《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題05 牛頓三大運動定律的理解與應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題05 牛頓三大運動定律的理解與應用（含解析）（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題05 牛頓三大運動定律的理解與應用 【專題導航】 目錄 熱點題型一　牛頓第一定律的理解和應用 1 熱點題型二牛頓第三定律的理解 3 熱點題型三　牛頓第二定律的理解和基本應用 6 1　力與運動的關系 6 2　牛頓運動定律的瞬時性 7 熱點題型四　動力學的兩類基本問題 9 1　已知受力求運動 10 2 已知運動求受力 12 3　等時圓模型 13 熱點題型五動力學圖象問題的應用 15 【題型演練】 18 【題型歸納】 熱點題型一　牛頓第一定律的理解和應用 1．慣性的兩種表現形式 (1)物體的慣性總是以保持“原狀”或反抗“改變”兩種形式表現出來． (2)物

2、體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)． 2．與牛頓第二定律的對比 牛頓第一定律是經過科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律． 【例1】伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展．利 用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上 升．斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3. 根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是(　　) A． 如果斜面光滑，小球將上升到

3、與O點等高的位置 B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài) C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小 【答案】　A 【解析】　根據題意，鋪墊材料粗糙程度降低時，小球上升的最高位置升高，當斜面絕對光滑時，小球在斜面上沒有能量損失，因此可以上升到與O點等高的位置，而B、C、D三個選項，從題目不能直接得出，所以選項A正確． 【變式1】.(2019·安徽六安質檢)關于物體的慣性，下列說法中正確的是(　　) A．騎自行車的人，上坡前要緊蹬幾下，是為了增大慣性沖上坡 B．子彈從槍膛中射出后在空中飛行，速度逐漸減小，因此慣性

4、也減小 C．物體慣性的大小，由物體質量的大小決定 D．物體由靜止開始運動的瞬間，它的慣性最大 【答案】C 【解析】質量是物體慣性大小的唯一量度，慣性與物體的運動狀態(tài)無關，故選C. 【變式2】(2019·益陽模擬)亞里士多德在其著作《物理學》中說：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運動稱之為“自然運動”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非“自然運動”稱之為“受迫運動”．伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學；新物理學認為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”．下列關于“慣性”和“運動”的說法中不符合新物理學的是(　　 )

5、 A．一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動 B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因 C．可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉的太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的 D．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性 【答案】C 【解析】.力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，所以當物體不受到任何外力的時候，總保持靜止或者勻速直線運動的狀態(tài)，故選項A符合題意；當物體受到外力作用的時候，物體的運動狀

6、態(tài)會發(fā)生改變，即力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故選項B符合題意；可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉的太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的，故選項C不符合題意；由于物體具有向上的速度，所以具有向上的慣性，雖然受到向下的重力，但物體不會立刻向下運動，故選項D符合題意． 熱點題型二 牛頓第三定律的理解 1．作用力和反作用力的關系 三同 ①大小相同；②性質相同；③變化情況相同 三異 ①方向不同；②受力物體不同；③產生效果不同 三無關 ①與物體種類無關；②與物體運動狀態(tài)無關；③與物體是否和其他物體存在相互作用無關 2.相互作

7、用力與平衡力的比較 作用力和反作用力 一對平衡力 不同點 受力物體 作用在兩個相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關系 同時產生、同時消失 不一定同時產生、同時消失 疊加性 兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零 力的性質 一定是相同性質的力 性質不一定相同 相同點 大小、方向 都是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上 【例2】建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料．質量為70.0 kg的工人站在水平地面上，通過定 滑輪將20.0 kg的建筑材料以1.0 m/s2的加速度拉升，忽略繩子

8、和定滑輪的質量及兩者間的摩擦，求地面受 到的壓力和摩擦力的大小．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 【答案】　524 N　132 N 【解析】　對建筑材料受力分析如圖甲所示 由牛頓第二定律得：F1－mg＝ma 代入數據解得：F1＝220 N 因此繩對人的拉力F2＝F1＝220 N 工人受力分析如圖乙所示 由平衡條件得：F2cos 53°＝Ff F2sin 53°＋FN＝Mg 代入數據解得：FN＝524 N，Ff＝132 N 由牛頓第三定律得：人對地面的壓力大小為524 N，地面受到的摩擦力大小為132 N. 【方法技巧】 “

9、轉換研究對象法”在受力分析中的應用 (1)“轉換研究對象法”在受力分析中的應用，其本質是牛頓第三定律的應用． (2)由于作用力與反作用力的關系，當待求的某個力不容易求時，可先求它的反作用力，再反過來求待求力．如求壓力時，可先求支持力． 【變式1】(2019·樂山模擬)如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者贏．若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是(　　) A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力 B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力 C．若甲的質量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利 D．若乙收繩的速度

10、比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利 【答案】C 【解析】選C.甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是作用力和反作用力，選項A錯誤；繩靜止時，甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是一對平衡力，選項B錯誤；若甲的質量比乙的質量大，則甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界線，故甲能贏得“拔河”比賽的勝利，選項C正確；收繩速度的快慢并不能決定“拔河”比賽的輸贏，選項D錯誤． 【變式2】(2019·四川宜賓期中)如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛小車，在酒精燈燃燒一段時間后塞子噴 出．下列說法正確的是 (　　) A．由于塞子的質量小于小車的質量，噴出時塞子受到的沖擊力將大于小車受到的沖擊力 B．由于塞子的質量小

11、于小車的質量，噴出時塞子受到的沖擊力將小于小車受到的沖擊力 C．塞子噴出瞬間，小車對水平面的壓力大于小車整體的重力 D．若增大試管內水的質量，則可以增大小車的慣性 【答案】CD 【解析】噴出時塞子受到的沖擊力和小車受到的沖擊力大小相等，方向相反，故A、B錯誤；塞子噴出瞬間，試管內的氣體對小車整體有斜向左下的作用力，所以小車對水平面的壓力大于小車整體的重力，故C正確；若增大試管內水的質量，則小車整體的慣性增大，故D正確． 【變式3】 (2019·海口模擬)建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料．一質量為70.0 kg 的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0 kg 的建筑材料以0.5

12、00 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 【答案】B 【解析】選B.設繩子對建筑材料的拉力為F1， F1－mg＝ma F1＝m(g＋a)＝210 N，繩子對人的拉力F2＝F1＝210 N．人處于靜止，則地面對人的支持力FN＝m0g－F2＝490 N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力F′N＝FN＝490 N，選項B正確． 熱點題型三　牛頓第二定律的理解和基本應用 1．牛頓第二定律的五個性質 2．

13、求解思路：求解物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度． 3．在求解瞬時加速度時應注意的問題 ①物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析． ②加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變． 1　力與運動的關系 【例3】(2019·四川廣元一診)如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體，現將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點．如果物體受到的阻力恒定，則(　　) A．物體從A到O先加速后減速

14、 B．物體從A到O做加速運動，從O到B做減速運動 C．物體運動到O點時，所受合力為零 D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小 【答案】　A 【解析】　物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右．隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大．當物體向右運動至A、O間某點(設為點O′)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大．此后，隨著物體繼續(xù)向右運動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?，至O點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大，所以物體越過O′點

15、后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運動．綜以上分析，只有選項A正確． 【方法技巧】 理解牛頓第二定律的三點注意 (1)分析物體的運動性質，要從受力分析入手，先求合力，然后根據牛頓第二定律分析加速度的變化． (2)速度的大小如何變化取決于加速度和速度方向間的關系，和加速度的大小沒有關系． (3)加速度如何變化取決于物體的質量和合外力，與物體的速度沒有關系． 【變式】(2019·廣西欽州模擬)如圖所示，一個小球自由下落到將彈簧壓縮到最短后開始豎直向上反彈，從開始反彈至小球到達最高點，小球的速度和加速度的變化情況為(　　) A．

16、速度一直變小直到零 B．速度先變大，然后變小直到為零 C．加速度一直變小，方向向上 D．加速度先變小后一直變大 【答案】　B 【解析】　小球到達最低點時，受彈力大于本身的重力，物體向上做加速運動，速度增加，當重力與彈力相等時達到最大速度，然后物體做減速運動，速度減小，到達最高點的速度為零，故A錯誤，B正確；開始時彈力大于重力，隨著高度增加，彈力減小，加速度減??；當彈力與重力相等時加速度為零，此后彈力小于重力，并且彈力越來越小，物體受到的合力越來越大，加速度反向增大，當物體脫離彈簧后加速度為g，保持不變，故C、D錯誤． 2　牛頓運動定律的瞬時性 加速

17、度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型： 【例4】．如圖甲所示，一質量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)． (1)現將線L2剪斷，求剪斷L2的瞬間物體的加速度． (2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同(接m后)，質量不計的輕彈簧，如圖乙所示，其他條件不變，求剪斷L2的瞬間物體的加速度． 【答案】(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方 (2)gtan θ，方向水平向右 【解析】(1)細線L2被剪斷的瞬間，因細線L2對物體的彈力突然

18、消失，而引起L1上的張力發(fā)生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度垂直L1斜向下方，大小為a＝gsin θ. (2)當細線L2被剪斷時，細線L2對物體的彈力突然消失，而彈簧的形變還來不及變化(變化要有一個過程，不能突變)，因而彈簧的彈力不變，它與重力的合力與細線L2對物體的彈力是一對平衡力，等大反向，所以細線L2被剪斷的瞬間，物體加速度的大小為a＝gtan θ，方向水平向右． 【變式1】兩個質量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示．現突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則 (　　) A．a1＝g，a2＝g　　　

19、　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 【答案】　A 【解析】　由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故選項A正確． 【變式2】在【變式1】中只將A、B間的輕繩換成輕質彈簧，其他不變，如圖所示，則【變式1】選項中正確的是 (　　) A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 【答案】D 【解析】剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為

20、a1＝2g，a2＝0，故選項D正確． 【變式3】把【變式2】的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均 平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是 (　　) A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g 【答案】B 【解析】細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為0.燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為T＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項B正確． 熱

21、點題型四　動力學的兩類基本問題 1．解決動力學兩類問題的兩個關鍵點 2．解決動力學基本問題的處理方法 (1)合成法：在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采用“合成法”． (2)正交分解法：若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”． 3．兩類動力學問題的解題步驟 1　已知受力求運動 【例5】(2019·汕頭模擬)建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂的傾角θ，以便下雨時落在房頂的雨滴能盡快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動．下列說法正確的是(　　) A．傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大 B．傾角θ越大，雨滴對

22、屋頂壓力越大 C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大 D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短 【答案】AC 【解析】.設屋檐的底角為θ，底邊長度為L，注意底邊長度是不變的，屋頂的坡面長度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcos θ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ.雨滴的加速度為：a＝gsin θ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂的壓力大?。篎′N＝FN＝mgcos θ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據三角關系判斷，屋頂坡面的長度x＝，由x

23、＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可見當θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確． 【變式】(2019·上海閔行區(qū)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質量為m＝0.1 kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點，在豎直平面內對環(huán)施加一個與桿夾角為θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運動，并在經過B點時撤掉此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點．已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數μ＝0.8，AB與BC的距離之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圓

24、環(huán)在BC段的加速度a2的大小； (2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大??； (3)拉力F的大?。? 【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 【解析】　(1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力．對小圓環(huán)進行受力分析如圖甲所示，有f＝μN＝μmg 則a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2. (2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運動，由運動學公式可知 v＝2a1s1 小圓環(huán)在BC段做勻減速運動，由運動學公式可知 v＝2a2s2 又＝ 則a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2. (3)當Fsin θ

25、分析如圖乙所示 由牛頓第二定律得 Fcos θ－f1＝ma1 又N1＋Fsin θ＝mg f1＝μN1 聯立以上各式，代入數據解得 F＝1.05 N 當Fsin θ>mg時，小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖丙所示 由牛頓第二定律可知 Fcos θ－f2＝ma1 又Fsin θ＝mg＋N2 f2＝μN2 代入數據解得F＝7.5 N. 2 已知運動求受力 【例6】．有一種大型游戲機叫“跳樓機”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40 m高處，然后由靜止釋放．可以認為座椅沿軌道做自由落體運動2 s后，開始受到恒定阻力而立

26、即做勻減速運動，且下落到離地面4 m高處時速度剛好減小到零．然后再讓座椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面．(g取10 m/s2)求： (1)座椅在勻減速階段的時間是多少？ (2)在勻減速階段，座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍？ 【答案】(1)1.6 s　(2)2.25倍 【解析】(1)自由下落的位移h′＝gt＝20 m 座椅自由下落結束時刻的速度v＝gt1＝20 m/s 設座椅勻減速運動的總高度為h，則 h＝(40－4－20)m＝16 m 由h＝t得t＝1.6 s. (2)設座椅勻減速階段的加速度大小為a，座椅對游客的作用力大小為F，由v＝at得a＝12.

27、5 m/s2 由牛頓第二定律得F－mg＝ma 解得＝2.25. 【變式】(2019·德州模擬)一質量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的固定斜面上以a＝2.5 m/s2 的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內能沿 斜面運動位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2) (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數μ； (2)恒力F的大?。? 【答案】(1)　(2) N或 N 【解析】(1)根據牛頓第二定律可得 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝. (2)由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，當加

28、速度沿斜面向上時，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，代入數據得F＝ N 當加速度沿斜面向下時 mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入數據得F＝ N. 3　等時圓模型 (1)質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示． (2)質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示． (3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示． 【例7

29、】.如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(　　) A．2∶1　　 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ 【答案】B 【解析】選B.設光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時的加速度為a＝gsin θ，由幾何關系，斜槽軌道的長度s＝2(R＋r)sin θ，由運動學公式s＝at2，得t＝　＝　?。?　　，即所用時間t與傾角θ無關，所以t1＝t2，B項正確． 【變式】某同學探究小球沿

30、光滑斜面頂端下滑至底端的運動規(guī)律，現將兩質量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結論是(　　) A．甲圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同 B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同 C．乙圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同 D．乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同 【答案】C 【解析】小球在斜面上運動的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運動，設斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，根據牛頓第二定律可知，小球在斜面上運動的加速度為a＝gsin θ，根據勻變速直線運動規(guī)律和圖中幾何關系有s＝at2，s＝＝

31、，解得小球在斜面上的運動時間為t＝＝，根據機械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個斜面上運動的時間不同，故選項A錯誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項B錯誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項D錯誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個斜面上運動的時間相等，故選項C正確． 熱點題型五 動力學圖象問題的應用 1．數形結合解決動力學圖象問題 (1)在圖象問題中，無論是讀圖還是

32、作圖，都應盡量先建立函數關系，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系；然后根據函數關系讀取圖象信息或者描點作圖． (2)讀圖時，要注意圖線的起點、斜率、截距、折點以及圖線與橫坐標包圍的“面積”等所對應的物理意義，盡可能多地提取解題信息． (3)常見的動力學圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等． 2．動力學圖象問題的類型：圖象類問題的實質是力與運動的關系問題，以牛頓第二定律F＝ma為紐帶，理解圖象的種類，圖象的軸、點、線、截距、斜率、面積所表示的意義．一般包括下列幾種類型： 3．解題策略 【例8】(2019·福建省三明市質檢)水平地面上質量為1 kg的

33、物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2隨時間的變化如圖所示，已知物塊在前2 s內以4 m/s的速度做勻速直線運動，取g＝10 m/s2，則(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．物塊與地面的動摩擦因數為0.2 B．3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N C．4 s末物塊受到的摩擦力大小為1 N D．5 s末物塊的加速度大小為3 m/s2 【答案】　BC 【解析】　在0～2 s內物塊做勻速直線運動，則摩擦力Ff＝3 N，則μ＝＝＝0.3，選項A錯誤；2 s后物塊做勻減速直線運動，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，則經過t＝＝2 s，即4 s末速

34、度減為零，則3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N,4 s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6 N－5 N＝1 N，選項B、C正確；物塊停止后，因兩個力的差值小于最大靜摩擦力，則物塊不再運動，則5 s末物塊的加速度為零，選項D錯誤． 【變式1】(2019·安徽省池州市上學期期末)如圖所示為質量m＝75 kg的滑雪運動員在傾角θ＝37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的v－t圖象，圖中的OA直線是t＝0時刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時間軸，運動員與滑道間的動摩擦因數為μ，所受空氣阻力與速度成正比，比例系數為k.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°

35、＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　) A．滑雪運動員開始時做加速度增大的加速直線運動，最后做勻速運動 B．t＝0時刻運動員的加速度大小為2 m/s2 C．動摩擦因數μ為0.25 D．比例系數k為15 kg/s 【答案】　C 【解析】　由v－t圖象可知，滑雪運動員開始時做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速運動，故A錯誤；在t＝0時刻，圖線切線的斜率即為該時刻的加速度，故有a0＝ m/s2＝4 m/s2，故B錯誤；在t＝0時刻開始加速時，v0＝0，由牛頓第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0，最后勻速時有：vm＝10 m/s，a＝0，由

36、平衡條件可得mgsin θ－kvm－μmgcos θ＝0，聯立解得： μ＝0.25，k＝30 kg/s，故C正確，D錯誤． 【變式2】如圖甲所示，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數 D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】ACD 【解析】.由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋Ff＝m

37、a1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確；由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確． 【變式3】. 1845年英國物理學家和數學家斯·托馬斯(S.G.Stokes)研究球體在液體中下落時，發(fā)現了液體對球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關，有F＝6πηrv，其中物理量η為液體的粘滯系數，它還與液體的種類及溫度有關，如圖所示，現將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深量筒中，下列描繪小鋼珠在下沉過程中加速度大小與

38、時間關系的圖象可能正確的是(　　) 【答案】D 【解析】.根據牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝＝，在下降的過程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，當重力和阻力相等時，做勻速運動，加速度為零，故選項D正確． 【變式4】．(多選)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．物體的質量m＝1 kg B．物體的質量m＝2 kg C．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝ D．物體

39、與斜面間的動摩擦因數μ＝ 【答案】AD 【解析】.由開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，可知0～2 s內物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內對物體應用牛頓第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡條件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯立解得m＝1 kg，μ＝，選項A、D正確． 【題型演練】 1.(2019·河北武邑中學模擬)光滑水平面上，有一木塊以速度v向右運動，一根彈簧固定在墻上，如圖所示， 木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮成最短的時間內木塊將做的運動是(　　) A.勻減速運動　　　　

40、B．速度減小，加速度增大 C．速度減小，加速度減小 D．無法確定 【答案】B 【解析】木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個力，二力平衡．水平方向受到彈簧向左的彈力，由于彈力與速度方向相反，則木塊做減速運動，隨著壓縮量的增大，彈力增大，由牛頓第二定律可知，加速度增大，則木塊做加速度增大的變減速運動，故B正確，A、C、D錯誤． 2. (2019·滄州一中月考)將一質量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動過程中的最高點，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變

41、，則可估算小球受到的阻力大小約為 (　　) A．mg　　　　　　　　　B.mg C.mg D.mg 【答案】C 【解析】設每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2 向下運動時：3d－d＝a2T2 解得：＝ 根據牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1 向下運動時：mg－f＝ma2 解得：f＝mg，C正確． 3.(2019·陜西西安一中期中)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(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

42、的運動，重力加速度為g.據圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為 (　　) A．g B．2g C．3g D．4g 【答案】B 【解析】人落下后，做阻尼振動，振動幅度越來越小，最后靜止不動，結合拉力與時間關系圖象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力為1.8F0，即0.6F0＝mg，Fm＝1.8F0，結合牛頓第二定律，有F－mg＝ma，當拉力最大時，加速度最大，am＝＝2g， 故選B. 4.如圖所示，在豎直平面內有一矩形，其長邊與一圓的底部相切于O點，現在有三條光滑軌道a、b、c，它 們的上端位于圓周上，下端

43、在矩形的底邊，三軌道都經過切點O，現在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止 下滑至底端(軌道先后放置)，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為 (　　) A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．無法確定 【答案】B 【解析】設上面圓的半徑為r，矩形寬為R，軌道與豎直方向的夾角為α，則軌道的長度x＝2rcos α＋，下滑的加速度a＝＝gcos α，根據位移時間公式x＝at2，得t＝＝.因為a、b、c夾角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正確，A、C、D錯誤． 5.(2019·天水一模)如圖所示，在動摩擦因數μ＝

44、0.2的水平面上有一個質量m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩的一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零．在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，下列說法中正確的是(　　) A．小球受力個數不變 B．小球立即向左運動，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左運動，且a＝10 m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度為零 【答案】BD 【解析】在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N

45、，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用，小球的受力個數發(fā)生改變，故A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根據牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左運動，故B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故D正確． 6.(2019·杭州二中模擬)如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動，若離開地面后

46、熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 【答案】AD 【解析】.剛開始上升時，空氣阻力為零，F?。璵g＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝4 830 N，A正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到180 m時，速度v＝＝6 m/s＞5 m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運動，

47、上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C錯誤；再由F?。璅阻－mg＝ma可知空氣阻力F阻增大，B錯誤；勻速上升時，F?。紽阻＋mg，所以F阻＝F?。璵g＝230 N，D正確． 7.(2019·貴州遵義模擬)2013年6月我國航天員在“天宮一號”中進行了我國首次太空授課活動，其中演示了太空“質量測量儀”測質量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間；這樣，就測出了聶海勝的質量為74 kg.下列關于“質量測量儀”測質量的說法正確的是(　　)

48、A．測量時儀器必須水平放置 B．其測量原理是根據牛頓第二定律 C．其測量原理是根據萬有引力定律 D．測量時儀器必須豎直放置 【答案】B 【解析】.“質量測量儀”是先通過光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間，則能算出加速度a＝，然后根據牛頓第二定律F＝ma，求解質量，所以工作原理為牛頓第二定律．由于在太空中處于完全失重狀態(tài)，所以測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確． 8.(2019·江西重點中學十校聯考)趣味運動會上運動員手持網球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角

49、為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則(　　) A．運動員的加速度為gtan θ B．球拍對球的作用力為mg C．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運動 【答案】A 【解析】 網球受力如圖甲所示，根據牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據平衡，運動員對球拍的作用力為F＝，故C錯誤；當a>gtan θ時，網球才向上運動，由于gsin θ

50、沿球拍向上運動，故D錯誤． 9.某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速 下落，他打開降落傘后的速度圖線如圖甲所示．降落傘用8 根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾 角均為37°，如圖乙所示．已知人的質量為50 kg，降落傘質量也為50 kg，不計人所受的阻力，打開傘后傘 所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求： (1)打開降落傘前人下落的距離為多大？ (2)求阻力系數 k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向． (3)懸繩能夠承受的拉力至少為多少？

51、 【答案】(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向豎直向上　(3)312.5 N 【解析】(1)打開降落傘前人做自由落體運動，根據速度位移公式得：h0＝＝20 m. (2)由甲圖可知，當速度等于5 m/s時，做勻速運動，受力平衡， 則kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m 剛打開降落傘瞬間，根據牛頓第二定律得： a＝＝30 m/s2，方向豎直向上． (3)設每根繩的拉力為T，以運動員為研究對象，根據牛頓第二定律得：8Tcos α－mg＝ma 解得：T＝＝312.5 N 所以懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 N. 10．(2019·安徽省

52、四校聯考)如圖所示為一傾角θ＝37°的足夠長斜面，將一質量為m＝2 kg的物體在斜面上無初速度釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力F1＝3 N，2 s后拉力變?yōu)镕2＝9 N，方向不變．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)F1作用時物體的加速度大小及2 s末物體的速度大小； (2)前16 s內物體發(fā)生的位移大?。? 【答案】(1)2.5 m/s2　5 m/s　(2)30 m 【解析】(1)在沿斜面方向上物體受到沿斜面向上的拉力F1＝3 N，沿斜面向下的重力的分力mgsin θ＝12 N，摩擦力Ff＝μmgco

53、s θ＝4 N 通過分析可知物體的合力向下，故向下做初速度為零的勻加速直線運動 根據牛頓第二定律可得mgsin θ－F1－Ff＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2 2 s末物體的速度v1＝a1t1＝2.5×2 m/s＝5 m/s (2)物體在前2 s的位移x1＝a1t＝5 m 當外力F2＝9 N時，有a2＝＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上， 物體經過t2時間速度變?yōu)榱悖詔2＝＝10 s t2時間的位移為x2＝＝25 m 當速度減小到零后，如果物體要向上運動，則必須滿足F2－μmgcos θ－mgsin θ＞0， 但實際F2＜μmgcos θ＋mgsin θ 所以物體以后處于靜止狀態(tài) 故物體16 s的總位移為x＝x1＋x2＝30 m. 24