（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題課 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題課 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題課 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題課　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 　超重、失重問題 1.超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。 2.失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。 4.對超重和失重的“三點(diǎn)”深度理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。 (2)在完全失

2、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。 (3)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。 命題角度1　超重、失重現(xiàn)象的判斷 【例1】　倫敦奧運(yùn)會(huì)開幕式的彈跳高蹺表演中，一名質(zhì)量為m的演員穿著這種高蹺從距地面H高處由靜止落下，與水平地面撞擊后反彈上升到距地面高h(yuǎn)處。假設(shè)彈跳高蹺對演員的作用力類似于彈簧的彈力，演員和彈跳高蹺始終在豎直方向運(yùn)動(dòng)，不考慮空氣阻力的影響，則該演員(　　) 圖1 A.在向下運(yùn)動(dòng)的過程中始終處于失重狀態(tài) B.在向上運(yùn)動(dòng)的過程中始終處于超重狀態(tài)

3、C.在向下運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D.在向上運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) 解析　演員在空中時(shí)，加速度為g，方向向下，處于失重狀態(tài)；當(dāng)演員落地加速時(shí)，加速度a向下，處于失重狀態(tài)；落地后期減速，加速度a向上，處于超重狀態(tài)；所以演員在向下運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；同理可知，演員在向上運(yùn)動(dòng)的過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 命題角度2　根據(jù)超重、失重現(xiàn)象判斷物體的受力情況 【例2】　某人在地面上最多可舉起50 kg 的物體，當(dāng)他在豎直向上運(yùn)動(dòng)的電梯中最多舉起了60 kg的物體時(shí)，電梯加速度的大小和方向?yàn)?g＝

4、10 m/s2)(　　) A.2 m/s2　豎直向上 B. m/s2　豎直向上 C.2 m/s2　豎直向下 D. m/s2　豎直向下 解析　由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為Fm＝mg＝500 N，在電梯中人能舉起60 kg物體，物體一定處于失重狀態(tài)，對60 kg的物體：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以選項(xiàng)D正確。 答案　D 判斷超重和失重的方法 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)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上

5、的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度(a＝g)時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài) 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 【變式訓(xùn)練1】　(2018·4月浙江選考)如圖2所示，小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作。下列F－t圖象能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是(　　) 圖2 解析　體重計(jì)的讀數(shù)為人所受的支持力大小，下蹲過程人的速度從0開始最后又回到0，因此人先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此選項(xiàng)C正確。 答案　C 　動(dòng)力學(xué)中的圖象

6、問題 1.常見的動(dòng)力學(xué)圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等。 2.圖象問題的類型 (1)已知物體受到的力隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線。要求分析物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖象。 3.解題策略 命題角度1　動(dòng)力學(xué)中的v－t圖象 【例3】　(2018·寧夏模擬)將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。該過程的v－t圖象如圖3所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖3 A.小球所受重力和阻力之

7、比為6∶1 B.小球上升與下落所用時(shí)間之比為2∶3 C.小球回落到拋出點(diǎn)的速度大小為8 m/s D.小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài) 解析　小球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝＝ m/s2＝12 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根據(jù)x＝at2得t＝，知上升的時(shí)間和下落的時(shí)間之比為t1∶t2＝∶＝∶3，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球勻減速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根據(jù)v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故選項(xiàng)C正確；

8、下落的過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 命題角度2　動(dòng)力學(xué)中的F－t圖象 【例4】　物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖4甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) 圖4 A.物體的質(zhì)量m＝0.5 kg B.物體的質(zhì)量m＝2 kg C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 解析　由開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，可知0～2 s內(nèi)物體的加速度大小為a＝＝ m/s2＝1 m/s2

9、；在0～2 s內(nèi)對物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 1.(2018·紹興期中)一物體放在水平地面上，如圖5甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示，則(　　) 圖5 A. 滑動(dòng)摩擦力為3 N B. 全過程克服摩擦力做功30 J C. 動(dòng)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(dòng)摩擦力F

10、f＝2 N，A錯(cuò)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W＝－fx＝－2×15 J＝－30 J，B正確；根據(jù)8～10 s內(nèi)物體勻減速加速度a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2，由牛頓第二定律－μmg＝ma可知μ＝0.15，C錯(cuò)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(cuò)誤。 答案　B 2.如圖6(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(yùn)動(dòng)，風(fēng)對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖(b)所示，(sin 3

11、7°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 求： 圖6 (1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)比例系數(shù)k。 解析　(1)當(dāng)v＝0時(shí)，由圖(b)知a0＝4 m/s2， 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma0， 得μ＝＝0.25。 (2)當(dāng)v＝5 m/s時(shí)，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 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(yùn)動(dòng)，4 s末撤去此水平恒力F。物體運(yùn)動(dòng)的

12、v－t圖象如圖7所示。求： 圖7 (1)物體在0～4 s的加速度大??； (2)物體在4～10 s的位移大小； (3)物體所受的摩擦力大小。 解析　設(shè)加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，運(yùn)動(dòng)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 　動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題 1.臨界或極值條件的標(biāo)志 (1)有些題目中有“剛

13、好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)； (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(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。 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(dá)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(shí)，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(shí)，往往用假設(shè)法解決問題 數(shù)學(xué)法 將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件 【例5】　一斜面放在水平地面上，傾角為θ＝53°，一個(gè)質(zhì)量為0.2 kg的小球用細(xì)繩吊在斜

14、面頂端，如圖8所示。斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)斜面與水平面的摩擦，當(dāng)斜面以10 m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求細(xì)繩的拉力及斜面對小球的彈力。(g取10 m/s2) 圖8 解析　設(shè)小球剛剛脫離斜面時(shí)斜面向右的加速度為a，此時(shí)斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細(xì)繩的拉力，且細(xì)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?yàn)閍＝10 m/s2>a0 故小球已離開斜面，斜面對小球的彈力FN＝0 細(xì)繩的拉力T＝＝2 N tan α＝＝1，α＝45°，即細(xì)繩拉力的方向與水平方向成45°角斜向上。 答案　2 N，

15、方向與水平方向成45°角斜向上　0 1.如圖9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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(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(　　) 圖9 A.μmg B.μMg C.μmg D.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(dòng)，以物體B為研究對象可知μmg＝Ma，聯(lián)立解得F＝μmg，選項(xiàng)C正確。 答案　 C 2.(2018·濟(jì)寧檢測)如圖10所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，重

16、力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)。隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。 圖10 解析　當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定律方程： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma① 木塊的位移為x，有0－v＝2ax② 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時(shí)位移最小，根據(jù)①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ) 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝，則α＝30°

17、要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時(shí)取最大值g 所以有θ＝90°－α＝60°時(shí)，加速度取最大值為a＝－ 代入②可得xmin＝ 答案　60°　 　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 1.連接體 多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、彈簧、細(xì)桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度)。 2.解決連接體問題的兩種方法 【例6】　如圖11所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計(jì)連接。兩個(gè)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(　　) 圖11 A

18、.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是50 N B.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是24 N C.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2 解析　對兩物體和彈簧測力計(jì)組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔離m2，根據(jù)牛頓第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以彈簧測力計(jì)的示數(shù)為24 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 1.如圖12所示，在光滑水平地面上，水平

19、外力F拉動(dòng)小車和木塊一起做無相對滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)。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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在這個(gè)過程中，木塊受到的摩擦力大小是(　　) 圖12 A.μmg B. C.μ(M＋m)g D.ma 解析　m與M無相對滑動(dòng)，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.如圖13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(yùn)動(dòng)，某時(shí)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

20、(　　) 圖13 A.a1＝a2＝0 B.a1＝a，a2＝0 C.a1＝a，a2＝a D.a1＝a，a2＝a 解析　兩木塊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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)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(xiàng)D正確。 答案　D 3.(2017·三明模擬)如圖14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)施加水平力F拉B(如圖甲)，A

21、、B剛好不發(fā)生相對滑動(dòng)，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)。若改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)，則F′不得超過(　　) 圖14 A.2F B. C.3F D. 解析　力F拉物體B時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)，故A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力fm，根據(jù)牛頓第二定律，有 fm＝ma① 對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＝3ma② 由①②解得fm＝F。 當(dāng)F′作用在物體A上時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A，有 F′－fm＝m

22、a1③ 對整體，有F′＝3ma1④ 由上述各式聯(lián)立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。 答案　B 科學(xué)思維——傳送帶模型 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(jìn)行正確的分析判斷。物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻。 【例1】　如圖15所示，水平長傳送帶始終以v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，AB長為L，L足夠長。問： 圖15 (1)物體從A到B做什么運(yùn)動(dòng)？ (2)當(dāng)物體的速度達(dá)到傳送帶速度v時(shí)，物體的位移多大？傳送帶的位移多大？ (3)物體從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？ (

23、4)什么條件下物體從A到B所用時(shí)間最短？ 解析　(1)物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相同時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ 物體的位移x1＝at2＝ 傳送帶的位移x2＝vt＝ (3)物體從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t總＝＋＝＋ (4)當(dāng)物體從A到B一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所用時(shí)間最短由v2＝2ax得v＝，所以要求傳送帶的速度滿足v≥。 答案　(1)先勻加速，后勻速　(2)　　(3)＋ (4)v≥ 【拓展延伸1】　若在【例1】中物體以初速度v0(v0≠v)從A端向B端運(yùn)動(dòng)，則： (1)物體可能做什么運(yùn)動(dòng)？ (2)什么情景下物體從A到B所用時(shí)間

24、最短，如何求最短時(shí)間？ 解析　(1)①若v0v，物體剛放到傳送帶上時(shí)將做加速度大小為a＝μg的勻減速運(yùn)動(dòng)。假定物體一直減速到離開傳送帶，則其離開傳送帶時(shí)的速度為v′＝。顯然，若v≤，則物體在傳送帶上將一直減速運(yùn)動(dòng)；若v0>v>，則物體在傳送帶上將先減速，后勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)物體一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A到B所用時(shí)間最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－μgt2可求

25、最短時(shí)間。 答案　見解析 【拓展延伸2】　若在【例1】中物體以初速度v0從B向A運(yùn)動(dòng)，則物體可能做什么運(yùn)動(dòng)？ 解析　物體剛放到傳送帶上時(shí)將做加速度大小為a＝μg的勻減速運(yùn)動(dòng)，假定物體一直減速到離開傳送帶，則其離開傳送帶時(shí)的速度為v′＝。顯然，若v0≥，則物體將一直做勻減速運(yùn)動(dòng)直到從傳送帶的另一端離開傳送帶；若v0<，則物體將不會(huì)從傳送帶的另一端離開，而是從進(jìn)入端離開，其可能的運(yùn)動(dòng)情形有： ①v0≤v先沿v0方向減速，再沿v0的反方向加速運(yùn)動(dòng)直至從進(jìn)入端離開傳送帶； ②如果v0≤v先沿v0方向減速，再沿v0的反方向加速，最后勻速運(yùn)動(dòng)直至從進(jìn)入端離開傳送帶。 答案　見解析 2.傾斜傳

26、送帶問題 求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。 【例2】　如圖16所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，AB長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端A無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 圖16 解析　物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力Ff，物

27、體受力情況如圖甲所示。物體由靜止加速，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得 a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2。 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時(shí)間 t1＝＝ s＝1 s， 時(shí)間t1內(nèi)的位移x＝a1t＝5 m。 由于μ

28、1 s，t2＝－11 s(舍去)。 所以物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝2 s。 答案　2 s 【針對訓(xùn)練】 1.如圖17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(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(dòng)，會(huì)在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中(　　) 圖17 A.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25 s B.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s C.劃痕長度是0.5 m D.劃痕長度是1 m

29、解析　根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運(yùn)動(dòng)到速度與傳送帶速度相等時(shí)的時(shí)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(yùn)動(dòng)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(xiàng)C、D錯(cuò)誤；x2＝x－x1＝2 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝0.5 s，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。 答案　B 2.如圖18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

30、上傳送帶，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5。傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖18 (1)物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所需的時(shí)間； (2)若傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié)，物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？ 解析　(1)設(shè)物體速度大于傳送帶速度時(shí)加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1① 設(shè)經(jīng)過時(shí)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(shí)物體的加速度為a2 Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2④

31、物體繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)t2速度到達(dá)傳送帶B點(diǎn) 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(shí)所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時(shí)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 活頁作業(yè) (時(shí)間：30分鐘) A組　基礎(chǔ)過關(guān) 1.(2018·新高考選考終極適應(yīng)卷)撐桿跳是田徑運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目一種。在這項(xiàng)比賽中，運(yùn)動(dòng)員雙手握住一根特制的桿子，經(jīng)過快速助跑后，借助桿子撐地的反彈力量，使身體騰起，躍過橫桿。關(guān)于撐桿跳，下列說法正確的是(　　)

32、 A.運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)，撐桿提供給運(yùn)動(dòng)員的彈力等于運(yùn)動(dòng)員所受重力 B.運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)，撐桿提供給運(yùn)動(dòng)員的彈力小于運(yùn)動(dòng)員所受重力 C.在運(yùn)動(dòng)員起跳上升階段，運(yùn)動(dòng)員始終處于超重狀態(tài) D.在運(yùn)動(dòng)員越過桿子下落階段，運(yùn)動(dòng)員始終處于失重狀態(tài) 解析　起跳時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度的方向向上，竿對他的彈力大于他的重力，故A、B錯(cuò)誤；起跳以后的上升、下落過程中運(yùn)動(dòng)員的加速度的方向向下，他處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 2.從“神舟六號”載人飛船的發(fā)射成功可以預(yù)見，隨著航天員在軌道艙內(nèi)停留時(shí)間的增加，體育鍛煉成了一個(gè)必不可少的環(huán)節(jié)，下列器材適宜航天員在軌道艙中進(jìn)行鍛煉的是(　　) A.啞鈴 B.彈

33、簧拉力器 C.單杠 D.跑步機(jī) 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(cuò)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，在完全失重狀態(tài)下不能用來鍛煉，故C錯(cuò)誤；在軌道艙中人處于失重狀態(tài)，這時(shí)腳與跑步機(jī)之間沒有摩擦力，故不能用來鍛煉，故D錯(cuò)誤。 答案　B 3.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

34、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。加速度越小，彈簧秤的示數(shù)越小，選項(xiàng)B正確。 答案　B 4.如圖1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(yùn)動(dòng)圖象，g取10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖1 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

35、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(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖象面積可得整個(gè)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(xiàng)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(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 5.如圖2所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)(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(　　) 圖2 A. B. C.

36、 D. 解析　把m1、m2看做一個(gè)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(xiàng)A正確。 答案　A 6.某同學(xué)用臺(tái)秤研究在電梯中的超失重現(xiàn)象。在地面上稱得其體重為500 N，再將臺(tái)秤移至電梯內(nèi)稱其體重。電梯從t＝0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到t＝11 s時(shí)停止，得到臺(tái)秤的示數(shù)F隨時(shí)間t變化的情況如圖3所示(g＝10 m/s2)，則下列選項(xiàng)不正確的是(　　) 圖3 A.電梯為下降過程 B.在10～11 s內(nèi)電梯的加速度大小為2 m/s2 C.F3的示數(shù)為550 N D.電梯運(yùn)行的總位移為19 m 解析　在0～2 s內(nèi)電梯支持力小于該同

37、學(xué)重力，合力向下，加速度向下，初速為零，所以0～2 s電梯勻加速下降，2～10 s 內(nèi)支持力等于該同學(xué)重力，該同學(xué)受力處于平衡狀態(tài)，向下勻速，10～11 s內(nèi)支持力大于該同學(xué)的重力，合力向上，所以向下勻減速，A正確；電梯勻加速階段a1＝＝1 m/s2，2 s末電梯速度v1＝a1t1＝2 m/s，此階段位移x1＝a1t＝2 m，勻速階段x2＝v1t2＝16 m，勻減速階段t3＝1 s，則此階段加速度大小a2＝＝2 m/s2，由牛頓第二定律有FN2－mg＝ma2，求得FN2＝600 N，即F3＝600 N，此階段位移x3＝·t3＝1 m，電梯總位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m，B、D正確，C錯(cuò)誤

38、。 答案　C 7.質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應(yīng)的v－t圖象如圖4所示，球與水平地面相碰后離開地面時(shí)的速度大小為碰撞前的。設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為Ff，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)彈性球受到的空氣阻力Ff的大小； (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。 解析　(1)設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1，由題圖知a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，得mg－Ff＝ma1，F(xiàn)f＝m(g－a1)＝0.2 N。 (2)由題圖知彈性球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為v1＝4 m/s，設(shè)球第一次離開地面時(shí)的速度大小為v2

39、，則v2＝v1＝3 m/s，第一次離開地面后，設(shè)上升過程中球的加速度大小為a2，則mg＋Ff＝ma2，a2＝12 m/s2，于是有0－v＝－2a2h，解得h＝ m。 答案　(1)0.2 N　(2) m B組　能力提升 8.如圖5所示，水平光滑的細(xì)桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B用一不可伸長輕質(zhì)繩相連，質(zhì)量分別為mA和mB，由于B球受到水平風(fēng)力作用，細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，A環(huán)與B球一起向右做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.B球所受到的風(fēng)力大小為mBa B.當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，桿對A環(huán)的支持力變大 C.此時(shí)B受到的繩子拉力大小為mBgcos θ D.當(dāng)風(fēng)力

40、增大時(shí)，輕繩對B球的拉力不變 解析　對B球受力分析可知，B球受到水平風(fēng)力、繩拉力和重力作用，在水平方向F－Tsin θ＝mBa，豎直方向：Tcos θ＝mBg，解得T＝，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；對A、B整體分析可知，在豎直方向上A、B整體受力平衡，桿對A環(huán)支持力等于(mA＋mB)g，風(fēng)力增大時(shí)拉力不變，B錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 9.(2018·浙江溫州期末)利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以研究力的大小變化的情況。實(shí)驗(yàn)時(shí)某消防隊(duì)員從平臺(tái)上自由下落，在t1時(shí)刻雙腳觸地，他順勢彎曲雙腿。計(jì)算機(jī)顯示消防隊(duì)員雙腳觸地后的過程中，他受到地面支持力F隨時(shí)間變化的圖象如圖6所示。根據(jù)圖象提供的信息，以下判斷正確的是(　

41、　) 圖6 A.在t1至t2時(shí)間內(nèi)，消防隊(duì)員做減速運(yùn)動(dòng) B.在t2至t3時(shí)間內(nèi)，消防隊(duì)員處于失重狀態(tài) C.t2時(shí)刻，消防隊(duì)員的速度達(dá)到最大 D.t3時(shí)刻，消防隊(duì)員的速度達(dá)到最大 解析　在t1到t2時(shí)間內(nèi)，支持力的大小小于重力，加速度大小向下，消防隊(duì)員在加速下降，A錯(cuò)誤；t2到t3時(shí)間內(nèi)，支持力的大小大于重力，加速度大小向上，消防隊(duì)員處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；t2時(shí)刻之前消防員做加速運(yùn)動(dòng)，而此后消防員做減速運(yùn)動(dòng)，故t2時(shí)刻消防員的速度達(dá)最大，故C正確，D錯(cuò)誤。 答案　C 10.如圖7所示，傳送帶的水平部分長為L，傳動(dòng)帶速率為v，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩

42、擦因數(shù)為μ，則木塊從左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間不可能是(　　) 圖7 A.＋ 　B. C. D. 解析?、偃裟緣K一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，并且到達(dá)右端未達(dá)到速度v，由牛頓第二定律有a＝μg，L＝at2，t＝，若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)且到達(dá)右端速度剛好達(dá)到v，則L＝t，t＝。②若木塊先做勻加速，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)有：t1＝＝，勻加速階段木塊經(jīng)過的位移x1＝，勻速的位移L－x1，勻速時(shí)間t2＝＝－，總時(shí)間t＝t1＋t2＝＋，選項(xiàng)B正確。 答案　B 11.如圖8所示，水平軌道AB段為粗糙水平面，BC段為一水平傳送帶，兩段相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m＝1 kg 的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，

43、靜止于A點(diǎn)，AB距離為x＝2 m。已知物塊與AB段和BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2。 圖8 (1)若給物塊施加一水平拉力F＝11 N，使物塊從靜止開始沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去拉力，物塊在傳送帶靜止情況下剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求傳送帶的長度； (2)在(1)問中，若將傳送帶繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)37°后固定(AB段和BC段仍平滑連接)，要使物塊仍能到達(dá)C端，則在AB段對物塊施加拉力F′應(yīng)至少多大。 解析　(1)物塊在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2 則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為vB，有v＝2a1x，vB＝2 m/s 滑上傳送帶有－μmg＝ma2，a2＝－5 m

44、/s2 剛好到達(dá)C點(diǎn)，有－v＝2a2L，得傳送帶長度L＝2.4 m。 (2)將傳送帶傾斜，滑上傳送帶有 －mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2 物塊仍能剛好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s 在AB段，有vB′2＝2ax，F(xiàn)′－μmg＝ma 聯(lián)立解得F′＝17 N。 答案　(1)2.4 m　(2)17 N 12.(2018·浙江教育綠色評價(jià)聯(lián)盟適應(yīng)性考試)一旦發(fā)生火災(zāi)，高樓居民如何逃生是一直困擾我們的致命問題。最近有人設(shè)計(jì)了一種新型逃生滑梯，提供了頗具創(chuàng)意的解決方式，這種裝置類似于“滑滑梯”，緊急情況中放下，逃生者躺在滑梯內(nèi)，

45、即可順勢滑到底樓。(假設(shè)樓層間的高度h＝3 m) 圖9 (1)經(jīng)發(fā)明者測試，逃生者可以從5樓滑到1樓需要10秒鐘，假設(shè)滑梯坡度為37°，忽略轉(zhuǎn)角處的速度損失和空氣阻力。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者與“滑滑梯”間的動(dòng)摩擦因數(shù)？ (2)為了安全，處于高層的逃生者都備有智能躺椅，躺椅配有控速系統(tǒng)和剎車系統(tǒng)，控速系統(tǒng)可以限制下滑過程中速度不超過6 m/s，剎車系統(tǒng)可以使減速過程的加速度的大小和加速過程的加速度大小相等。為了安全，滑到地面時(shí)的速度大小要求不超過2 m/s，假設(shè)逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和題(1)中的加速度大小相等，求從25樓下滑到地面的最短時(shí)間？ 解析　(1)發(fā)明者測試時(shí)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有＝at2 解得：a＝0.4 m/s2 對發(fā)明者受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.7 (2)經(jīng)分析研究對象先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)最后做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短 根據(jù)幾何關(guān)系有：s總＝＝120 m 則加速度時(shí)間：t1＝＝15 s，加速的位移s1＝t1＝45 m 減速時(shí)間有：t3＝＝10 s，減速的位移s3＝·t3＝40 m 故勻速的時(shí)間為t2＝＝ s＝5.83 s 則總時(shí)間為t總＝t1＋t2＋t3＝30.83 s 答案　(1)0.7　(2)30.83 s 21