飛機(jī)在10 s內(nèi)下降高度1 700 m，造成眾多乘客和機(jī)組人員的傷害事故，如果只研究飛機(jī)在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，且假設(shè)這一運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)(g取10 m/s2)．試計(jì)算： (1)飛機(jī)在豎直方向上產(chǎn)生的加速度； (2)乘客所系安全帶的拉力與乘客體重的比值為多少時(shí)，才能使乘客不脫離座椅； (3)未系安全帶的乘客，相對(duì)于機(jī)艙將向什么方向運(yùn)動(dòng)，最可能受到傷害的是人體的什么部位． 【解析】(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：h＝at2 a＝34 m/s2 (2)由牛頓第二定律：F＋mg＝ma 拉力與體重比值k為：k＝＝2.4 (3)向上運(yùn)動(dòng)，頭部 2．已知物體的受力情況求

13、物體的運(yùn)動(dòng)情況 例3地震發(fā)生后，需要向?yàn)?zāi)區(qū)運(yùn)送大量救災(zāi)物資，在物資轉(zhuǎn)運(yùn)過程中大量使用了如圖所示的傳送帶．已知某傳送帶與水平面成θ＝37°角，皮帶的AB部分長(zhǎng)L＝5.8 m，皮帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向運(yùn)動(dòng)，若在B端無初速度地放置救災(zāi)物資P(可視為質(zhì)點(diǎn))，P與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (1)物資P從B端開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度； (2)物資P到達(dá)A端時(shí)的速度． 【解析】(1)物資P剛放在B點(diǎn)時(shí)，受沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力的作用，mgsin θ＋F＝ma1 FN＝mgcos θ　F＝μFN 其加

14、速度為a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，方向沿傳送帶向下． (2)物資P加速到與傳送帶速度相同時(shí)的位移 s＝＝0.8 m ∵mgsin 37°＝0.6mg，而μcos 37°·mg＝0.4mg，∴物資P會(huì)以v＝4 m/s為初速度，以a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，繼續(xù)向下加速度運(yùn)動(dòng)(L－s)才到A端，依v－v2＝2a2(L－s)，代入數(shù)據(jù)解得vA＝6 m/s. 【小結(jié)】應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對(duì)物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二

15、定律列方程． 應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟 (1)通過審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過程． (2)分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向． (3)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．(列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程) (4)檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論． 針對(duì)訓(xùn)練　 5．頻閃照相是研究物理過程的重要手段，如圖所示是某同學(xué)研究小滑塊從光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑動(dòng)時(shí)的頻閃照片，已知斜面足夠長(zhǎng)，傾角為α＝37°，閃光頻率為10 Hz.經(jīng)測(cè)量換算獲得實(shí)景數(shù)據(jù)：x1＝x2＝40 cm，x3＝35 cm，x

16、4＝25 cm，x5＝15 cm.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝2.24，設(shè)滑塊通過平面與斜面連接處時(shí)速度大小不變．求： (1)滑塊沿斜面上滑時(shí)的初速度v0； (2)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)滑塊從滑上斜面到返回斜面底端所用的時(shí)間． 【解析】(1)由題意可知，滑塊在水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，則：v0＝＝ m/s＝4 m/s. (2)在斜面上滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且x3－x4＝x4－x5，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)公式：x3－x4＝a1T2 由牛頓第二定律：mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得：μ＝0.5. (3)設(shè)滑塊向上滑

17、行所用的時(shí)間為t1，上滑的最大距離為s，返回斜面底端的時(shí)間為t2，加速度為a2，v0＝a1t1，s＝v0t1，解得：t1＝0.4 s mgsin α－μmgcos α＝ma2，s＝a2t，解得：t2＝ s 所以：t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝1.3 s. 6．如圖甲所示為一傾角θ＝37°足夠長(zhǎng)的斜面，將一質(zhì)量為m＝1 kg的物體在斜面上由靜止釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)2 s末物體的速度大?。? (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生

18、的位移． 【解析】(1)mgsin 37°＝6 N，μmgcos 37°＝2 N＝fm， 0～2 s內(nèi)，F(xiàn)＝1.5 N，a1＝＝2.5 m/s2， 2 s末速度v2＝a1t1＝2.5×2 m/s＝5 m/s； (2)向下的位移s1＝·t1＝5 m. 2 s～16 s內(nèi)，F(xiàn)＝4.5 N，物體向下做勻減速運(yùn)動(dòng)； a2＝＝0.5 m/s2，沿斜面向上． 經(jīng)t2＝＝10 s，速度減為0，滑動(dòng)摩擦轉(zhuǎn)化成靜摩擦，f＋F＝mgsin 37°，∴f＝1.5 N

19、位移s＝s1＋s2＝30 m. ?！　　緋47】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．超重和失重 (1)實(shí)重和視重： ①實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)__無關(guān)__． ②視重：當(dāng)物體在__豎直方向__上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的__重力__．此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重． (2)超重、失重和完全失重的比較： 現(xiàn)象 實(shí)質(zhì) 超重 物體對(duì)水平支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦_大于__物體重力的現(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量 失重 物體對(duì)水平支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦_小于__物體重力的現(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎

20、直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量 完全 失重 物體對(duì)水平支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦_為零__的現(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向下的加速度a，且a＝g 2.對(duì)超、失重現(xiàn)象的理解 (1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體的重力__沒有變化__，只是物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?__變大__或__變小__了(即“視重”變大或變小了)． (2)只要物體有__向上__或__向下__的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)無關(guān)． (3)即使物體的加速度不沿豎直方向，但只要在__豎直方向__上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)． (4)物體超重或失重多少由物體的

21、質(zhì)量和豎直加速度共同決定，其大小等于__ma__． (5)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液體柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等． 考點(diǎn)突破　　 例4我國(guó)的嫦娥工程規(guī)劃為三期，簡(jiǎn)稱為“繞、落、回”第一步為“繞”，即發(fā)射我國(guó)第一顆月球探測(cè)衛(wèi)星，突破至地外天體的飛行技術(shù)，實(shí)現(xiàn)月球探測(cè)衛(wèi)星繞月飛行，在月球探測(cè)衛(wèi)星奔月飛行過程中探測(cè)地月空間環(huán)境．第二步為“落”，即發(fā)射月球軟著陸器，突破地外天體的著陸技術(shù)．第三步為“回”，即發(fā)射月球軟著陸器，突破自地外天體返回地球的技術(shù)．當(dāng)“繞、落、回”三步走完后，我國(guó)的無人探月技術(shù)將趨于成熟，中國(guó)人登月的日子也將

22、不再遙遠(yuǎn)．關(guān)于無人探月飛船“繞、落、回”的整個(gè)過程中如下說法正確的是(　　) A．在地球上起飛的初始階段，無人探月飛船處于超重狀態(tài) B．進(jìn)入月球軌道穩(wěn)定運(yùn)行后，無人探月飛船不受任何力的作用 C．在月球上軟著陸之前，無人探月飛船處于超重狀態(tài) D．返回地球落地之前，無人探月飛船處于失重狀態(tài) 【解析】在地球上剛起飛的階段，是加速向上運(yùn)動(dòng)的，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A正確；在月球軌道穩(wěn)定運(yùn)行后，飛船受月球萬有引力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，故B錯(cuò)；在月球表面軟著陸之前與返回地球落地之前是相似的情景，飛船處于向下減速運(yùn)動(dòng)，也具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故C對(duì)，D錯(cuò)． 【答案

23、】AC 【小結(jié)】判斷超重和失重現(xiàn)象的三個(gè)角度和技巧 (1)從受力的角度判斷，當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于0時(shí)處于完全失重狀態(tài)． (2)從加速度的角度判斷，當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)． (3)從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重； ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重． 針對(duì)訓(xùn)練　 7．如圖所示，是某同學(xué)站在力傳感器上，做下蹲—起立的動(dòng)作時(shí)記錄的力隨時(shí)間變化的圖線，縱坐標(biāo)為力(單位為牛頓)，橫坐標(biāo)為時(shí)間．由圖線可知，該同

24、學(xué)的體重約為650 N，除此以外，還可以得到以下信息(B) A．該同學(xué)做了兩次下蹲—起立的動(dòng)作 B．該同學(xué)做了一次下蹲—起立的動(dòng)作，且下蹲后約 2 s 起立 C．下蹲過程中人處于失重狀態(tài) D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 【解析】下蹲時(shí)，先向下加速，后向下減速，故先失重后超重；起立時(shí)，先向上加速，后向上減速，故先超重后失重，選B. 8．高蹺運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)新型運(yùn)動(dòng)，圖甲為彈簧高蹺．當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起，進(jìn)而帶動(dòng)高蹺跳躍，如圖乙．下列說法正確的是(C) A．人向上彈起過程中，一直處于超重狀態(tài) B．人向上彈起過程中，踏板對(duì)人的作用力大于人對(duì)踏板

25、的作用力 C．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力 D．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)地的壓力等于人和高蹺的總重力 【解析】人向上彈起過程中，先加速向上，處于超重狀態(tài)，然后減速向上，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；踏板對(duì)人的作用力和人對(duì)踏板的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，人的加速度向上，人處于超重狀態(tài)，所以高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力，高蹺對(duì)地的壓力大于人和高蹺的總重力，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 考 點(diǎn) 集 訓(xùn)　【p275】 A組 1．在兒童蹦極游戲中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩，質(zhì)量為m的小明如圖所示靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小

26、均恰為mg.若此時(shí)小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明(B) A．加速度為零，速度為零 B．加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下 C．加速度a＝g，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上 D．加速度a＝g，方向豎直向下 【解析】根據(jù)題意，腰間左右兩側(cè)的橡皮繩的彈力等于重力，小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明此時(shí)所受合力方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項(xiàng)B正確． 2．(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3 kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1 kg的光滑楔形物體．用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰

27、好保持相對(duì)靜止地向左運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(BD) A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．F＝40 N C．斜面體對(duì)楔形物體的作用力大小為5 N D．增大力F，楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 【解析】對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A錯(cuò)，B對(duì)．斜面體對(duì)楔形物體的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C錯(cuò)．外力F增大，則斜面體加速度增加，斜面體對(duì)楔形物體的支持力也增大，則支持力在豎直方向的分量大于重力，有向上的加速度，D對(duì)．

28、 3．(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)用水平恒力F推A.則從力F開始作用到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中(ACD) A．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的速度相同 B．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的加速度相同 C．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aAvB 【解析】從力F開始作用到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，對(duì)兩木塊運(yùn)動(dòng)過程分析可知，A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，只要A的速度大于B的速度彈簧就處于被壓縮變短的過程中，則兩木塊速度相同時(shí)彈簧壓縮到最短，畫出這一過程A、B

29、兩木塊的v－t圖象，則t1時(shí)刻，A、B兩木塊的加速度相同(切線斜率相同)，且vA>vB，t2時(shí)刻A、B兩木塊的速度相同，且aB>aA，綜上，A、C、D正確，B錯(cuò)誤． 4．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊回到出發(fā)點(diǎn)O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運(yùn)動(dòng)過程中其速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則(CD) A．物塊經(jīng)過4 s回到出發(fā)點(diǎn) B．物塊運(yùn)動(dòng)到第3 s時(shí)水平拉力的方向改變 C．3.5 s時(shí)刻水平

30、力F的大小為4 N D．4.5 s時(shí)刻水平力F的大小為16 N 【解析】由v－t圖知，經(jīng)過4 s，位移為6 m，A錯(cuò).1 s～3 s內(nèi)，物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a1＝1 m/s2，滑動(dòng)摩擦力f＝μmg＝10 N，拉力F1＝f＋ma1＝12 N，水平向右.3 s～5 s內(nèi)，加速度a2＝3 m/s2，方向向左，4 s時(shí)減速到0，3 s時(shí)拉力F2，f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝f－ma2＝4 N，方向仍是水平向右，B錯(cuò)；3 s～4 s時(shí)，水平拉力F的大小為4 N，方向向右，C對(duì)；4 s～5 s，物塊向左做初速為0，加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)3－f＝ma3，a3＝3 m/s2，所以F3＝1

31、6 N，D對(duì)． 5．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，A和B是兩個(gè)相同的輕彈簧，C是橡皮筋，它們?nèi)唛g的夾角均為120°，已知A、B對(duì)質(zhì)量為m的小球的作用力均為F，此時(shí)小球平衡，C處于拉直狀態(tài)，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.則剪斷橡皮筋的瞬間，小球的加速度可能為(BC) A．g－，方向豎直向下 B.－g，方向豎直向上 C．0 D.＋g，方向豎直向下 【解析】由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以輕彈簧A和B對(duì)小球的作用力一定是拉力．可能有兩種情況：(1)橡皮筋可能被拉伸，設(shè)拉力為FT，由平衡條件可知，2Fcos 60°＝mg＋FT，解得橡皮筋拉力FT＝F－mg.剪斷橡皮筋的瞬間，小球所受

32、合外力等于橡皮筋拉力FT＝F－mg，方向豎直向上，由牛頓第二定律，F(xiàn)合＝ma，解得小球的加速度a＝－g，選項(xiàng)B正確；(2)橡皮筋可能沒有發(fā)生形變，拉力為零，則剪斷橡皮筋的瞬間，小球的加速度為零，選項(xiàng)C正確．故選B、C. 6．如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標(biāo)是F，力沿斜面向上為正)．則物體運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律是(物體初速度為零，重力加速度g取10 m/s2)(C) 【解析】在0～1 s內(nèi)，a1＝＝，方向沿斜面向上，物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，1 s末物體速度v1＝a1t1＝5 m/s；

33、在1～2 s內(nèi)，拉力為零，a2＝＝，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2 s末速度為零；在2～3 s內(nèi)，a3＝＝，方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，3 s末物體速度v3＝a3t3＝15 m/s，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 7．(多選)如圖所示，一名消防隊(duì)員在模擬演習(xí)訓(xùn)練中，沿著長(zhǎng)為12 m的豎立在地面上的鋼管往下滑．已知這名消防隊(duì)員的質(zhì)量為60 kg，他從鋼管頂端由靜止開始先勻加速再勻減速下滑，滑到地面時(shí)速度恰好為零．如果他加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)的2倍，下滑的總時(shí)間為 3 s，g取10 m/s2，下列說法正確的是(BD) A．下滑過程中的最大速度為4

34、 m/s B．加速與減速過程的時(shí)間之比為1∶2 C．加速與減速過程中所受摩擦力大小之比為1∶2 D．加速與減速過程的位移之比為1∶2 【解析】作出消防員運(yùn)動(dòng)的v－t圖象． 由×3＝12，∴vm＝8 m/s，A錯(cuò)；又t1＋t2＝3，vm＝a1t1＝a2t2，∴t1＝1 s， t2＝2 s，B對(duì).＝，D對(duì)． 加速時(shí)，加速度a1＝8 m/s2，減速時(shí)，加速度大小為4 m/s2； 加速時(shí)，摩擦力f1，mg－f1＝ma1，∴f1＝m×2； 減速時(shí)，摩擦力f2，f2－mg＝ma2，∴f2＝m×14， ∴＝，C錯(cuò)． 8．(多選)如圖甲所示，物體A放在某摩天大樓升降電梯的底板上，隨電

35、梯一起運(yùn)動(dòng)，此過程中物體對(duì)升降機(jī)底板的壓力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知物體A的質(zhì)量mA為60 kg，g取10 m/s2，以下說法正確的是(AC) A．若電梯是由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則在25 s內(nèi)電梯的位移大小為175 m B．若電梯是由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則在25 s內(nèi)電梯的位移大小為275 m C．若電梯初速度v0＝10 m/s，豎直向上，則在25 s內(nèi)電梯的位移大小為75 m D．若電梯初速度v0＝10 m/s，豎直向上，則在25 s內(nèi)電梯的位移大小為125 m 【解析】由乙圖知，0～5 s，處于失重狀態(tài)，向下的加速度a1＝2 m/s2，若開始靜止，到5 s末，速度v＝a1t1＝

36、10 m/s，方向向下．發(fā)生位移s1＝t1＝25 m，5 s～15 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，這10 s的位移s2＝vt2＝100 m．15 s～25 s內(nèi)處于超重狀態(tài)，向上的加速度a2＝＝1 m/s2，物體向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，到25 s末速度剛好變?yōu)?，(t3＝)．這個(gè)10 s內(nèi)，向下的位移s3＝·t3＝50 m．由以上可知A對(duì)；若v0＝10 m/s，豎直向上，則0～5 s內(nèi)，vt＝v0－a1t＝(10－2×5) m/s＝0 m/s，位移s1＝t1＝×5 m＝25 m，向上；5～15 s內(nèi)，靜止，s2＝0；15～25 s內(nèi)，向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，s3＝a2t＝×1×102 m＝50 m，

37、∴0～25 s內(nèi)，s＝s1＋s2＋s3＝75 m，向上，C對(duì)． B組 9．如圖所示，一質(zhì)量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角為30°.現(xiàn)小球在F＝20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.g取10 m/s2，試求： (1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點(diǎn)的最大距離． 【解析】(1)在力F作用下，由牛頓第二定律解得： (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2. (2)剛撤去F時(shí)，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s

38、 小球的位移s1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑時(shí)，由牛頓第二定律解得： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑時(shí)間t2＝＝0.4 s 上滑位移s2＝t2＝0.6 m 則小球離開A點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)的最大距離為sm＝s1＋s2＝2.4 m 10．如圖甲所示，長(zhǎng)木板B固定在光滑水平面上，可看做質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6 N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5 s物體A運(yùn)動(dòng)到B的最右端，其v－t圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2. (1)求物體A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)若B不固定，求A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間． 【解析】(1)根據(jù)v－t圖象可知物體A的加速度為 aA＝＝ m/s2＝2 m/s2 以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得 F－μmAg＝mAaA 解得μ＝＝0.4 (2)由題圖乙可知木板B的長(zhǎng)度為 l＝×5×10 m＝25 m 若B不固定，則B的加速度為 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2 設(shè)A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間為t，根據(jù)題意可得 aAt2－aBt2＝l 解得t＝5 s - 15 -