5、直加速度共同決定的，其大小等于ma。
[典例剖析]
【例1】 (2017·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)在天宮二號中工作的景海鵬和陳冬可以自由漂浮在空中，宇航員處于失重狀態(tài)。下列分析正確的是( )
A. 失重就是航天員不受力的作用
B. 失重的原因是航天器離地球太遠，從而擺脫了地球的引力
C. 失重是航天器獨有的現(xiàn)象，在地球上不可能有失重現(xiàn)象的存在
D. 正是由于引力的存在，才使航天器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動
解析 失重時航天員仍受地球引力的作用，只是彈力為零而已，A、B錯誤；失重在地球上也很普遍，它只是視重(即彈力)小于重力的現(xiàn)象，C錯誤；正是由于地球引力的存在，才使航天
6、器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動，D正確。
答案 D
【例2】 某實驗小組利用DIS系統(tǒng)觀察超重和失重現(xiàn)象。他們在學校電梯房內(nèi)做實驗，在電梯天花板上固定一個力傳感器，測量掛鉤向下，并在鉤上懸掛一個重為10 N的鉤碼，在電梯運動過程中，計算機顯示屏上顯示出如圖所示圖線，根據(jù)圖線分析可得出的說法錯誤的是( )
A.圖線顯示力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況
B.從時刻t1到t2，鉤碼處于失重狀態(tài)；從時刻t3到t4，鉤碼處于超重狀態(tài)
C.電梯可能開始在15樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在1樓
D.電梯可能開始在1樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，
7、最后停在5樓
解析 力傳感器顯示鉤碼對傳感器的拉力大小，鉤碼對傳感器的拉力與傳感器對鉤碼的拉力是一對相互作用力，大小相等，故A正確；失重狀態(tài)下重物對懸掛物的拉力小于物體的重力，超重狀態(tài)下則相反，故B正確；從時刻t1到t2的這段時間內(nèi)傳感器對鉤碼的拉力小于鉤碼的重力，系統(tǒng)應具有向下的加速度，同理，t3到t4這段時間內(nèi)系統(tǒng)應具有向上的加速度，C正確，D錯誤。
答案 D
【方法總結(jié)】
超重和失重現(xiàn)象判斷的技巧
(1)從受力的角度判斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于0時處于完全失重狀態(tài)。
(2)從加速度的角度判斷，當物體具有向
8、上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。
[針對訓練]
1.(2017·稽陽3月聯(lián)考)下列單位中屬于國際單位制中力學基本單位的是( )
A.kg、A、s B.N、m、s
C.cm、g、s D.kg、m、s
解析 在國際單位制中，基本單位為kg、m、s、A、mol、K、cd，力學基本單位是kg、m、s，故D正確。
答案 D
2.有一種大型游戲器械，它是一個圓筒形大型容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉(zhuǎn)動后，轉(zhuǎn)速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發(fā)現(xiàn)自己沒有落下去，這是因為( )
A.游客
9、處于超重狀態(tài)
B.游客處于失重狀態(tài)
C.游客受到的摩擦力等于重力
D.筒壁對游客的支持力等于重力
解析 人在豎直方向上處于平衡狀態(tài)，重力和摩擦力是一對平衡力， 并不是處于失重或超重狀態(tài)。
答案 C
考點二 動力學中圖象問題(d/d)
[要點突破]
1.常見的圖象有
v－t圖象，a－t圖象，F(xiàn) －t圖象，F(xiàn)－x圖象，F(xiàn) －a圖象等。
2.圖象間的聯(lián)系
加速度是聯(lián)系v －t圖象與F－t圖象的橋梁。
3.分析圖象問題時的關(guān)鍵
(1)看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。
(2)注意坐標原點是否從零開始。
(3)清楚圖線的交點、斜率、面積等物理意義。
(4)對物體的受力
10、情況和運動情況的分析。
[典例剖析]
【例1】 (2017·嘉興期中)“蹦極”是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為( )
A.0.8g B.g
C.2g D.3g
解析 由拉力與時間關(guān)系圖象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力為1.8F0結(jié)合牛頓第二定律有1.8F0－mg＝mam，解得am＝2g，故C正確，A、B、D錯誤。
答案 C
【例2】 靜止在光滑水平面上的物體
11、受到一個水平拉力的作用，該力隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則( )
A.物體在2 s內(nèi)的位移為零 B.4 s末物體將回到出發(fā)點
C.2 s末物體的速度為2 m/s D.物體一直在朝同一方向運動
解析 0～1 s內(nèi)物體勻加速運動，1～2 s內(nèi)沿原方向勻減速直線運動，2 s末速度為零，然后重復上述過程，D正確。
答案 D
【例3】 質(zhì)量為3 kg的物體放在水平地面上，在水平恒力F的作用下做勻加速直線運動，4 s末撤去此水平恒力F。物體運動的v－t圖象如圖所示。求：
(1)物體在0～4 s的加速度大??；
(2)物體在4～10 s的位移大?。?
(3)物體所受的摩擦力大小。
解析
12、 設(shè)加速運動時間為t1，減速運動時間為t2，運動過程最大速度為v1
(1)0～4 s內(nèi)的加速度大小a1＝得a1＝3 m/s2①
(2)4～10 s的加速度大小a2＝得a2＝2 m/s2②
4～10 s的位移大小x2＝a2t得x2＝36 m③
(3)由牛頓第二定律Ff＝ma2④
得Ff＝6 N
答案 (1)3 m/s2 (2)36 m (3)6 N
【方法總結(jié)】
動力學圖象問題處理方法
看清坐標軸所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關(guān)系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進而弄懂物理過程，寫出相應的函數(shù)關(guān)系式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體
13、”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。
[針對訓練]
1.(2017·紹興期中)一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示，則( )
A. 滑動摩擦力為3 N
B. 全過程克服摩擦力做功30 J
C. 動摩擦因數(shù)為0.2
D. 物體的質(zhì)量為1.5 kg
解析 由圖象可知：6～8 s內(nèi)物體勻速，則滑動摩擦力Ff＝2 N，A錯誤；物體全過程位移為v－t圖象與t軸圍成面積x＝×3 m＝15 m，全過程摩擦力做功－30 J，B正確；根據(jù)8～10 s內(nèi)物體勻減速加速度a＝1.5 m/s2，可
14、知μ＝0.15，C錯誤；根據(jù)2～6 s內(nèi)物體勻加速，a1＝ m/s2，由F1－Ff＝ma1，可求得m＝ kg，D錯誤。
答案 B
2.如圖(a)，質(zhì)量m＝1 kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風速v的關(guān)系如圖(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 求：
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)比例系數(shù)k。
解析 (1)當v＝0時，a0＝4 m/s2，
由mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，
得μ＝＝0.25。
15、
(2)當v＝5 m/s時，a＝0，
由mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0，
FN＝mgcos θ＋kvsin θ
得k＝＝0.84 kg/s。
答案 (1)0.25 (2)0.84 kg/s
考點三 動力學中的連接體問題及傳送帶模型(d/d)
[要點突破]
一、連接體問題分析
1.連接體的分類
根據(jù)兩物體之間相互連接的媒介不同，常見的連接體可以分為三大類。
(1)繩(桿)連接：兩個物體通過輕繩或輕桿的作用連接在一起；
(2)彈簧連接：兩個物體通過彈簧的作用連接在一起；
(3)接觸連接：兩個物體通過接觸面的彈力或摩擦力的作用連接在一起。
2.連接體的運動
16、特點
輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。
輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平均速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。
輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速率不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。
二、傳送帶問題分析
1.水平傳送帶問題
求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相同。物體的速度與傳送帶速度相同的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。
2.傾斜傳送帶問題
17、求解的關(guān)鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定滑動摩擦力的大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相同時，物體所受的摩擦力的方向有可能發(fā)生突變。
[典例剖析]
【例1】 如圖所示，在光滑的水平地面上質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動，某時刻突然撤去拉力F，此瞬間A和B的加速度的大小分別為a1和a2，則( )
A.a1＝a2＝0
B.a1＝a，a2＝0
C.a1＝a，a2＝a
D.a1＝a，a2＝a
解析 兩木塊
18、在光滑的水平地面上一起以加速度a向右做勻加速直線運動時，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得，彈簧的彈力F彈＝m1a，在力F撤去的瞬間，彈簧的彈力來不及改變，大小仍為m1a，因此木塊A的加速度此時仍為a；以木塊B為研究對象，則F彈′＝m2a2，又F彈＝F彈′，解得木塊B的加速度大小a2＝a，所以選項D正確。
答案 D
【例2】 如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10
19、m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中( )
A.煤塊從A運動到B的時間是2.25 s
B.煤塊從A運動到B的時間是1.5 s
C.劃痕長度是0.5 m
D.劃痕長度是1 m
解析 根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，選項C、D錯誤；x2＝x－x1＝2 m，勻速運動的時間t2＝＝0.5 s，運動的總時間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項A錯誤，B正確。
答案 B
20、
【例3】 如圖所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距L＝5.0 m，質(zhì)量為M＝10 kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物體從A點到達B點所需的時間；
(2)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié)，物體從A點到達B點的最短時間是多少？
解析 (1)設(shè)物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsin θ＋μMgcos θ
21、＝Ma1①
設(shè)經(jīng)過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同，t1＝②
通過的位移x1＝③
設(shè)物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為a2
Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2④
物體繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)t2速度到達傳送帶B點
L－x1＝vt2－a2t⑤
聯(lián)立得①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2 s
(2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2，L＝v0t′－a2t′2，t′＝1 s(t′＝5 s舍去)
答案 (1)2.2 s (2)1 s
【方法總結(jié)】
分析傳送帶問題的關(guān)鍵
(1)初始時刻，根據(jù)v物、v帶的關(guān)系
22、，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況。
(2)根據(jù)臨界條件v物＝v帶確定臨界狀態(tài)的情況，判斷之后的運動形式。
(3)運用相應規(guī)律，進行相關(guān)計算。
[針對訓練]
1.如圖所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動。小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為μ，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是( )
A.μmg B.
C.μ(M＋m)g D.ma
解析 m與M無相對滑動，故a相同，對m、M整體，有F＝(M＋m)a，故a＝，m與整體加速度相同也為a，對m有f＝ma，即f＝，故D正確。
答案 D
2
23、.如圖所示，水平傳送帶兩端相距x＝8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA＝10 m/s，設(shè)工件到達B端時的速度為vB。(取g＝10 m/s2)
(1)若傳送帶靜止不動，求vB；
(2)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度vB；
(3)若傳送帶以v＝13 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，求vB及工件由A到B所用的時間。
解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律可知μmg＝ma，
則a＝μg＝6 m/s2，
又v－v＝2ax，代入數(shù)值得vB＝2 m/s。
(2)能。當傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，工件受力不變，其加速度不發(fā)生變化，仍然始終
24、減速，故工件到達B端的速度vB＝2 m/s。
(3)工件速度達到13 m/s時所用時間為t1＝＝0.5 s，
運動的位移為x1＝vAt1＋at＝5.75 m＜8 m，
則工件在到達B端前速度就達到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜止，因此工件先加速后勻速。勻速運動的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
考點四 動力學中的臨界極值問題(d/d)
[要點突破]
1.臨界或極值條件的標志
(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題
25、述的過程存在著臨界點；
(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。
2.解答臨界問題的三種方法
極限法
把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設(shè)法
臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題
數(shù)學法
將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件
[典例剖析]
【例1】 一斜面放在水平地面上，傾角為θ＝53°，一個質(zhì)量為0.2 kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面
26、靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以10 m/s2的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。(g取10 m/s2)
解析 設(shè)小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為a，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖所示。
易知＝ma0，
a0＝＝7.5 m/s2。
因為a＝10 m/s2>a0，
故小球已離開斜面，斜面對小球的彈力N＝0，
細繩的拉力T＝＝2 N，
tan α＝＝1，α＝45°，即細繩拉力的方向與水平方向成45°角斜向上。
答案 2 N，方向與水平方向成45
27、°角斜向上 0
【例2】 如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則下列說法錯誤的是( )
A.當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止
B.當F＝μmg時，A的加速度為μg
C.當F>3μmg時，A相對B滑動
D.無論F為何值，B的加速度不會超過μg
解析 A、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為μmg，對A、B整體，只要F＞μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相
28、對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg－μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝μg，選項D正確；對A、B整體，有F－μmg＝3mamax，則F＞3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝μmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，選項B正確。
答案 A
[針對訓練]
1.如圖所示，木塊A的質(zhì)量為m，木塊B的質(zhì)量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)用水平力F作用于A，則保持A、B相對靜止的條件是F不超過( )
A.μmg B.μMg
C.μmg D
29、.μMg
解析 由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F＝(M＋m)a；若A、B即將相對滑動，以物體B為研究對象可知μmg＝Ma，聯(lián)立解得F＝μmg，選項C正確。
答案 C
2.一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝4 kg的物塊P，Q為一重物，已知Q的質(zhì)量為m2＝8 kg，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600 N/m，系統(tǒng)處于靜止，如圖所示，現(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2 s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2 s以后，F(xiàn)為恒力，求力F的最大值與最小值。(sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)
解
30、析 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0。從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。
設(shè)剛開始時彈簧壓縮量為x0
則(m1＋m2)gsin θ＝kx0
因為在前0.2 s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2 s以后，F(xiàn)為恒力，所以在0.2 s時，P對Q的作用力為0，由牛頓第二定律知
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s時間內(nèi)P、Q向上運動的距離為x0－x1＝at2
聯(lián)立解得a＝3 m/s2
當P、Q開始運動時拉力最小，此時有
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
當P、Q分離時拉力最大，此時有Fmax－m2gsin θ
31、＝m2a，則Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝72 N
答案 最大值為72 N，最小值為36 N
1.下列有關(guān)力學單位制的說法正確的是( )
A.在力學的分析計算中，只能采用國際制單位，不能采用其他單位
B.力學單位制中，選為基本單位的物理量有力、時間、質(zhì)量
C.力學單位制中，采用國際單位制的基本單位有千克、厘米、秒
D.單位制中的導出單位可以用基本單位來表示
解析 用公式進行計算時，如果已知量都采用國際單位制單位，計算結(jié)果一定是國際單位，也可以采用其他單位，故A錯誤；力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質(zhì)量和時間，故B錯誤；力學中，選定kg(質(zhì)量單位)、m(長度單
32、位)、s(時間單位)作為基本單位，故C錯誤；國際單位制中的導出單位可以根據(jù)物理規(guī)律用基本單位推導出來，故D正確。
答案 D
2.(2017·湖州模擬)2015年8月29日在北京舉行的世界田徑錦標賽女子跳高決賽中，俄羅斯選手庫吉娜以2.01 m的成績獲得冠軍。庫吉娜身高約為1.93 m，忽略空氣阻力，g取10 m/s2。則下列說法正確的是( )
A.庫吉娜下降過程處于超重狀態(tài)
B.庫吉娜起跳以后在上升過程處于超重狀態(tài)
C.庫吉娜起跳時地面對她的支持力大于她所受的重力
D.庫吉娜起跳離開地面時的初速度大約為3 m/s
解析 庫吉娜離開地面后其加速度為重力加速度，處于完全失重狀
33、態(tài)，選項A、B錯誤；由牛頓第二定律知庫吉娜離開地面時的加速度向上，即合外力向上，則支持力大于重力，選項C正確；庫吉娜上升高度大約為h＝1 m，由v＝2gh知其初速度大約為v0＝ m/s，選項D錯誤。
答案 C
3.如圖所示，水平放置的傳送帶以速度v＝2 m/s向右運行，現(xiàn)將一小物體輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若A端與B端相距6 m。求物體由A到B的時間為(g取10 m/s2)( )
A.2 s B.2.5 s
C.3.5 s D.4 s
解析 物體放在傳送帶上，傳送帶對物體有向右的滑動摩擦力，使物體開始做勻加速直線運動，物體與傳送帶速度相
34、等后滑動摩擦力消失，物體與傳送帶以相同的速率做勻速直線運動。根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma，物體勻加速運動的加速度為a＝μg＝2 m/s2，達到共同速度所用時間t1＝＝1 s，發(fā)生位移x1＝t1＝1 m，此后勻速運動t2＝＝2.5 s到達B端，共用時間3.5 s，選項C正確。
答案 C
4.(2017·衢州模擬)如圖甲所示是我運動員在蹦床比賽中的一個情景。設(shè)這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來，如圖乙所示。g取10 m/s2，求：
(1)由圖分析可知，運動員的腳對蹦床第一次開始向下用力到第一次離
35、開蹦床上升之前，運動員的運動時間；
(2)運動員離開蹦床的最大速度；
(3)比賽過程中運動員的最大加速度。
解析 (1)由圖分析可知，運動員的腳對蹦床第一次開始向下用力到第一次離開蹦床上升之前，運動員的運動時間為6.8 s－3.6 s＝3.2 s。
(2)由圖分析可知：運動員的重力等于500 N，則運動員質(zhì)量為m＝50 kg，由圖讀出運動員在空中運動的時間為T＝8.4 s－6.8 s＝1.6 s，由運動員在空中做豎直上拋運動的對稱性，知上升和下落時間相等，所以運動員的初速度大小為v＝gt＝×10×1.6 m/s＝8 m/s。
(3)由牛頓第二定律Fm－mg＝mam
又Fm＝2 50
36、0 N，則am＝40 m/s2。
答案 (1)3.2 s (2)8 m/s (3)40 m/s2
[基礎(chǔ)過關(guān)]
1.下列哪一種運動情景中物體將會處于一段持續(xù)的完全失重狀態(tài)( )
A.高樓中正常運行的電梯中
B.沿固定于地面的光滑斜面滑行
C.固定在桿端隨桿繞對地靜止圓心在豎直平面內(nèi)運動
D.不計空氣阻力條件下的豎直上拋
解析 高樓中正常運行的電梯中，一般先加速后勻速，再減速，故不可能一直處于完全失重狀態(tài)，選項A錯誤；沿固定于地面的光滑斜面滑行時，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，選項B錯誤；固定在桿端隨桿繞對地靜止圓心在豎直平面內(nèi)運動的物體，加速度
37、不會總是向下的g，故不是總完全失重，選項C錯誤；不計空氣阻力條件下的豎直上拋，加速度總是向下的g，總是完全失重狀態(tài)，故選項D正確；故選D。
答案 D
2.一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷。例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下：聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關(guān)。下列速度表達式中，k為比例系數(shù)，無單位，則這四個表達式中可能正確的是( )
A.v＝k B.v＝
C.v＝ D.v＝
解析 傳播速度v的單位m/s，密度ρ的單位kg/m3，p的單位kg/(m·s2)，所以的單位是m2
38、/s2，的單位是m/s，k無單位，所以的單位與v的單位相同，故選B。
答案 B
3.(2017·紹興期中)從“神舟六號”載人飛船的發(fā)射成功可以預見，隨著航天員在軌道艙內(nèi)停留時間的增加，體育鍛煉成了一個必不可少的環(huán)節(jié)，下列器材適宜航天員在軌道艙中進行鍛煉的是( )
A.啞鈴 B.彈簧拉力器
C.單杠 D.跑步機
解析 用啞鈴鍛煉身體主要就是利用啞鈴的重力，在軌道艙中啞鈴處于完全失重狀態(tài)，它對人的胳膊沒有壓力的作用，不能用來鍛煉，故A錯誤；彈簧拉力器鍛煉的是人肌肉的伸縮和舒張力，與重力無關(guān)，能用來鍛煉，故B正確；利用單杠鍛煉身體需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降，在完全失重狀
39、態(tài)下不能用來鍛煉，故C錯誤；在軌道艙中人處于失重狀態(tài)，這時腳與跑步機之間沒有摩擦力，故不能用來鍛煉，故D錯誤。
答案 B
4.電梯內(nèi)用彈簧秤測物體的重量，下列幾種情況，彈簧秤示數(shù)最小的為( )
A.以10 m/s2的加速度加速上升 B.以3 m/s2的加速度加速上升
C.以8 m/s2的加速度加速上升 D.以5 m/s2的加速度加速上升
解析 根據(jù)牛頓第二定律有F彈－mg＝ma可得F彈＝m(a＋g)，故加速度越大，所需彈簧彈力越大。
答案 B
5.如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象，g取10 m/s2，下
40、列判斷正確的是( )
A.前10 s懸線的拉力恒為1 500 N
B.46 s末材料離地面的距離為22 m
C.0～10 s材料處于失重狀態(tài)
D.在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂
解析 由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知懸線的拉力為1 515 N，選項A錯誤；由圖象面積可得整個過程上升高度是28 m，下降的高度為6 m，46 s末材料離地面的距離為22 m，選項B正確；因30～36 s 材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項C、D錯誤。
答案 B
6.一物塊靜止在粗
41、糙的水平桌面上，從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用，假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關(guān)系的圖象是( )
解析 物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有F－Ff＝ma，即F＝ma＋Ff，該關(guān)系為線性函數(shù)。當a＝0時，F(xiàn)＝Ff；當F＝0時，a＝－。符合該函數(shù)關(guān)系的圖象為C。
答案 C
7.如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向向右做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為
42、( )
A. B.
C. D.
解析 把m1、m2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，選項A正確。
答案 A
8.物體在與其初速度始終共線的合力F的作用下運動。取v0方向為正，合力F隨時間t的變化情況如圖所示，則在0～t1這段時間內(nèi)( )
A.物體的加速度先減小后增大，速度也是先減小后增大
B.物體的加速度先增大后減小，速度也是先增大后減小
C.物體的加速度先減小后增大，速度一直在增大
D.物體的加速度先減小后增大，速度一直在減小
解析 由題圖可知，物體所受的合力先減小，后增大，故由牛頓第二定律可
43、知，物體的加速度先減小后增大；由于物體所受合力與其初速度始終共線，且由圖可知合力始終大于零，故整個運動過程中加速度方向始終與物體的初速度方向一致，物體的速度一直在增大；所以選項C正確，選項A、B、D錯誤。
答案 C
9.如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則( )
A.彈簧測力計的示數(shù)是10 N
B.彈簧測力計的示數(shù)是50 N
C.在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數(shù)不變
D.在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度不變
解析 設(shè)彈
44、簧的彈力為F，加速度為a。對m1、m2和彈簧測力計組成的系統(tǒng)：F1－F2＝(m1＋m2)a，對m1：F1－F＝m1a，聯(lián)立兩式解得：a＝2 m/s2，F(xiàn)＝26 N，故A、B兩項都錯誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；若突然撤去F1，物體m1所受的合外力方向向左，而沒有撤去F1時合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項錯誤。
答案 C
[能力提升]
10.若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是( )
45、
解析 由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)；過程②為向下勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程③為向下勻減速直線運動(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程④為向上勻加速直線運動(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程⑤為向上勻速直線(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程⑥為向上勻減速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)。綜合選項分析可知選項B正確。
答案 B
11.如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m?，F(xiàn)施水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運動。若改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、
46、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過( )
A.2F B.
C.3F D.
解析 水平力F拉B時，設(shè)加速度為a，
對A、B整體：F＝3ma①
A、B剛好不發(fā)生相對滑動，實際上是將要滑動，但尚未滑動的一種臨界狀態(tài)，則B對A的摩擦力達到了最大靜摩擦力μmg，
對A：μmg＝ma②
如果用F′作用在A上，設(shè)加速度為a′，
對A、B整體：F′＝3ma′③
A、B剛好不發(fā)生相對滑動，則A對B的摩擦力達到了最大靜摩擦力μmg，
對B：μmg＝2ma′④
由①②③④得：F′＝。故選項B正確。
答案 B
12.一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時
47、間t變化的關(guān)系如圖(a)所示，速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖(b)所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)1 s末物塊所受摩擦力的大小f1；
(2)物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x；
(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ。
解析 (1)從題圖(a)中可以讀出，當t＝1 s時，
f1＝F1＝4 N
(2)由題圖(b)知物塊在前6 s內(nèi)的位移大小
x＝ m＝12 m
(3)從題圖(b)中可以看出，在t＝2 s至t＝4 s的過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為a＝＝m/s2＝2 m/s2
由牛頓第二定律得F2－μmg＝ma
F3＝f3＝μmg
所以m＝＝ kg＝2 kg
μ＝
48、＝＝0.4
答案 (1)4 N (2)12 m (3)0.4
13.水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運行，一質(zhì)量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相同的速率做勻速直線運動。設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。
(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??；
(2)求行李做勻加速直線運動的時間；
(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處
49、，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。
解析 (1)滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N
加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2。
(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則
v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。
(3)行李始終勻加速運行時時間最短，
加速度仍為a＝1 m/s2，
當行李到達B處時，有
v＝2aL，vmin＝＝ m/s＝2 m/s
所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。
由vmin＝atmin得行李最短運行時間tmin＝＝ s＝2 s。
答案 (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
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（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第3課時 牛頓運動定律的應用創(chuàng)新學案
