《（名師導學）2020版高考物理總復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律教學案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導學）2020版高考物理總復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律教學案 新人教版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2節(jié)　牛頓第二定律 　　【p44】 夯實基礎(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)表達式：F合＝__ma__．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k·__ma__，只有在國際單位制中才有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(相對地面靜止或__勻速直線__運動的參考系)． ②牛頓第二定律只適用于__

2、宏觀__物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況. 2．對牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律是動力學的核心內(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量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性(慣性)，而a則描述了物體的運動狀態(tài)(v)變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，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三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的． (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)瞬時性：加速度a與合外力

3、F合同時__產(chǎn)生__、同時__變化__、同時__消失__，是瞬時對應(yīng)的． (3)同一性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量． (4)獨立性：作用于物體上的每個力各自產(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力產(chǎn)生的加速度的__矢量和__，合加速度總是與合外力相對應(yīng)． (5)相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的． (6)局限性：只適用于宏觀、低速運動的物體，不適用于微觀、高速運動的粒子． 3．單位制 (1)單位制：__基本__單位和__導出__單位共同組成了單位制． ①基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有__長

4、度__、__質(zhì)量__、__時間__，它們的國際單位分別是__米__、__千克__、__秒__． ②導出單位是由基本單位根據(jù)__物理關(guān)系__推導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 單位名稱 單位符號 長度 l 米 m 質(zhì)量 m 千克 kg 時間 t 秒 s 電流 I 安(培) A 熱力學溫度 T 開(爾文) K 物質(zhì)的量 n 摩(爾) mol 發(fā)光強度 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、國際單位，如厘米、克、小時等． ②有些單位屬于國際單位，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.當盤靜止時，彈簧伸長了L，今向下拉盤使彈簧再伸長ΔL后停止，然后松手放開，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.mg B.mg C.g D.g 【解析】當盤靜止時，由胡克定律得(m＋m0)g＝kL?、? 設(shè)使彈簧再伸長Δl時手的拉力大小為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 剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝g 對物體研究：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對應(yīng)關(guān)系．在分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)注意兩個基本模型特點的區(qū)別： (1)輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很?。虎谳p繩、輕桿的拉力可突變； (2)輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝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：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． 針對訓練　 1．放在光滑水平面上的物塊1、2用輕質(zhì)彈簧測力計相連，如圖所示．今對物塊1、2分別施加方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧測力計的示數(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】因為F1>F2，所以物塊1和2都具有水平向左的加速度，設(shè)彈簧測力計的示數(shù)為T，對m2，有T－F2＝m2a，對m1有F1－T＝m1a，a＝. ∴T＝F2＋m2·，只有當m1＝m2時，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)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路． 考點突破　　 1．已知物體的運動情況求物體的受力情況 例2一游客在峨眉山滑雪時，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點開始給游客抓拍一張連續(xù)曝光的照片如圖所示．經(jīng)測量游客從起點到本次曝光的中間時刻的位移恰好是40 m．已知本次攝影的曝光時間是0.2 s，照片中虛影的長度L相當于實際長度4 m，則下列選項不正確的是(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．運動員在曝光的中間時刻的速度為v0＝20 m/s

10、 B．運動員下滑的加速度為5.0 m/s2 C．滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)為 D．滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)為 【解析】用s表示題中的位移，θ表示斜面傾角，Δt表示曝光時間，μ表示滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)，m表示滑雪運動員的質(zhì)量．設(shè)運動員下滑的加速度為a，曝光的中間時刻的速度為v0，則有v0＝，代入數(shù)據(jù)得v0＝20 m/s，故A選項正確；由v＝2as可求得：a＝5.0 m/s2，故B選項正確；又根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可求得動摩擦因數(shù)為μ＝，故C選項正確而D選項錯誤． 【答案】D 針對訓練　 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動.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)物體與地面間的動摩擦因數(shù)．(g取10 m/s2) 【解析】(1)物體的運動分為兩個過程，由圖可知兩個過程加速度分別為：a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2，受力圖如下 對于兩個過程，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，方向與運動方向相反 (2)由滑動摩擦力公式得：Ff＝μFN＝μmg 解得：μ＝0.125 4．據(jù)報道，某航空公司的一架客機，在正常航線上做水平飛行時，

12、由于突然受到強大垂直氣流作用，使飛機在10 s內(nèi)下降高度1 700 m，造成眾多乘客和機組人員的傷害事故，如果只研究飛機在豎直方向上的運動，且假設(shè)這一運動為勻變速運動(g取10 m/s2)．試計算： (1)飛機在豎直方向上產(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，才能使乘客不脫離座椅； (3)未系安全帶的乘客，相對于機艙將向什么方向運動，最可能受到傷害的是人體的什么部位． 【解析】(1)由運動學公式得：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)向上運動，頭部 2．已知物體的受力情況求

13、物體的運動情況 例3地震發(fā)生后，需要向災(zāi)區(qū)運送大量救災(zāi)物資，在物資轉(zhuǎn)運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L＝5.8 m，皮帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向運動，若在B端無初速度地放置救災(zāi)物資P(可視為質(zhì)點)，P與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (1)物資P從B端開始運動時的加速度； (2)物資P到達A端時的速度． 【解析】(1)物資P剛放在B點時，受沿傳送帶向下的滑動摩擦力的作用，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的位移 s＝＝0.8 m ∵mgsin 37°＝0.6mg，而μcos 37°·mg＝0.4mg，∴物資P會以v＝4 m/s為初速度，以a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，繼續(xù)向下加速度運動(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力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，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象，明確物理過程． (2)分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向． (3)根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．(列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程) (4)檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論． 針對訓練　 5．頻閃照相是研究物理過程的重要手段，如圖所示是某同學研究小滑塊從光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑動時的頻閃照片，已知斜面足夠長，傾角為α＝37°，閃光頻率為10 Hz.經(jīng)測量換算獲得實景數(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速度大小不變．求： (1)滑塊沿斜面上滑時的初速度v0； (2)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (3)滑塊從滑上斜面到返回斜面底端所用的時間． 【解析】(1)由題意可知，滑塊在水平面上勻速運動，則：v0＝＝ m/s＝4 m/s. (2)在斜面上滑塊做勻減速直線運動，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、行所用的時間為t1，上滑的最大距離為s，返回斜面底端的時間為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，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)2 s末物體的速度大小； (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動； a2＝＝0.5 m/s2，沿斜面向上． 經(jīng)t2＝＝10 s，速度減為0，滑動摩擦轉(zhuǎn)化成靜摩擦，f＋F＝mgsin 37°，∴f＝1.5 N

19、位移s＝s1＋s2＝30 m. ?！　　緋47】 夯實基礎(chǔ)　 1．超重和失重 (1)實重和視重： ①實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)__無關(guān)__． ②視重：當物體在__豎直方向__上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的__重力__．此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重． (2)超重、失重和完全失重的比較： 現(xiàn)象 實質(zhì) 超重 物體對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.對超、失重現(xiàn)象的理解 (1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體的重力__沒有變化__，只是物體對支持物的壓力(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)，與物體向上運動還是向下運動無關(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)生壓強等． 考點突破　　 例4我國的嫦娥工程規(guī)劃為三期，簡稱為“繞、落、回”第一步為“繞”，即發(fā)射我國第一顆月球探測衛(wèi)星，突破至地外天體的飛行技術(shù)，實現(xiàn)月球探測衛(wèi)星繞月飛行，在月球探測衛(wèi)星奔月飛行過程中探測地月空間環(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“繞、落、回”三步走完后，我國的無人探月技術(shù)將趨于成熟，中國人登月的日子也將

22、不再遙遠．關(guān)于無人探月飛船“繞、落、回”的整個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．進入月球軌道穩(wěn)定運行后，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，是加速向上運動的，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)定運行后，飛船受月球萬有引力做勻速圓周運動，處于完全失重狀態(tài)，故B錯；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動，也具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故C對，D錯． 【答案

23、】AC 【小結(jié)】判斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度和技巧 (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)． (3)從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重； ②物體向下加速或向上減速時，失重． 針對訓練　 7．如圖所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲—起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力(單位為牛頓)，橫坐標為時間．由圖線可知，該同

24、學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到以下信息(B) A．該同學做了兩次下蹲—起立的動作 B．該同學做了一次下蹲—起立的動作，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，先向下加速，后向下減速，故先失重后超重；起立時，先向上加速，后向上減速，故先超重后失重，選B. 8．高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺．當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起，進而帶動高蹺跳躍，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，踏板對人的作用力大于人對踏板

25、的作用力 C．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力 D．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對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A錯誤；踏板對人的作用力和人對踏板的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，選項B錯誤；彈簧壓縮到最低點時，人的加速度向上，人處于超重狀態(tài)，所以高蹺對人的作用力大于人的重力，高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力，選項C正確，D錯誤． 考 點 集 訓　【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，兩橡皮繩的拉力大小

26、均恰為mg.若此時小明左側(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、好保持相對靜止地向左運動．重力加速度為g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(BD) A．系統(tǒng)做勻速直線運動 B．F＝40 N C．斜面體對楔形物體的作用力大小為5 N D．增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動 【解析】對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對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，B對．斜面體對楔形物體的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C錯．外力F增大，則斜面體加速度增加，斜面體對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．

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，兩木塊的速度相同 B．彈簧壓縮到最短時，兩木塊的加速度相同 C．兩木塊速度相同時，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，對兩木塊運動過程分析可知，A做加速度減小的加速運動，B做加速度增大的加速運動，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時刻，A、B兩木塊的加速度相同(切線斜率相同)，且vA>vB，t2時刻A、B兩木塊的速度相同，且aB>aA，綜上，A、C、D正確，B錯誤． 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動，經(jīng)過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運動過程中其速度v隨時間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 B．物塊運動到第3 s時水平拉力的方向改變 C．3.5 s時刻水平

30、力F的大小為4 N D．4.5 s時刻水平力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.1 s～3 s內(nèi)，物塊向右勻加速運動的加速度為a1＝1 m/s2，滑動摩擦力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時減速到0，3 s時拉力F2，f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝f－ma2＝4 N，方向仍是水平向右，B錯；3 s～4 s時，水平拉力F的大小為4 N，方向向右，C對；4 s～5 s，物塊向左做初速為0，加速度為3 m/s2的勻加速運動，F(xiàn)3－f＝ma3，a3＝3 m/s2，所以F3＝1

31、6 N，D對． 5．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，A和B是兩個相同的輕彈簧，C是橡皮筋，它們?nèi)唛g的夾角均為120°，已知A、B對質(zhì)量為m的小球的作用力均為F，此時小球平衡，C處于拉直狀態(tài)，已知當?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C正確．故選B、C. 6．如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上，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(圖中縱坐標是F，力沿斜面向上為正)．則物體運動的速度v隨時間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動，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動，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動，3 s末物體速度v3＝a3t3＝15 m/s，故C正確，A、B、D錯誤． 7．(多選)如圖所示，一名消防隊員在模擬演習訓練中，沿著長為12 m的豎立在地面上的鋼管往下滑．已知這名消防隊員的質(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，滑到地面時速度恰好為零．如果他加速時的加速度大小是減速時的2倍，下滑的總時間為 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】作出消防員運動的v－t圖象． 由×3＝12，∴vm＝8 m/s，A錯；又t1＋t2＝3，vm＝a1t1＝a2t2，∴t1＝1 s， t2＝2 s，B對.＝，D對． 加速時，加速度a1＝8 m/s2，減速時，加速度大小為4 m/s2； 加速時，摩擦力f1，mg－f1＝ma1，∴f1＝m×2； 減速時，摩擦力f2，f2－mg＝ma2，∴f2＝m×14， ∴＝，C錯． 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、梯一起運動，此過程中物體對升降機底板的壓力F隨時間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動，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動，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)做勻速直線運動，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動，到25 s末速度剛好變?yōu)?，(t3＝)．這個10 s內(nèi)，向下的位移s3＝·t3＝50 m．由以上可知A對；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的勻加速直線運動，s3＝a2t＝×1×102 m＝50 m，

37、∴0～25 s內(nèi)，s＝s1＋s2＋s3＝75 m，向上，C對． 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點靜止出發(fā)向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為.g取10 m/s2，試求： (1)小球運動的加速度大??； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點的最大距離． 【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，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，由牛頓第二定律解得： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑時間t2＝＝0.4 s 上滑位移s2＝t2＝0.6 m 則小球離開A點向上運動的最大距離為sm＝s1＋s2＝2.4 m 10．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看做質(zhì)點的物體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運動到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摩擦力，g取10 m/s2. (1)求物體A、B間的動摩擦因數(shù)； (2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間． 【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運動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得 aAt2－aBt2＝l 解得t＝5 s - 15 -