《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題課件.ppt（65頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、,第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律,第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題,,大一輪復(fù)習(xí)講義,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,過好雙基關(guān),研透命題點(diǎn),隨堂測試,回扣基礎(chǔ)知識(shí) 訓(xùn)練基礎(chǔ)題目,細(xì)研考綱和真題 分析突破命題點(diǎn),隨堂檢測 檢測課堂學(xué)習(xí)效果,課時(shí)作業(yè),限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,,過好雙基關(guān),,,1.內(nèi)容：物體加速度的大小跟作用力成 ，跟物體的質(zhì)量成 ，加速度的方向跟作用力的方向 . 2.表達(dá)式：F . 3.適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系，即相對(duì)于地面 或 的參考系. (2)牛頓第二定律只適用于 物體(相對(duì)于分子、原子等)、 運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情

2、況.,,一、牛頓第二定律,,,ma,正比,靜止,低速,反比,相同,勻速直線運(yùn)動(dòng),宏觀,自測1靜止在光滑水平面上的物體，在受到一個(gè)水平力作用的瞬間 A.物體立刻獲得加速度，但速度仍等于零 B.物體立刻獲得速度，但加速度為零 C.物體立刻獲得加速度，同時(shí)也獲得速度 D.物體的加速度和速度都要經(jīng)過少許時(shí)間才能獲得,,解析物體靜止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律：加速度大小與合力大小成正比.加速度與合力是瞬時(shí)關(guān)系，可知物體立刻產(chǎn)生加速度，而物體由于慣性，此瞬間還保持原來的狀態(tài)，速度為零，故A正確.,1.單位制： 單位和 單位一起組成了單位制. 2.基本單位：基本物理量的單

3、位.基本物理量共七個(gè)(長度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、發(fā)光強(qiáng)度、物質(zhì)的量)，其中力學(xué)有三個(gè)，分別是 、 、 ，單位分別是 、 、 . 3.導(dǎo)出單位：由基本物理量根據(jù) 推導(dǎo)出來的其他物理量的單位.,基本,導(dǎo)出,長度,質(zhì)量,時(shí)間,米,千克,秒,物理關(guān)系,,二、力學(xué)單位制,,,自測2下面哪一組單位屬于國際單位制中的基本單位 A.米、牛頓、千克 B.千克、厘米、秒 C.米、千克、安培 D.米/秒2、千克、牛頓,,,三、動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題,,,1.由物體的受力情況求解運(yùn)動(dòng)情況的基本思路： 先求出幾個(gè)力的合力，由牛頓第二定律(F合ma)求出 ，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)的有關(guān)公式求出速

4、度或位移. 2.由物體的運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況的基本思路： 已知加速度或根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出 ，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力.,加速度,加速度,3.應(yīng)用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問題，受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：,自測3(多選)(2017徐州市質(zhì)檢)如圖1所示，質(zhì)量為m1 kg的物體與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度為10 m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)與速度方向相反的大小為F2 N的恒力，在此恒力作用下(取g10 m/s2) A.物體經(jīng)10 s速度減為零 B.物體經(jīng)2 s速度減為零 C.物體速度減為零后將保持靜止 D.物體速度減為零

5、后將向右運(yùn)動(dòng),圖1,,,解析物體受到向右的滑動(dòng)摩擦力FfFNmg3 N，,減速到零后，恒力F

6、作用力大小為mgcos C.運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為 D.運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的作用力方向豎直向下,,類型1對(duì)矢量性的理解,圖2,解析球和運(yùn)動(dòng)員具有相同的加速度，對(duì)球分析，球所受的合力為mgtan ，根據(jù)牛頓第二定律得，agtan ，故A錯(cuò)誤. 根據(jù)平行四邊形定則知，球拍對(duì)球的作用力FN ，故B錯(cuò)誤. 對(duì)球拍和球整體分析，整體所受合力為(Mm)a，根據(jù)平行四邊形定則知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為 ，故C正確. 運(yùn)動(dòng)員在水平方向加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員受到地面對(duì)其水平方向的摩擦力與豎直方向的支持力，合力不在豎直方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的作用力也不在豎直方向上，故D錯(cuò)誤.,變式1(多選)(

7、2018蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))高空滑索是勇敢者的運(yùn)動(dòng).如圖3所示，一個(gè)人用輕繩通過輕質(zhì)滑環(huán)懸吊在足夠長的傾斜鋼索上運(yùn)動(dòng)(設(shè)鋼索是直的)，下滑過程中到達(dá)圖中A位置時(shí)輕繩與豎直線有夾角，到達(dá)圖中B位置時(shí)輕繩豎直向下.不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是 A.在A位置時(shí)，人的加速度可能為零 B.在A位置時(shí)，鋼索對(duì)輕繩的作用力小于人的重力 C.在B位置時(shí)，人的加速度為零 D.在B位置時(shí)，人所受合外力沿鋼索方向向下,,圖3,,解析在A位置時(shí)，人受到重力和輕繩的拉力，合力沿鋼索方向向下，不為零，則加速度不可能為零，拉力FTmgcos (為輕繩與豎直方向的夾角)，F(xiàn)T

8、，不可能產(chǎn)生沿運(yùn)動(dòng)方向的加速度，所以人做勻速運(yùn)動(dòng)，a0，合外力為0，故C正確，D錯(cuò)誤.,1.兩種模型 加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型：,類型2瞬時(shí)性問題,2.求解瞬時(shí)加速度的一般思路,例2兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖4所示.現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別為a1和a2，則(不計(jì)空氣阻力) A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20,,圖4,解析由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后瞬間小球A、B只受重力，其加速度a1a2g

9、，故選項(xiàng)A正確.,思考在上題中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖5所示，則上題選項(xiàng)中正確的是 A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20,,圖5,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a12g，a20，故選項(xiàng)D正確.,變式2(多選)(2017蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)某同學(xué)做了一個(gè)力學(xué)實(shí)驗(yàn)，如圖6所示，將一金屬球通過一輕質(zhì)彈簧懸掛于O點(diǎn)，并用一水平方向的細(xì)繩拉住，處于靜止?fàn)顟B(tài)，然后將水平細(xì)繩剪斷，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，水平細(xì)繩剪斷后金屬球在第一次向左擺動(dòng)以及回?cái)[過程的一段運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

10、中虛線所示.根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡以及相關(guān)的物理知識(shí)，該同學(xué)得出以下幾個(gè)結(jié)論，其中正確的是(不計(jì)空氣阻力) A.水平細(xì)繩剪斷瞬間金屬球的加速度方向一定水平向左 B.金屬球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)O正下方時(shí)所受合力方向豎直向上 C.金屬球速度最大的位置應(yīng)該在懸點(diǎn)O正下方的左側(cè) D.金屬球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)速度為零，而加速度不為零,圖9,,,解析細(xì)繩未剪斷時(shí)，小球受向下的重力、彈簧的拉力和細(xì)繩的水平拉力作用，剪斷細(xì)繩后的瞬間，彈簧彈力不變，則彈力和重力的合力應(yīng)該水平向左，故此時(shí)金屬球的加速度方向一定水平向左，選項(xiàng)A正確； 金屬球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)O正下方時(shí)，合力方向豎直向下，與速度方向的夾角為銳角，故此后一段時(shí)間內(nèi)要加速，故選項(xiàng)C正

11、確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； 金屬球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)，由軌跡的切線可知，速度方向向上，不為零，因小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故其加速度不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.,1.解題關(guān)鍵 (1)兩類分析物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析； (2)兩個(gè)橋梁加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁. 2.常用方法 (1)合成法 在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”. (2)正交分解法 若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”.,,,,命題點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)兩類問題,例3(2018無錫市高三期末)如圖7，一個(gè)質(zhì)量為m2 kg的小物塊靜置于足夠長的固定斜面底端.現(xiàn)對(duì)其施加一個(gè)沿斜面向上、大小為F2

12、5 N的恒力，3 s后將F撤去，此時(shí)物塊速度達(dá)到15 m/s.設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力的大小不變，取g10 m/s2.求： (1)物塊所受摩擦力的大小；,圖7,答案5 N,解析由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：v1a1t1， 解得a15 m/s2 由牛頓第二定律：FFfmgsin ma1 ，解得Ff5 N,(2)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)離斜面底端的最遠(yuǎn)距離；,答案37.5 m,解析撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑， 由牛頓第二定律得： Ffmgsin ma2，得a27.5 m/s2,物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)離斜面底端的最遠(yuǎn)距離xx1x237.5 m,(3)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.(結(jié)果可用根式表示),下滑過程：mgsin Ffma3，

13、解得a32.5 m/s2,變式3(2018蘇州市模擬)如圖8所示，傾角37、斜面長為1 m的斜面體放在水平面上.將一質(zhì)量為2 kg的小物塊從斜面頂部由靜止釋放，1 s后到達(dá)底端，斜面體始終保持靜止.重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)小物塊沿斜面下滑的加速度大小和到達(dá)底端時(shí)速度的大??；,圖8,答案2 m/s22 m/s,得a2 m/s2 由vat 得v2 m/s.,(2)小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；,答案0.5,解析由牛頓第二定律得： mgsin mgcos ma 得0.5.,(3)小物塊運(yùn)動(dòng)過程中，水平面對(duì)斜面體的摩擦力大小和方向.,答案3.2

14、 N水平向左,解析mgcos sin mgcos2 ， 則水平面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左 大小Ffmgcos sin mgcos2 3.2 N.,例4(多選)(2018田家炳中學(xué)開學(xué)考)如圖9所示，小車上物體的質(zhì)量m8 kg，它被一根在水平方向上拉伸了的輕彈簧拉住而靜止在小車上，這時(shí)彈簧的彈力是6 N.現(xiàn)對(duì)小車施一水平向右的作用力，使小車由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在小車的加速度由零逐漸增大到1 m/s2的過程中，以下說法正確的是 A.物體與小車始終保持相對(duì)靜止，彈簧對(duì)物體的作用力逐 漸變大 B.物體受到的摩擦力先減小、后增大，先向左、后向右 C.當(dāng)小車的加速度為0.75 m/s2時(shí)物體不受摩擦力的作用

15、 D.小車以1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體受到的摩擦力為8 N,圖9,,,,動(dòng)力學(xué)動(dòng)態(tài)分析問題,,拓展點(diǎn),解析彈簧彈力在開始時(shí)與靜摩擦力平衡，大小為6 N，當(dāng)整體的加速度從零逐漸增大到1 m/s2時(shí)，物體的加速度也從零逐漸增大到1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知，物體的合力從0增大到8 N，摩擦力方向向左減小到零，然后又向右增加，在整個(gè)過程中，物體相對(duì)小車靜止，彈簧彈力不變，故A錯(cuò)誤，B正確； 當(dāng)小車加速度(向右)為0.75 m/s2時(shí)，物塊所受的合力F合ma6 N，彈簧的彈力等于6 N，則摩擦力為零，即物體不受摩擦力，故C正確； 小車以1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)

16、，物塊所受的合力F合ma8 N，彈簧的彈力等于6 N，則摩擦力的大小為2 N，方向水平向右，故D錯(cuò)誤.,變式4(2018鹽城中學(xué)段考)在靜止的小車內(nèi)，用細(xì)繩a和b系住一個(gè)小球，細(xì)繩a處于斜向上的方向，拉力為Fa，細(xì)繩b處于水平方向，拉力為Fb，如圖10所示.現(xiàn)讓小車從靜止開始向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球相對(duì)于車廂的位置仍保持不變，則兩根細(xì)繩的拉力變化情況是 A.Fa變大，F(xiàn)b不變 B.Fa變大，F(xiàn)b變小 C.Fa變大，F(xiàn)b變大 D.Fa不變，F(xiàn)b變小,圖10,,解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況，作出受力分析圖， 根據(jù)牛頓第二定律得 水平方向：Fasin Fbma 豎直方向：Fac

17、os mg0 由題，不變，由分析得知Fa不變. Fa、不變，a增加，所以由得知，F(xiàn)b變小.故選D.,,隨堂測試,,,1.(2017蘇州市期末)如圖11所示，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的 A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,,1,2,3,4,5,6,圖11,解析小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力的作用下也向右加速運(yùn)動(dòng)，加速度水平向右，根據(jù)牛頓第二定律Fma可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿題圖中的OD方向，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.,2.(2018如東縣調(diào)研)如圖12所示，如

18、東蘇果和歐尚超市為方便顧客，安裝智能化的傾斜向上的自動(dòng)扶梯(無臺(tái)階).在沒有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行，當(dāng)乘客站立乘行(手不扶扶手)時(shí)，自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行.則該扶梯在運(yùn)送乘客的過程中 A.扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客不受摩擦力作用 B.扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客對(duì)扶梯的作用力方向豎直向下 C.扶梯加速運(yùn)行時(shí)，摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 D.扶梯加速運(yùn)行時(shí)，乘客對(duì)扶梯的作用力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反,,圖12,1,2,3,4,5,6,解析扶梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客受摩擦力作用，否則由于重力作用，乘客將沿扶梯面滑下來，故A錯(cuò)誤； 由于扶梯勻速運(yùn)行，摩擦力與支持力方向的合力與重力平衡，因此乘客對(duì)

19、扶梯的作用力方向豎直向下，故B正確； 加速運(yùn)行，摩擦力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢方向相反，人有沿扶梯向下運(yùn)動(dòng)的趨勢，即摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故C錯(cuò)誤； 加速運(yùn)動(dòng)階段，扶梯對(duì)乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯對(duì)乘客的作用力指向斜上方，扶梯對(duì)乘客的作用力不是豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律分析可知：乘客對(duì)扶梯的作用力不是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故D錯(cuò)誤.,1,2,3,4,5,6,3.(多選)(2018淮安市、宿遷市等期中)如圖13所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止.現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變

20、，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止.則 A.a2a1B.a2a1 C.x2x1D.x2x1,圖13,,1,2,3,4,5,6,,解析設(shè)木盒的質(zhì)量為M，木盒與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，,1,2,3,4,5,6,則滑行的距離變小，即：x2x1，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤.,4.如圖14所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑固定斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有 A.兩圖中兩球加速度均為gsin B.兩圖中A球的加速度均為零 C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D.圖甲中B球的加速度大小是圖

21、乙中 B球加速度大小的2倍,,1,2,3,4,5,6,圖14,5.(多選)(2019淮安中學(xué)期初)如圖15所示，質(zhì)量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當(dāng)滑塊將彈簧壓縮了x0時(shí)速度減小到零，然后彈簧又將滑塊向右推開.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)過程彈簧未超過彈性限度，則 A.滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中，始終做減速運(yùn)動(dòng) B.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，始終做加速運(yùn)動(dòng) C.滑塊與彈簧接觸過程中最大加速度為 D.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)彈簧形變量x 時(shí)，滑塊的速度最大,,1,2,3,4,5,6,圖15,,,6.(2018田家炳中學(xué)開學(xué)考)質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落

22、，該下落過程對(duì)應(yīng)的vt圖象如圖16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g10 m/s2，求： (1)彈性球受到的空氣阻力Ff的大?。?1,2,3,4,5,6,圖16,答案0.2 N,解析設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度為a， 由速度時(shí)間圖象得：,根據(jù)牛頓第二定律得：mgFfma 解得：Ff0.2 N,(2)彈性球第一次碰撞后反彈的最大高度h.,答案0.375 m,根據(jù)0v22ah 解得：h0.375 m.,1,2,3,4,5,6,解析由vt圖象可知，彈性球第一次到達(dá)地面的速度為v4 m/s 則彈性球第一次離開地面時(shí)的速度大小為v3 m/s

23、,,課時(shí)作業(yè),,,1.(2018蘇州市期初調(diào)研)kg和s是國際單位制中兩個(gè)基本單位的符號(hào)，這兩個(gè)基本單位對(duì)應(yīng)的物理量是 A.質(zhì)量和時(shí)間 B.質(zhì)量和位移 C.重力和時(shí)間 D.重力和位移,,,,雙基鞏固練,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析kg和s這兩個(gè)基本單位對(duì)應(yīng)的物理量分別為質(zhì)量和時(shí)間.位移的單位是m，重力的單位是N.,2.(2019江都中學(xué)4月模擬)一個(gè)質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)物體共受到三個(gè)共點(diǎn)力F1、F2、F3的作用，這三個(gè)力的大小和方向構(gòu)成如圖1所示的三角形，則這個(gè)物體的加速度大小是,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖1,,解析根據(jù)三角形定則，F(xiàn)1與

24、F3的合力等于從F1的起點(diǎn)到F3的終點(diǎn)的有向線段，即與F2相同， 故物體所受的合力為：F合2F2.,3.如圖2所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點(diǎn)并系住物體m，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，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 B.物體從A到O加速運(yùn)動(dòng)，從O到B減速運(yùn)動(dòng) C.物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)所受合力為0 D.物體從A到O的過程加速度逐漸減小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖2,,4.一個(gè)原來靜止在光滑水平面上的物體，質(zhì)量是7 kg，在14 N的水平恒力作用下運(yùn)動(dòng)，則5 s末的速度及5 s內(nèi)通過的路程為 A.8 m/s25 m

25、 B.2 m/s25 m C.10 m/s25 m D.10 m/s12.5 m,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,解析物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，,5.(2018錫山中學(xué)月考)如圖3所示，欲使在粗糙固定斜面上勻速下滑的木塊A停下，可采用的方法是 A.增大斜面的傾角 B.在木塊A上再疊放一個(gè)重物(與A相對(duì)靜止) C.對(duì)木塊A施加一個(gè)垂直于斜面向下的力 D.對(duì)木塊A施加一個(gè)豎直向下的力,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖5,解析木塊勻速滑下，合力為零，根據(jù)平衡條件得mgsin mgcos ；若增大斜面的傾角，重力沿斜面向

26、下的分力mgsin 增大，滑動(dòng)摩擦力Ffmgcos 減小，木塊的合力方向?qū)⒀匦泵嫦蛳?，木塊做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤； 對(duì)木塊A施加一個(gè)豎直向下的力，由于(Fmg)sin (Fmg)cos ，木塊的合力仍為零，仍做勻速運(yùn)動(dòng)，不可能停下，故B錯(cuò)誤； 對(duì)木塊A施加一個(gè)垂直于斜面向下的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin 不變，而滑動(dòng)摩擦力Ff(Fmgcos )增大，合力方向沿斜面向上，木塊做減速運(yùn)動(dòng)，可以使木塊停下，故C正確； 由A項(xiàng)分析可知mgsin mgcos ，得sin cos ，與質(zhì)量無關(guān)，在木塊A上再疊放一個(gè)重物后，整體勻速下滑，不可能停下，故D錯(cuò)誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10

27、,11,12,6.(2018江蘇省高考?jí)狠S卷)如圖4所示，小車沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，小車內(nèi)光滑底面上有一物塊被壓縮的輕彈簧壓向左壁，小車向右加速運(yùn)動(dòng).若小車向右的加速度增大，則車左壁受到的物塊的壓力F1和車右壁受到的彈簧的彈力F2的大小變化是 A.F1不變，F(xiàn)2變大 B.F1變大，F(xiàn)2不變 C.F1、F2都變大 D.F1變大，F(xiàn)2變小,圖4,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析物塊沿水平方向受向左的彈力和左壁對(duì)其向右的壓力F1，加速度增大時(shí)，彈力不變，F(xiàn)1會(huì)增大.根據(jù)牛頓第三定律知，F(xiàn)1變大，F(xiàn)2不變，故選項(xiàng)B正確.,7.(2018前黃中學(xué)檢測)在兒童蹦極游戲中，拴在腰間

28、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5所示靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg.若此時(shí)小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明 A.加速度為零，速度為零 B.加速度ag，沿?cái)嗔严鹌だK的原方向斜向下 C.加速度ag，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上 D.加速度ag，方向豎直向下,圖5,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,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(shí)所受合力方向沿?cái)嗔严鹌だK的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度ag，沿?cái)嗔严鹌だK的原方向斜向下，選項(xiàng)B正確.,8.(多選)“蹦極”是一項(xiàng)非常刺激的體育運(yùn)動(dòng)，如圖6所示，某

29、人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落，圖中的a點(diǎn)是彈性繩的原長位置，c點(diǎn)是人所能到達(dá)的最低位置，b點(diǎn)是人靜止懸吊著時(shí)的平衡位置.人在從P點(diǎn)下降到最低位置c點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是 A.經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)，人的速度最大 B.經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)，人的速度最大 C.從a點(diǎn)到b點(diǎn)，人的加速度在增大 D.從b點(diǎn)到c點(diǎn)，人的加速度在增大,圖6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,,解析從a點(diǎn)到b點(diǎn)，人的重力大于彈力，加速度向下，人做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律知加速度減小，當(dāng)?shù)竭_(dá)b位置，重力和彈力相等，加速度為零，速度最大，由b到c，重力小于彈力，加速度方向向上，人做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度逐漸變大，速度逐漸

30、變?yōu)榱?，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.如圖7所示，一小車上有一個(gè)固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成角與橫桿固定，下端連接一質(zhì)量為m的小球P.橫桿右邊用一根細(xì)線吊一相同的小球Q.當(dāng)小車沿水平面做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線保持與豎直方向的夾角為.已知<，重力加速度為g，則下列說法正確的是 A.小車一定向右做勻加速運(yùn)動(dòng) B.輕桿對(duì)小球P的彈力沿輕桿方向 C.小球P受到的合力大小為mgtan D.小球Q受到的合力大小為mgtan ,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖7,,,,綜合提升練,解析選擇小球Q作為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二

31、定律，得mgtan ma，得到agtan ，故加速度向右，小車可能向右加速，也可能向左減速，故A錯(cuò)誤. 對(duì)小球P，由牛頓第二定律，得mgtan ma，因?yàn)閍a，得到.則輕桿對(duì)小球的彈力方向與細(xì)線平行，故B錯(cuò)誤. 對(duì)小球P、Q由牛頓第二定律可知Fmamgtan ，故C錯(cuò)誤，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,10.(2018南京市學(xué)情調(diào)研)如圖8所示，具有完全知識(shí)產(chǎn)權(quán)的兩列中國標(biāo)準(zhǔn)動(dòng)車組“復(fù)興號(hào)”在京滬雙向發(fā)車成功.若動(dòng)車組各級(jí)車廂總質(zhì)量均相等，它由8節(jié)車廂組成.其中第1和第5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余均為拖車，動(dòng)車的額定功率都相同.若在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比

32、，則該動(dòng)車組 A.啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反 B.做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客相對(duì)車廂豎直向上跳起后將落在起 跳點(diǎn)后方 C.進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī) 時(shí)的速度成正比 D.做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32,,圖8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.(2018興化市第一中學(xué)期初)兩個(gè)完全相同的物塊A、B，質(zhì)量均為m0.8 kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度從同一位置開始運(yùn)動(dòng).圖9中的兩條直線分別表示物塊A受到水平拉力F作用和物塊B不受拉力作用的vt圖象，求： (1)物塊A所受拉力F的大?。?圖9,1

33、,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案1.8 N,解析設(shè)A、B兩物塊的加速度分別為a1、a2，由vt圖象可知：A、B的初速度v0 6 m/s，A物塊的末速度v112 m/s，B物塊的末速度v20，根據(jù)速度時(shí)間公式，有,對(duì)A、B兩物塊分別由牛頓第二定律得： FFfma1 Ffma2 由可得：F1.8 N 即物塊A所受拉力F的大小為1.8 N.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)8 s末物塊A、B之間的距離x.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案60 m,解析設(shè)A、B兩物塊8 s內(nèi)的位移分別為x1、x2，由圖象得：,所以xx1

34、x260 m 即8 s末物塊A、B之間的距離x為60 m.,12.(2018常熟市期中)如圖10甲所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L10 m.已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) .重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，物塊加速度的大小；,答案見解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖10,解析物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解得 vB8 m/s,(2)拉力F的大小；,答案見解析,解析對(duì)物塊受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有： 平行斜面方向：Fmgsin Ffma 垂直斜面方向：FNmgcos 0 其中：FfFN 聯(lián)立解得：F5.2 N,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(3)若拉力F與斜面夾角為，如圖乙所示，試寫出拉力F的表達(dá)式.,答案見解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析平行斜面方向：Fcos mgsin Ffma 垂直斜面方向：Fsin FNmgcos 0 其中：FfFN,