2018高考物理大一轮复习：第3章牛顿运动定律（10份打包含课件） 84页

精品文档2018高考物理大一轮复习：第3章牛顿运动定律（10份打包含课件）莲山课件m第1节　牛顿第一定律　牛顿第三定律一、牛顿第一定律1．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．2．意义(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．(2)揭示了力与运动的关系：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，即产生加速度的原因．二、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．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．3．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．三、牛顿第三定律1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．表达式：F＝－F′.[自我诊断]1．判断正误(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)(2)惯性即惯性定律．(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是(　　)A．对重力、弹力、摩擦力等都适用B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用c．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、c错误，A、D正确．3．关于惯性，下列说法中正确的是(　　)A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了c．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、c错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．4．一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比玻璃更大的力才没有碎裂2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档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比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选c.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，c正确．考点一　对牛顿第一定律的理解1．指出了物体的一种固有属性牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．2．揭示了力的本质牛顿第一定律明确了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，物体的运动不需要力来维持．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态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，当物体受外力作用但所受合力为零时，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．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态c．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，c错误．2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是(　　)A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档c．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．牛顿第一定律的“三点注意”(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．考点二　对牛顿第三定律的理解1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”2．应用牛顿第三定律时应注意的问题(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档(3)作用力、反作用力不同于平衡力1．(2016•吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是(　　)A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力B．两人对绳的拉力是一对平衡力c．拔河的胜利与否取决于谁的力量大D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，c错误．2.物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是(　　)A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档c．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知c错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．3.如图所示，两块小磁铁质量均为0.5kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10m/s2)解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4N故B对A的作用力大小为4N，方向竖直向上．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4N，方向竖直向下B受力如图乙所示，由平衡条件得：FN－mg－F′＝0解得：FN＝9N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9N.答案：9N正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．课时规范训练[基础巩固题组]2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档1．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.根据实验结果，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，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和c选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有(　　)A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力c．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选Ac.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，c正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．3．(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：一旦物体具有某一速度，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2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选BcD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力(　　)A．一定小于手对砖的支持力B．一定等于手对砖的支持力c．一定大于手对砖的支持力D．一定大于砖的重力解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．5．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．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)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2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选c.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝Fm得，a甲<a乙，由x＝12at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项c正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．6．(多选)在水平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，则关于小车的运动情况，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，故相对碗向右洒出．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，相对碗向右洒出，故B、D正确．7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为m的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为(　　)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档A．(m＋m)gB．(m＋m)g－mac．(m＋m)g＋maD．(m－m)g解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝mg＋Ff′＝(m＋m)g－ma，故选项B正确．[综合应用题组]8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的(　　)解析：选c.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项c一致．9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为(　　)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动c．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是(　　)A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进c．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动解析：选Bc.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、c正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是(　　)A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好c．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项c错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．12．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．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮c．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.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的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项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、D错误．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是(　　)A．8N和0　B．5N和7Nc．5N和3ND．7N和7N解析：选c.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3N，c正确．14.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为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，则此时箱对地面的压力大小为(　　)A．mg＋FfB．mg－Ffc．mg＋mgD．mg－mg解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档由于箱子处于平衡状态，可得：FN＝Ff′＋mg＝Ff＋mg.根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则FN′＝FN＝Ff＋mg，故应选A.第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况确定物体的运动情况．(2)由运动情况确定物体的受力情况．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．解决两类基本问题的思路：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．三、力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．[自我诊断]1．判断正误(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　　)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档A．m2•kg•s－4•A－1　　　B．m2•kg•s－3•A－1c．m2•kg•s－2•A－1D．m2•kg•s－1•A－1解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1j＝1V•A•s＝1kg•m•s－2•m可得，1V＝1m2•kg•s－3•A－1，因此选B.3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是m，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是(　　)A．甲图中车的加速度大小为FmB．甲图中车的加速度大小为Fm＋mc．乙图中车的加速度大小为2Fm＋mD．乙图中车的加速度大小为Fm解析：选c.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝2Fm＋m，c正确，D错误．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则(　　)A．a1＝0，a2＝0B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2ac．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝m1m2a解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正确．考点一　对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五性”2．力、加速度、速度间的关系(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档1．(2016•高考全国乙卷)(多选)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．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．30ND．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．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档3．(2017•湖南师范大学附中月考)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为m，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是(　　)A．物块一定向上加速运动B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞msinθc．若a2＝0，则a1一定等于mg－mgsinθmD．若a1＝a2，则a1可能等于mg－mgsinθm＋m解析：选cD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ＝ma1，得F＝mgsinθ＋ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞mgsinθ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－mgsinθ＝ma1，a1＝mg－mgsinθm，故c正确；F＝mgsinθ＋ma1，当F<mg时，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，则a1＝mg－mgsinθm＋m，故D正确．考点二　牛顿第二定律瞬时性的理解1．两种模型：2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前、后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度1．(2017•山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　)A．都等于g2B．g2和0c.g2和mAmB•g2D.mAmB•g2和g2解析：选c.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝mAmB•g2对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝12g所以c正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　)A．0B.233gc．gD.33g解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，Fcos30°＝mgsin30°，解得FN＝233mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g，B正确．3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为m，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)A．a1＝a2＝a3＝a4＝02016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档B．a1＝a2＝a3＝a4＝gc．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋mmgD．a1＝g，a2＝m＋mmg，a3＝0，a4＝m＋mmg解析：选c.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋mgm＝m＋mmg，所以c对．在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”(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，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．考点三　动力学的两类基本问题1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．考向1：由受力情况求运动情况2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档[典例1]　如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s后松手．(g＝10m/s2)求：(1)松手前铸件的加速度；(2)松手后铸件还能前进的距离．解析　(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得a＝Fcos37°－μmg－Fsin37°m＝1.3m/s2(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5m/s2则松手后铸件还能滑行的距离x＝v22a′＝5.4m答案　(1)1.3m/s2　(2)5.4m1．(2017•黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7kg，在14N的恒力作用下运动，则5s末的速度及5s内通过的路程为(　　)A．8m/s　25m　B．2m/s　25mc．10m/s　25mD．10m/s　12.5m2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选c.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝Fm＝147m/s2＝2m/s2，v＝at＝2×5m/s＝10m/s，x＝12at2＝12×2×25m＝25m，选项c正确．2．(2016•高考江苏卷)(多选)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解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故c错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档3．(2017•江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5kg的滑块在F＝15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，问：(1)滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？(2)5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？解析：(1)滑块的加速度a1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1m/s2滑块的位移x1＝12a1t2＝12×1×25m＝12.5m(2)5s末滑块的速度v＝a1t＝5m/s撤去拉力后滑块的加速度大小a2＝μmgm＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2撤去拉力后滑行距离x2＝v22a2＝254m＝6.25m答案：(1)12.5m　(2)6.25m考向2：由运动情况求受力情况[典例2]　(2017•山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10m/s2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析　(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20m/s(2)自由下落的位移h′＝12gt21＝20m设座椅匀减速运动的总高度为h，则h＝(40－4－20)m＝16m由h＝v2t得t＝1.6s(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma则Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25答案　(1)20m/s　(2)1.6s　(3)2.252016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档4．(2017•湖北襄阳模拟)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,1.25B．40m/s,0.25c．50m/s,0.25D．80m/s,1.25解析：选c.根据h＝12at2，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＝mg＋Ffm＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项c正确．5．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．450NB．400Nc．350ND．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＝v0t＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以c正确．(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法①合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档合成法”．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”．(2)解答动力学两类问题的基本程序①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．课时规范训练[基础巩固题组]1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为(　　)A．53m/s2　B．33m/s2c．(5－3)m/s2D.1033m/s2解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝1033m/s2，D对．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．(多选)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(取g＝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＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝F＋Ffm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，c正确，D错误．3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有(　　)A．a1＝a2，x1＝x2B．a1＜a2，x1＝x2c．a1＝a2，x1＞x2D．a1＜a2，x1＞x22016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：a1＝F－m1＋m2gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，可知a1＜a2，再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝m2Fm1＋m2，F2＝m2a2＝m2Fm1＋m2，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为(　　)A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋gc.2F3，F3m＋gD.F3，F3m＋g解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝2F3；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档5．(多选)如图所示，A、B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.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，A、D错误，B、c正确．6．一质量为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．如右图所示，若用一水平向右的恒力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)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得：μ＝36.(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．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2m/s2，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时(如图丙)：mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入数据得：F＝437N.答案：(1)36　(2)7635N或437N[综合应用题组]7．(多选)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/s2，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g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)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2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档c．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10s后速度要小于5m/s，选项B、c错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，选项D正确．8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则(　　)A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下c．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为ma解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档＝ma，Ff＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、c、D均错误．9．质量1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则AB间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)A．1.05mB．1.13mc．2.03mD．1.25m解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝v0a1＝0.5s，位移为：x1＝12a1t21＝1.25m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2s，位移为：x2＝12a2t22＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m，选项B对．10．(多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10m/s2)(　　)A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s22016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2c．0～1s内，物体的位移为7mD．0～2s内，物体的总位移为11m解析：选BD.由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1s内位移为6m，选项c错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是(　　)A．v＝kpρB．v＝kpρc．v＝kρpD．v＝kpρ解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝Nm2＝kg•m/s2m2，密度ρ的单位用基本单位表示为kgm3，所以pρ的单位为m2s2，易知B正确．12．如图所示，倾角为30°2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的c点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距c点的距离L＝2.0m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin30°＝ma1v2m＝2a1hsin30°，解得vm＝4m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得t1＝vma1＝0.8s由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2s设t＝1.0s时速度大小为v，有v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2m/s.答案：(1)4m/s　(2)0.4　(3)3.2m/s第3节　牛顿运动定律的综合应用2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档1．超重和失重(1)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．(2)超重、失重和完全失重的比较超重失重完全失重概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝maF＝02.整体法和隔离法(1)整体法2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．(2)隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．(3)外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．[自我诊断]1．判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是(　　)A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力c．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．3．(2017•安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是(　　)A．L2＝L1B．L2＜L12016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档c．L2＞L1D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝mBFmA＋mB；水平面粗糙时，对整体有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝mBFmA＋mB，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是(　　)解析：选c.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋Ffm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－Ffm，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，故c正确．考点一　超重和失重问题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．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．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．3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但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．4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．1．(2017•福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是(　　)A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态c．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项c错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．2．(多选)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．3．(2017•浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中(　　)A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力c．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，c项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．考点二　连接体问题1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型(1)涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，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，故采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题①这类问题一般多是连接体(系统)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．②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档3．解题思路(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．[典例1]　如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　)A．aA＝12g，aB＝5g　B．aA＝aB＝15gc．aA＝14g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2g解析　对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝F2＝6mg2＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝FT－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档答案　D1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)A．增大A物的质量B．增大B物的质量c．增大倾角θD．增大拉力F解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsinθ＝mBa，解以上两式得FT＝mBmA＋mBF，选项B、D正确．2.如图所示，质量为m、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是(　　)A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．凹槽对小铁球的支持力为mgsinαc．系统的加速度为a＝gtanαD．推力F＝mgtanα2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选c.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcosα，A、B错误．小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋m)•gtanα，c正确，D错误．考点三　动力学中的图象问题1．常见的图象有v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．2．图象间的联系加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．3．图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．4．解答图象问题的策略(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．1．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)A．斜面的倾角B．物块的质量c．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选AcD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、c正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．(2017•河南郑州第一次质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是(　　)A．释放瞬间甲球加速度较大B.m1m2＝v2v1c．甲球质量大于乙球质量D．t0时间内两球下落的高度相等解析：选c.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，m1m2＝v1v2，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，c正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．3．(2017•广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是(　　)A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档c．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零解析：选D.利用a­t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、c错误；因a­t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．考点四　动力学中的临界、极值问题1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．解决动力学临界、极值问题的常用方法2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档极限分析法、假设分析法和数学极值法．考向1：极限分析法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．[典例2]　如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)A．FT1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2B．FT1＝m＋2m1m2gm＋4m1＋m2c．FT1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2D．FT1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m22016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析　由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝FT1m1－g和a＝g－FT2m2，所以有FT1m1＋FT2m2＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝m＋xm2m1gm＋ym1＋m2，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝m＋xm1m2gm＋ym2＋m1，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、c正确．若将FT1设为m＋xm1m2gm＋ym1＋m2，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．答案　c考向2：假设分析法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．[典例3]　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则(　　)A．当拉力F＜12N时，物体均保持静止状态2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动c．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动解析　首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝FfmB＝μmAgmB＝122m/s2＝6m/s2，F＝48N，由此可以看出当F＜48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．答案　D考向3：数学极值法将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．[典例4]　如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg，经过时间t＝2.0s．玩具移动了距离x＝23m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10m/s2)，求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能运动多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？解析　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝12at2解得a＝3m/s2对玩具，由牛顿第二定律得Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma解得μ＝33.(2)松手时，玩具的速度v＝at＝23m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′解得a′＝1033m/s2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝0.63m≈1.04m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ－Ff＞0Ff＝μFN在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解得F＞μmgcosθ＋μsinθcosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(60°＋θ)当θ＝30°时，拉力最小，最省力．答案　(1)33　(2)1.04m　(3)30°课时规范训练[基础巩固题组]1．下列哪个说法是正确的(　　)A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态c．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态解析：选B.选项A、c、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、c、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是(　　)A．电梯加速上升B．电梯加速下降c．电梯匀速上升D．电梯匀速下降2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、c、D错误．3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的(　　)A．①、②和③B．③、②和①c．②、③和①D．③、①和②解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，而am＝g，故aam＝sinθ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，FNm＝mg，即FNFNm＝cosθ，则FN′FNm′＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即ggm＝1，B正确．4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是(　　)A．小朋友沿滑梯加速滑下B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内c．宇航员随飞船绕地球做圆周运动D．跳水运动员离开跳板后向上运动2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选AcD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，c、D正确．5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为(　　)A.F3kB.F2kc．L＋F3kD．L＋F2k解析：选c.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋F3k，c正确．6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)2s末物体的速度；(2)前16s内物体发生的位移．解析：(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5m/s.(2)设物体在前2s内发生的位移为x1，则x1＝12a1t21＝5m.当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，代入数据可得a2＝0.5m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，t2＝10s，设t2时间发生的位移为x2，则x2＝12a2t22＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．答案：(1)5m/s　(2)30m　方向沿斜面向下[综合应用题组]7．(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是(　　)A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3c．小球落回到抛出点时的速度大小为86m/sD．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：选Ac.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，选项c正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是(　　)A．图线与纵轴的交点的绝对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量mc．图线与横轴的交点N的值FTN＝mgD．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝2mFT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝mg2，c错误．9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔ2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档x，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝12kx2，则2mg(h＋x)＝kx•x，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即a>g，c错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、m，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是(　　)A.2Ffm＋mmB.2Ffm＋mmc.2Ffm＋mm－(m＋m)gD.2Ffm＋mm＋(m＋m)g解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(m＋m)g＝(m＋m)a，对木块有2Ff－mg＝ma，所以F＝2Ffm＋mm，选项A正确．11．(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的(　　)A．水平拉力可能是0.3N2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档B．水平拉力一定是0.1Nc．物体所受摩擦力可能是0.2ND．物体所受摩擦力一定是0.2N解析：选Bc.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝23m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝13m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝13m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝23m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1N，B、c正确．12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)gFf＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2发生相对运动a2＞a1解得F＞2μ(m1＋m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22，l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μm1＋1＋dlm2g代入数据得F＝22.4N.答案：(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22.4N第4节　微专题1　“板—块”＋“传送带”问题2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档考点一　“板—块”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题方法整体法、隔离法．4．解题思路(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档[典例1]　(2017•山东德州质检)长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？解析　(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝v22s＝1.0m/s2由牛顿第二定律得μ2mg＝ma解得μ2＝0.10.(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度a1＝μ1g＝2.5m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50m/s2.设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解得t＝va2＝0.8s小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s.(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0mt－12a1t2－12a2t2＝Lv0m－v′＝a1tv′＝a2t由以上三式解得v0m＝3.0m/s.答案　(1)0.10　(2)2.4m/s　(3)3.0m/s1．(2017•安徽芜湖模拟)质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则下列判断中正确的是(　　)A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板c．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2m<L＝5m，所以小木块不能滑出木板，A正确．2．一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a所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，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b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：(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．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和m.由牛顿第二定律有－μ1(m＋m)g＝(m＋m)a1①由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋12a1t21③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤由题图b可得a2＝v2－v1t2－t1⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(m＋m)g＝ma3⑧2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋m)g＝(m＋m)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5m⑱2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.答案：(1)0.1　0.4　(2)6.0m　(3)6.5m考点二　水平传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的三个情景项目图示滑块可能的运动情况情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0[典例2]　(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析　若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故c正确，A、D错误．答案　Bc1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则(　　)A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大c．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项c错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．2．(2017•陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是(　　)A．F1＜F2B．F1＝F2c．t1一定大于t2D．t1可能等于t2解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，Ff＝μFN＝Fcosθ，解得F＝μmgμsinθ＋cosθ，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤v212μ2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档g，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项c错误，D正确．考点三　倾斜传送带问题滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景项目图示滑块可能的运动情况情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①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加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档[典例3]　如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根据l＝12at2得t＝4s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋12a2t22，则有10t2＋t22＝11解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s.答案　(1)4s　(2)2s1．(2017•广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则(　　)A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于tc．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于tD．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsinθ－μgcosθ；当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故c错误，D正确．2．如图所示为上、下两端相距L＝5m、倾角α＝30°、始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档由题意得L＝12at2解得a＝2.5m/s2由牛顿第二定律得mgsinα－Ff＝ma又Ff＝μmgcosα故μ＝0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′又v2m＝2La′故vm＝2La′＝8.66m/s.答案：(1)0.29　(2)8.66m/s课时规范训练[基础巩固题组]1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是(　　)2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点c．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，c错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块c，木板和物块均处于静止状态．A、B、c之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从c、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)(　　)A．F＞μ(2m＋m)gB．F＞μ(m＋2m)gc．F＞2μ(m＋m)gD．F＞2μmg解析：选c.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使c产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μm＋mgm＞μg时，即F＞2μ(m＋m)g时A可从B、c之间抽出，选项c正确．3．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，已知物块经过AB与Bc两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、Bc部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、Bc上所做两段运动可看做匀变速直线运动)(　　)A．1∶1B．1∶4c．4∶1D．8∶1解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与Bc段的位移相等，则有v0＋v12t1＝v1＋02t2，其中t1∶t2＝1∶2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84\n精品文档4，故v1＝v03，AB段的加速度为a1＝v1－v0t1＝－2v03t1，Bc段的加速度为a2＝0－v1t2＝－v03t2，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，Bc段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．莲山课件m2016全新精品资料-全新公文范文-全程指导写作–独家原创84/84