中文字幕精品无码一区二区,成全视频在线播放观看方法,大伊人青草狠狠久久,亚洲一区影音先锋色资源

專題3.1 牛頓運動定律及應用 學案(原卷版+解析版) 2024年高考物理一輪復習講練測(新教材新高考通用)

資源下載
  1. 二一教育資源

專題3.1 牛頓運動定律及應用 學案(原卷版+解析版) 2024年高考物理一輪復習講練測(新教材新高考通用)

資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題3.1 牛頓運動定律及應用
1.物理觀念:慣性、作用力與反作用力、超重與失重、單位制。
(1)知道慣性是物質的基本性質其大小只由物體的質量來度量。
(2)通過實驗,了解力的相互性即作用力與反作用力的特點,提升相互作用觀。
(3).通過實例的分析與推理,理解超時重的定義、條件進而理解力與運動的關系建立運動及相互作用的觀念。
(4)了解常用的國際單位、導出單位并會利用物理量之間的關系推導單位之間的關系體會量綱思想的應用。
2.科學思維:牛頓運動定律、整體法與隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法。
(1).能應用受力分析、牛頓運動定律,分析物體的運動過程體會力與運動的關系。
(2)會應用整體法與隔離法的科學思維分析連接體的受力與運動的關系問題
(3)體會應用控制變量法探究、設計實驗來探究物體運動的加速度與物體受力、物體質量的關系
(4)能在具體情景中識別諸如“最大、最小、剛好離開(分離)”等臨界問題的標志詞并能將其轉化為物理學語言,應用臨界法結合牛頓運動定律來解決臨界問題。
3.科學態度與責任:能用牛頓運動定律解釋生產生活中的有關現象、解決有關問題。
能將具體問題情景通過構建物理模型轉化為物理問題進而應用物理規律來解決,以此提升分析推理能力和模型構建能力并體會物理學的應用價值激發學生學習欲望。
【知識點一】牛頓第一定律和慣性
1.理想化狀態
牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態,而物體不受外力的情形是不存在的。如果物體所受的合力等于零,其運動效果跟不受外力作用時相同,物體保持靜止狀態或勻速直線運動狀態。
2.明確了慣性的概念
牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性,即物體具有保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質。
3.揭示了力與物體運動狀態的關系
力是改變物體運動狀態的原因,而不是維持物體運動狀態的原因。
4.與牛頓第二定律的關系
牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。力是如何改變物體運動狀態的問題由牛頓第二定律來回答。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。
【方法總結】
1.慣性的兩種表現形式
(1)物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不變(靜止或勻速直線運動).
(2)物體受到外力時,慣性表現為抗拒運動狀態的改變,慣性大,物體的運動狀態較難改變;慣性小,物體的運動狀態較易改變.
2.牛頓第一定律與牛頓第二定律的關系
牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的.
(1)牛頓第一定律告訴我們改變運動狀態需要力,力是如何改變物體運動狀態的問題則由牛頓第二定律來回答.
(2)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.
(2023 孝昌縣校級三模)如圖所受是運油20給殲10、殲20兩種戰機同時加油的瞬間,則(  )
A.研究加油問題時,運油20可視為質點
B.加油過程中,運油20的慣性越來越大
C.以運油20為參考系,殲20、殲10戰機是運動的
D.以殲10戰機為參考系,運油20和殲20都是靜止的
(2022 靜安區二模)如圖所示,勻變速直線運動的車廂內,懸掛小球的細繩與豎直方向夾角不變,O點位于小球的正下方。若某時刻繩突然斷了,小球將落在O點的(小球未碰到車廂壁)(  )
A.正上方 B.左側或右側 C.左側 D.右側
(2023 萬年縣校級一模)我國將于2022年前后完成空間站在軌組裝工程,空間站由核心艙、實驗艙等構成。其中核心艙軸向長度為16.6m有3個對接口用于載人飛船、貨運飛船及其他飛行器訪問空間站。關于本材料中的物理知識,下列說法正確的是(  )
A.空間站在太空“漂浮”時沒有慣性
B.貨運飛船與核心艙對接時不可看成質點
C.貨運飛船與核心艙對接時,以地球為參考系它是靜止的
D.“16.6m”中,“m”不是國際單位制的基本單位
【知識點二】牛頓第二定律的理解和應用
1.牛頓第二定律的性質
2.合力、加速度、速度的關系
(1)物體的加速度由所受合力決定,與速度無必然聯系.
(2)合力與速度夾角為銳角,物體加速;合力與速度夾角為鈍角,物體減速.
(3)a=是加速度的定義式,a與v、Δv無直接關系;a=是加速度的決定式.
(2023 撫州一模)一塊質量為m的木塊放在粗糙的水平地面上,當用水平力F拉它時,物體的加速度為a;若把該木塊的質量減少一半,它的加速度將(  )
A.大于2a B.等于2a
C.小于2a D.介于a 與2a 之間
(2023 江西模擬)如圖所示,兩個傾角均為30°的斜面體固定在卡車上(每個斜面上都安裝力傳感器),在兩個斜面之間放著一個較重的圓柱狀工件。當汽車靜止時,斜面與工件間的力傳感器的讀數均為F。工件與卡車始終相對靜止,不計斜面與工件之間的摩擦,則汽車在水平面沿直線行駛過程中,傳感器的最大值為(  )
A.2F B. C.F D.
(2023 鄱陽縣校級一模)如圖所示,用細線將一個質量為m的小球懸掛在車頂,車廂底板上放一個質量為M的木塊,車廂底板與木塊間的動摩擦因數為μ。當小車沿水平面直線運動時,小球細線偏離豎直方向角度為θ,木塊和車廂保持相對靜止,重力加速度為g,下列說法中正確的是(  )
A.汽車可能向右勻減速運動
B.汽車的加速度大小為gcosθ
C.細線對小球的拉力大小為
D.木塊受到的摩擦力大小為μMg
【知識點三】牛頓第三定律的理解與應用
1.相互作用力的特點
(1)三同
(2)三異
(3)二無關
2.一對平衡力與作用力、反作用力的比較
名稱 項目 一對平衡力 作用力與反作用力
作用對象 同一個物體 兩個相互作用的不同物體
作用時間 不一定同時產生、同時消失 一定同時產生、同時消失
力的性質 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
【方法總結】
應用牛頓第三定律需注意的三個問題
1.定律中的“總是”說明對于任何物體,在任何情況下牛頓第三定律都是成立的。
2.作用力與反作用力雖然等大反向,但因所作用的物體不同,所產生的效果(運動效果或形變效果)往往不同。
3.作用力與反作用力只能是一對物體間的相互作用力,不能涉及第三個物體。
(2023 佛山模擬)掛鉤在生活中隨處可見,如圖為家中掛鉤懸空掛一斜挎手提包,下列說法正確的是(  )
A.背帶對手提包的拉力與手提包的重力是一對相互作用力
B.手提包的背帶越長,背帶所受的拉力越大
C.掛鉤對背帶支持力與背帶對掛鉤的拉力是一對平衡力
D.縮短背帶的長度,背帶對掛鉤的拉力不變
(2023 廣州三模)如圖所示,小明同學在家做家務時,沿輕質推桿方向斜向下施加力,拖把受到桿的推力F與水平方向的夾角為θ,且拖把剛好做勻速直線運動,則(  )
A.拖把所受地面的摩擦力為Fsinθ
B.地面對拖把的支持力大于拖把的重力
C.推桿對拖把的作用力大于拖把對推桿的作用力
D.推桿對拖把的作用力小于拖把對推桿的作用力
(2023 紹興二模)如圖所示,拖車的纜繩將違章車與拖車拴在一起,使違章車停在傾斜坡道上保持靜止狀態。下列說法正確的是(  )
A.纜繩對違章車的拉力等于違章車對纜繩的拉力
B.違章車對坡道的作用力的方向一定與坡道垂直
C.坡道與水平面的夾角越小,坡道受到的壓力也越小
D.違章車一定只受到重力、支持力、拉力三個力的作用
【知識點四】動力學的兩類基本問題
1.基本思路
2.基本步驟
3.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁;速度是各物理過程間相互聯系的橋梁。
4.常用方法
(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)時,則采用正交分解法。
類型1 已知物體受力情況,分析物體運動情況
(多選)(2023 海南一模)一種能垂直起降的小型遙控無人機如圖所示,螺旋槳工作時能產生恒定的升力。在一次試飛中,無人機在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛,上升36m時無人機突然出現故障而失去升力。已知無人機的質量為5kg,運動過程中所受空氣阻力大小恒為10N,取重力加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是(  )
A.無人機失去升力時的速度大小為12m/s
B.螺旋槳工作時產生的升力大小為60N
C.無人機向上減速時的加速度大小為12m/s2
D.無人機上升的最大高度為36m
(2023 分宜縣校級一模)如圖,長L=4m的一段平直軌道BC與傾角θ=37°的足夠長光滑斜面CD相連,一物塊(可視為質點)質量m=2kg,在與水平方向成θ=37°、斜向左上方的恒力F=10N作用下,從靜止開始做勻加速直線運動。物塊與水平軌道BC的動摩擦因數為μ=0.5(取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,設物塊在C點的速度大小保持不變)求:
(1)物塊運動到C點時的速度大小;
(2)物塊沿斜面上升的最大高度。
(2023 漣源市二模)如圖甲所示,一質量m=5kg的粗細均勻的圓木棒豎直放置,在外力作用下保持靜止狀態,下端距水平彈性地面的高度為H=5.25m,與地面相碰的物體會以原速率彈回,木棒上有一質量為2m的彈性小環。若t=0時刻,小環從木棒上某處以豎直向上v0=4m/s的初速度向上滑動,并對小環施加豎直向上的如圖乙所示的外力F,與此同時撤去作用在木棒上的外力。當木棒第一次與彈性地面相碰時,撤去施加在小環上的外力。已知木棒與小環間的滑動摩擦力f=1.2mg,小環可以看作質點,且整個過程中小環不會從木棒上端滑出,取g=10m/s2,不計空氣阻力,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,求:
(1)當小環和木棒最初開始運動時的加速度的大小;
(2)木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大小;
(3)若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落,求小環開始運動時距木棒下端的距離l(結果可以用分數表示)。
類型2 已知物體運動情況,分析物體受力情況
(2023 山西模擬)2022年6月17日,中國第三艘航空母艦“福建艦”正式下水,其配備有三條電磁彈射器,電磁彈射器可額外為飛機提供恒定的推力助其短距離起飛,從而極大提升航空母艦的打擊力。某艦載機,在地面測試時,發動機打開,飛機由靜止勻加速滑跑距離為L時達到升空速度v,離地起飛。若該型飛機同等條件下,在福建艦彈射器的恒定推力輔助作用下僅需滑跑即可起飛,且知該型艦載機的質量為m,則飛機在起飛的過程中彈射器為其提供的推力大小為(  )
A. B. C. D.
(2023 宜黃縣校級一模)在平直公路上,以速度v0=12m/s勻速前進的汽車,遇緊急情況剎車后,輪胎停止轉動在地面上滑行,經過時間t=2s汽車停止,當地的重力加速度g取10m/s求:
(1)剎車時汽車加速度a的大小;
(2)開始剎車后,汽車在1s內發生的位移x;
(3)剎車時汽車輪胎與地面間的動摩擦因數μ。
(2022 泉州模擬)小型四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的遙控飛行器,目前得到越來越廣泛的應用如圖,一架質量m=2kg的無人機從地面上由靜止開始豎直向上起飛,勻加速上升h=48m,歷時t=4s。已知無人機運動過程中受到的空氣阻力大小恒為自身重力的0.2倍,g取10m/s2。求該過程:
(1)無人機的加速度大小及末速度大小;
(2)無人機受到的升力大小。
【知識點五】動力學圖像問題
1.常見圖像
v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。
2.題型分類
(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線,要求分析物體的運動情況。
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線,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像。
3.解題策略
(1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過程,會分析臨界點。
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標的交點,圖線的轉折點,兩圖線的交點等。
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息:把圖像與具體的題意、情景結合起來,應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系,以便對有關物理問題作出準確判斷。
(2023 杭州一模)蹦極是新興的一項戶外休閑活動。如圖,蹦極者站在約40米高的塔頂,把一端固定在塔頂的長橡皮繩另一端綁住身體,然后兩臂伸開,從塔頂自由落下。當人體下落一段距離后,橡皮繩被拉緊,當到達最低點時橡皮繩再次彈起,人被拉起,隨后又落下,這樣反復多次,這就是蹦極的全過程。若空氣阻力不計,橡皮繩彈力與伸長量成正比,橡皮繩彈力與人體重力相等位置為坐標原點,豎直向上為正方向,從第一次運動到最低點開始計時,則關于人體運動的位移x、速度v、加速度a、合外力F與時間t的關系圖正確的是(  )
A. B.
C. D.
(多選)(2023 河西區三模)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在外力F從零開始逐漸增大的過程中,物體的加速度a隨外力F變化的關系如圖所示,g=10m/s2。則下列說法正確的是(  )
A.物體與水平面間的最大靜摩擦力為14N
B.物體做變加速運動,F為14N時,物體的加速度大小為7m/s2
C.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
D.物體的質量為2kg
(2022秋 濱海新區校級期末)一質量為m=40kg的學生站在豎直方向運動的電梯內的體重計上。電梯從t=0時刻由靜止開始上升,在0到6s內體重計示數F的變化如圖所示,g取10m/s2,可知(  )
A.0﹣2s內電梯勻加速上升,加速度大小為2m/s2
B.2﹣5s內電梯一定處于靜止狀態
C.5s﹣6s內電梯處于失重狀態,其加速度為3m/s2
D.0﹣2s內學生處于超重狀態,其加速度為5m/s2
(2023 浙江)如圖所示,在考慮空氣阻力的情況下,一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動,其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比,則小石子豎直方向分運動的加速度大小(  )
A.O點最大 B.P點最大
C.Q點最大 D.整個運動過程保持不變
(多選)(2023 甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(  )
A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
(2023 全國)一列火車以速度v0沿水平長直軌道勻速行駛,突然列車后部有部分車廂脫鉤。已知脫鉤后車頭的牽引力不變;脫鉤車廂的質量為列車總質量的;假設列車所受阻力與其所受重力成正比。求當脫鉤車廂的速度變為時,列車前部未脫鉤部分的速度。
(2022 北京)如圖所示,質量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ。下列說法正確的是(  )
A.斜面對物塊的支持力大小為mgsinθ
B.斜面對物塊的摩擦力大小為μmgcosθ
C.斜面對物塊作用力的合力大小為mg
D.物塊所受的合力大小為mgsinθ
(2022 遼寧)如圖所示,一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端,經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ,g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(  )
A.v0=2.5m/s B.v0=1.5m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25
(多選)(2022 湖南)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發動機,總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻=kv2,k為常量)。當發動機關閉時,飛行器豎直下落,經過一段時間后,其勻速下落的速率為10m/s;當發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,經過一段時間后,飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化,下列說法正確的是(  )
A.發動機的最大推力為1.5Mg
B.當飛行器以5m/s勻速水平飛行時,發動機推力的大小為Mg
C.發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,飛行器速率為5m/s
D.當飛行器以5m/s的速率飛行時,其加速度大小可以達到3g
(2021 全國)甲、乙兩物體置于光滑水平地面上,用一水平恒力推物體甲時,甲的加速度大小為3m/s2。當用這個水平恒力推物體乙時,乙的加速度大小為6m/s2。現把甲、乙兩物體固定在一起,再用這個水平恒力來推,則兩物體的加速度大小為(  )
A.1.5m/s2 B.2m/s2 C.3m/s2 D.4.5m/s2
(2021 甲卷)如圖,將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節,使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放,物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將(  )
A.逐漸增大 B.逐漸減小
C.先增大后減小 D.先減小后增大
(2021 浙江)如圖所示,電動遙控小車放在水平長木板上面,當它在長木板上水平向左加速運動時,長木板保持靜止,此時(  )
A.小車只受重力、支持力作用
B.木板對小車的作用力方向水平向左
C.木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力
D.木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等
(2022 浙江)第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示,長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接,斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發,推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖2所示),到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質點,始終在冰面上運動,其總質量為110kg,sin15°=0.26,求雪車(包括運動員)
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)過C點的速度大小;
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 (共 2 頁)
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題3.1 牛頓運動定律及應用
1.物理觀念:慣性、作用力與反作用力、超重與失重、單位制。
(1)知道慣性是物質的基本性質其大小只由物體的質量來度量。
(2)通過實驗,了解力的相互性即作用力與反作用力的特點,提升相互作用觀。
(3).通過實例的分析與推理,理解超時重的定義、條件進而理解力與運動的關系建立運動及相互作用的觀念。
(4)了解常用的國際單位、導出單位并會利用物理量之間的關系推導單位之間的關系體會量綱思想的應用。
2.科學思維:牛頓運動定律、整體法與隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法。
(1).能應用受力分析、牛頓運動定律,分析物體的運動過程體會力與運動的關系。
(2)會應用整體法與隔離法的科學思維分析連接體的受力與運動的關系問題
(3)體會應用控制變量法探究、設計實驗來探究物體運動的加速度與物體受力、物體質量的關系
(4)能在具體情景中識別諸如“最大、最小、剛好離開(分離)”等臨界問題的標志詞并能將其轉化為物理學語言,應用臨界法結合牛頓運動定律來解決臨界問題。
3.科學態度與責任:能用牛頓運動定律解釋生產生活中的有關現象、解決有關問題。
能將具體問題情景通過構建物理模型轉化為物理問題進而應用物理規律來解決,以此提升分析推理能力和模型構建能力并體會物理學的應用價值激發學生學習欲望。
【知識點一】牛頓第一定律和慣性
1.理想化狀態
牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態,而物體不受外力的情形是不存在的。如果物體所受的合力等于零,其運動效果跟不受外力作用時相同,物體保持靜止狀態或勻速直線運動狀態。
2.明確了慣性的概念
牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性,即物體具有保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質。
3.揭示了力與物體運動狀態的關系
力是改變物體運動狀態的原因,而不是維持物體運動狀態的原因。
4.與牛頓第二定律的關系
牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。力是如何改變物體運動狀態的問題由牛頓第二定律來回答。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。
【方法總結】
1.慣性的兩種表現形式
(1)物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不變(靜止或勻速直線運動).
(2)物體受到外力時,慣性表現為抗拒運動狀態的改變,慣性大,物體的運動狀態較難改變;慣性小,物體的運動狀態較易改變.
2.牛頓第一定律與牛頓第二定律的關系
牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的.
(1)牛頓第一定律告訴我們改變運動狀態需要力,力是如何改變物體運動狀態的問題則由牛頓第二定律來回答.
(2)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.
(2023 孝昌縣校級三模)如圖所受是運油20給殲10、殲20兩種戰機同時加油的瞬間,則(  )
A.研究加油問題時,運油20可視為質點
B.加油過程中,運油20的慣性越來越大
C.以運油20為參考系,殲20、殲10戰機是運動的
D.以殲10戰機為參考系,運油20和殲20都是靜止的
【解答】解:A.研究加油問題時,運油20的形狀和體積對所研究的問題的影響不可以忽略,因此研究加油問題時,運油20不能視為質點,故A錯誤;
B.物體的慣性大小只由質量決定,質量越大,慣性越大,然而在加油過程中,運油20的質量減小,則其慣性減小,故B錯誤;
CD.為了確保安全,加油過程中,運油20、殲10、殲20三者的相對位置需要保持不變,則以運油20為參考系,殲20、殲10戰機是靜止的,以殲10戰機為參考系,運油20和殲20也都是靜止的,故C錯誤,D正確。
故選:D。
(2022 靜安區二模)如圖所示,勻變速直線運動的車廂內,懸掛小球的細繩與豎直方向夾角不變,O點位于小球的正下方。若某時刻繩突然斷了,小球將落在O點的(小球未碰到車廂壁)(  )
A.正上方 B.左側或右側 C.左側 D.右側
【解答】解:細繩未斷前,對小球進行受力分析,小球受繩的拉力T和重力G,合力方向水平向右,受力如圖所示
可知小球隨車廂一起,水平向右做勻加速直線運動或者向左勻減速直線運動。當細繩斷了后,小球只受重力,因此在水平方向上小球以細繩剛斷開時的速度做勻速直線運動,豎直方向做自由落體運動,而車廂繼續水平向右做勻加速直線運動或者向左勻減速直線運動,因此細繩斷了后小球落地時將落在O點的左側。故C正確,ABD錯誤;
故選:C。
(2023 萬年縣校級一模)我國將于2022年前后完成空間站在軌組裝工程,空間站由核心艙、實驗艙等構成。其中核心艙軸向長度為16.6m有3個對接口用于載人飛船、貨運飛船及其他飛行器訪問空間站。關于本材料中的物理知識,下列說法正確的是(  )
A.空間站在太空“漂浮”時沒有慣性
B.貨運飛船與核心艙對接時不可看成質點
C.貨運飛船與核心艙對接時,以地球為參考系它是靜止的
D.“16.6m”中,“m”不是國際單位制的基本單位
【解答】解:A,慣性是物體的固有屬性,其大小取決于質量,與物體處于什么位置,什么運動狀態無關,故A錯誤;
B,飛船和核心艙對接時不可忽略形狀和大小,故不能看成質點,故B正確;
C,相對地球貨運飛船與核心艙對接時均在高速運動,所以以地球為參考系,飛船和核心艙對接時都是運動的,故C錯誤;
D,“m”是國際單位制的基本單位,故D錯誤。
故選:B。
【知識點二】牛頓第二定律的理解和應用
1.牛頓第二定律的性質
2.合力、加速度、速度的關系
(1)物體的加速度由所受合力決定,與速度無必然聯系.
(2)合力與速度夾角為銳角,物體加速;合力與速度夾角為鈍角,物體減速.
(3)a=是加速度的定義式,a與v、Δv無直接關系;a=是加速度的決定式.
(2023 撫州一模)一塊質量為m的木塊放在粗糙的水平地面上,當用水平力F拉它時,物體的加速度為a;若把該木塊的質量減少一半,它的加速度將(  )
A.大于2a B.等于2a
C.小于2a D.介于a 與2a 之間
【解答】解:用水平力F拉木塊時,對木塊受力分析,根據牛頓第二定律有:F﹣μmg=ma
解得:aμg
若把該木塊的質量減少一半,對木塊受力分析,根據牛頓第二定律有:F﹣μ mgma′
解得:a′μg>2a2μg
故A正確,BCD錯誤;
故選:A。
(2023 江西模擬)如圖所示,兩個傾角均為30°的斜面體固定在卡車上(每個斜面上都安裝力傳感器),在兩個斜面之間放著一個較重的圓柱狀工件。當汽車靜止時,斜面與工件間的力傳感器的讀數均為F。工件與卡車始終相對靜止,不計斜面與工件之間的摩擦,則汽車在水平面沿直線行駛過程中,傳感器的最大值為(  )
A.2F B. C.F D.
【解答】解:當汽車靜止時,對工件受力分析,如圖
根據平衡條件得:2Fcos30°=mg
當汽車加速或減速行駛,其中一斜面對工件的支持力剛好為零時,傳感器有最大值,對工件受力分析,如圖:
豎直方向根據受力平衡可得:Fmcos30°=mg
聯立解得:Fm=2F
故A正確,BCD錯誤。
故選:A。
(2023 鄱陽縣校級一模)如圖所示,用細線將一個質量為m的小球懸掛在車頂,車廂底板上放一個質量為M的木塊,車廂底板與木塊間的動摩擦因數為μ。當小車沿水平面直線運動時,小球細線偏離豎直方向角度為θ,木塊和車廂保持相對靜止,重力加速度為g,下列說法中正確的是(  )
A.汽車可能向右勻減速運動
B.汽車的加速度大小為gcosθ
C.細線對小球的拉力大小為
D.木塊受到的摩擦力大小為μMg
【解答】解:AB、以小球為研究對象,受力如圖所示:
根據牛頓第二定律得:mgtanθ=ma,解得:a=gtanθ,方向水平向右;
車的速度可能向右,也可能向左,所以汽車可能向右勻加速運動,也可能向左勻減速運動,故AB錯誤;
C、細線對小球的拉力大小為:T,故C正確;
D、對木塊,由牛頓第二定律得:f=Ma=Mgtanθ,故D錯誤;
故選:C。
【知識點三】牛頓第三定律的理解與應用
1.相互作用力的特點
(1)三同
(2)三異
(3)二無關
2.一對平衡力與作用力、反作用力的比較
名稱 項目 一對平衡力 作用力與反作用力
作用對象 同一個物體 兩個相互作用的不同物體
作用時間 不一定同時產生、同時消失 一定同時產生、同時消失
力的性質 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
【方法總結】
應用牛頓第三定律需注意的三個問題
1.定律中的“總是”說明對于任何物體,在任何情況下牛頓第三定律都是成立的。
2.作用力與反作用力雖然等大反向,但因所作用的物體不同,所產生的效果(運動效果或形變效果)往往不同。
3.作用力與反作用力只能是一對物體間的相互作用力,不能涉及第三個物體。
(2023 佛山模擬)掛鉤在生活中隨處可見,如圖為家中掛鉤懸空掛一斜挎手提包,下列說法正確的是(  )
A.背帶對手提包的拉力與手提包的重力是一對相互作用力
B.手提包的背帶越長,背帶所受的拉力越大
C.掛鉤對背帶支持力與背帶對掛鉤的拉力是一對平衡力
D.縮短背帶的長度,背帶對掛鉤的拉力不變
【解答】解:A、背帶對手提包的拉力與手提包的重力是一對平衡力,故A錯誤。
B、設背帶與豎直方向夾角為θ,背帶所受的拉力為F,手提包重力為mg,則可得:2Fcosθ=mg,手提包的背帶越長,背帶與豎直方向的夾角越小,背帶所受的拉力越小,故B錯誤。
C、掛鉤對背帶支持力與背帶對掛鉤的拉力是一對相互作用力,故C錯誤。
D、背帶對掛鉤的拉力等于背包的重力大小,大小不變,方向豎直向下,故D正確。
故選:D。
(2023 廣州三模)如圖所示,小明同學在家做家務時,沿輕質推桿方向斜向下施加力,拖把受到桿的推力F與水平方向的夾角為θ,且拖把剛好做勻速直線運動,則(  )
A.拖把所受地面的摩擦力為Fsinθ
B.地面對拖把的支持力大于拖把的重力
C.推桿對拖把的作用力大于拖把對推桿的作用力
D.推桿對拖把的作用力小于拖把對推桿的作用力
【解答】解:AB、拖把的受力圖如下
根據正交分解可得
Fcosθ=Ff
FN=mg+Fsinθ
所以,拖把所受地面的摩擦力為Fcosθ;地面對拖把的支持力大于拖把的重力,故A錯誤,B正確;
CD、根據牛頓第三定律,可知推桿對拖把的作用力與拖把對推桿的作用力是相互作用力,等大反向,故CD錯誤。
故選:B。
(2023 紹興二模)如圖所示,拖車的纜繩將違章車與拖車拴在一起,使違章車停在傾斜坡道上保持靜止狀態。下列說法正確的是(  )
A.纜繩對違章車的拉力等于違章車對纜繩的拉力
B.違章車對坡道的作用力的方向一定與坡道垂直
C.坡道與水平面的夾角越小,坡道受到的壓力也越小
D.違章車一定只受到重力、支持力、拉力三個力的作用
【解答】解:A.根據牛頓第三定律可知,纜繩對違章車的拉力等于違章車對纜繩的拉力,故A正確;
B.違章車受到重力,支持力和繩子的拉力,當拉力等于重力沿斜坡的分力時,違章車對坡道沒有摩擦力作用,若拉力小于重力分力,那么斜坡對軌道有摩擦,因此違章車對斜坡的作用力可能是摩擦力和支持力的合力,這個合力與坡道不垂直;若違章車只受坡道的支持力,沒有摩擦力,違章車對坡道的作用力的方向與坡道垂直,故B錯誤;
C.設坡道與水平面的夾角為θ,則FN=mgcosθ
坡道與水平面的夾角越小,坡道受到的壓力越大,故C錯誤;
D.違章車除了受到重力、支持力、拉力之外還有可能受到坡道對它的摩擦力,故D錯誤。
故選:A。
【知識點四】動力學的兩類基本問題
1.基本思路
2.基本步驟
3.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁;速度是各物理過程間相互聯系的橋梁。
4.常用方法
(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)時,則采用正交分解法。
類型1 已知物體受力情況,分析物體運動情況
(多選)(2023 海南一模)一種能垂直起降的小型遙控無人機如圖所示,螺旋槳工作時能產生恒定的升力。在一次試飛中,無人機在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛,上升36m時無人機突然出現故障而失去升力。已知無人機的質量為5kg,運動過程中所受空氣阻力大小恒為10N,取重力加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是(  )
A.無人機失去升力時的速度大小為12m/s
B.螺旋槳工作時產生的升力大小為60N
C.無人機向上減速時的加速度大小為12m/s2
D.無人機上升的最大高度為36m
【解答】解:A、無人機向上加速過程中,由位移—速度公式得:
代入數據解得,無人機失去升力時的速度大小為v=12m/s
故A正確;
B、無人機向上加速過程中,對無人機,由牛頓第二定律得:F﹣mg﹣f=ma1
代入數據解得:F=70N
故B錯誤;
C、無人機向上減速時,對無人機,由牛頓第二定律得:mg+f=ma2
代入數據解得:a2=12m/s2
故C正確;
D、無人機向上減速過程,由位移—速度公式得:
代入數據解得,無人機減速上升的高度為x2=6m
則無人機上升的最大高度為H=x1+x2=36m+6m=42m
故D錯誤。
故選:AC。
(2023 分宜縣校級一模)如圖,長L=4m的一段平直軌道BC與傾角θ=37°的足夠長光滑斜面CD相連,一物塊(可視為質點)質量m=2kg,在與水平方向成θ=37°、斜向左上方的恒力F=10N作用下,從靜止開始做勻加速直線運動。物塊與水平軌道BC的動摩擦因數為μ=0.5(取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,設物塊在C點的速度大小保持不變)求:
(1)物塊運動到C點時的速度大小;
(2)物塊沿斜面上升的最大高度。
【解答】解:(1)物塊從B點運動到C點,對物塊受力分析,如圖1:
豎直方向:N+Fsin37°=mg
水平方向:Fcos37°﹣f=ma1
又f=μN
代入數據聯立解得:a1=0.5m/s2
由位移—速度公式得:2a1L
代入數據解得,物塊運動到C點時的速度大小vC=2m/s
(2)物塊沿斜面上升過程,對物塊受力分析,如圖2:
由牛頓第二定律得F﹣mgsin37°=ma2
代入數據解得:a2=﹣1m/s2
由位移—速度公式得:02a2x
代入數據解得,物塊上滑的最大距離為x=2m
最大高度h=xsin37°=2×0.6m=1.2m
答:(1)物塊運動到C點時的速度大小為2m/s;
(2)物塊沿斜面上升的最大高度為1.2m。
(2023 漣源市二模)如圖甲所示,一質量m=5kg的粗細均勻的圓木棒豎直放置,在外力作用下保持靜止狀態,下端距水平彈性地面的高度為H=5.25m,與地面相碰的物體會以原速率彈回,木棒上有一質量為2m的彈性小環。若t=0時刻,小環從木棒上某處以豎直向上v0=4m/s的初速度向上滑動,并對小環施加豎直向上的如圖乙所示的外力F,與此同時撤去作用在木棒上的外力。當木棒第一次與彈性地面相碰時,撤去施加在小環上的外力。已知木棒與小環間的滑動摩擦力f=1.2mg,小環可以看作質點,且整個過程中小環不會從木棒上端滑出,取g=10m/s2,不計空氣阻力,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,求:
(1)當小環和木棒最初開始運動時的加速度的大小;
(2)木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大小;
(3)若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落,求小環開始運動時距木棒下端的距離l(結果可以用分數表示)。
【解答】解:(1)最初開始運動時,對小環,根據牛頓第二定律
F1﹣2mg﹣f=2ma1
解得a1=﹣2m/s2
即加速度大小為2m/s2,方向豎直向下;
對木棒,根據牛頓第二定律
f﹣mg=ma2
解得a2=2m/s2
即加速度大小為2m/s2,方向豎直向上。
(2)小環初速度v0=4m/s,則兩物體第一次共速過程
v0+a1t1=a2t1
解得t1=1s
此時拉力F恰好變為F2=120N,假設之后兩物體共同減速到零,根據牛頓第二定律
3mg﹣F2=3ma3
解得
a3=2m/s2
則棒受到的摩擦力
f′=mg﹣ma3
解得f′=40N
棒受到的摩擦力小于滑動摩擦力,故假設成立;
棒和小環在1s后做類豎直上拋運動,回到1s時的位置時,速度均變為豎直向下
v=a2t1
解得v=2m/s
回到1s時的位置時,棒相對于初始位置上升的高度
h1
解得h1=1m
之后棒和小環以a3=2m/s2加速度向下加速運動,根據
v2=2a(H+h1)
解得木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大小
v1m/s
(3)木棒第一次與彈性地面相碰時,撤去施加在小環上的外力,此后小環的加速度大小
a4
解得a4=4m/s2
第一次碰地后,木棒的加速度大小為
a5
解得a5=22m/s2
小環向下做勻加速直線運動,木棒先向上做勻減速直線運動再向下做勻加速直線運動,假設與小環共速前會再次碰地,則兩次碰地時間間隔
Δt
解得Δts
再次碰地時木棒的速度仍為v1m/s,此時環的速度
v′=v1+a4Δt>v1
故假設成立,即之后過程兩物體不會再共速;
若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落,則從第一次碰撞開始,小環向下加速運動了3Δt,相對木棒向下運動距離
x=3v1Δta4(3Δt)2mmm
1s之前小環相對木棒向上運動距離
st1﹣h1
解得s=2m
故小環開始運動時距木棒下端的距離l=x﹣sm﹣2mm
答:(1)小環加速度大小為2m/s2,方向豎直向下;木棒加速度大小為2m/s2,方向豎直向上;
(2)木棒第一次與彈性材料碰撞時的速度的大小為m/s;
(3)若木棒恰好與地面第4次碰撞時彈性小環從木棒底端滑落,小環開始運動時距木棒下端的距離l為m。
類型2 已知物體運動情況,分析物體受力情況
(2023 山西模擬)2022年6月17日,中國第三艘航空母艦“福建艦”正式下水,其配備有三條電磁彈射器,電磁彈射器可額外為飛機提供恒定的推力助其短距離起飛,從而極大提升航空母艦的打擊力。某艦載機,在地面測試時,發動機打開,飛機由靜止勻加速滑跑距離為L時達到升空速度v,離地起飛。若該型飛機同等條件下,在福建艦彈射器的恒定推力輔助作用下僅需滑跑即可起飛,且知該型艦載機的質量為m,則飛機在起飛的過程中彈射器為其提供的推力大小為(  )
A. B. C. D.
【解答】解:艦載機在發動機推力的作用下由靜止勻加速運動直至起飛,有2aL=v2
其所受合力為F=ma
聯立解得:
當“同等條件下”在彈射器加持下起飛時,有
解得:
由牛頓第二定律得:F+F'=ma'
所以,彈射器為飛機提供的推力,故BCD錯誤,A正確。
故選:A。
(2023 宜黃縣校級一模)在平直公路上,以速度v0=12m/s勻速前進的汽車,遇緊急情況剎車后,輪胎停止轉動在地面上滑行,經過時間t=2s汽車停止,當地的重力加速度g取10m/s求:
(1)剎車時汽車加速度a的大小;
(2)開始剎車后,汽車在1s內發生的位移x;
(3)剎車時汽車輪胎與地面間的動摩擦因數μ。
【解答】解:(1)由vt=v0+at,得a;代入數值得:a=6m/s2
即剎車時汽車加速度a的大小為6m/s2。
(2)由x=v0tat2,代入數值得:x=9m
即開始剎車后,汽車在1s內發生的位移x為9m。
(3)根據題意,汽車剎車時受重力、支持力和滑動摩擦力,合力等于摩擦力,有:
F=f=μmg…①
由牛頓第二定律有:
F=ma…②
由①②兩式解得:
μ,代入數值得:μ=0.6
即剎車時汽車輪胎與地面間的動摩擦因數μ為0.6。
答:(1)剎車時汽車加速度a的大小為6m/s2;
(2)開始剎車后,汽車在1s內發生的位移x為9m;
(3)剎車時汽車輪胎與地面間的動摩擦因數μ為0.6。
(2022 泉州模擬)小型四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的遙控飛行器,目前得到越來越廣泛的應用如圖,一架質量m=2kg的無人機從地面上由靜止開始豎直向上起飛,勻加速上升h=48m,歷時t=4s。已知無人機運動過程中受到的空氣阻力大小恒為自身重力的0.2倍,g取10m/s2。求該過程:
(1)無人機的加速度大小及末速度大小;
(2)無人機受到的升力大小。
【解答】解:(1)設無人機勻加速上升的加速度大小為a,末速度大小為v,則
h
v=at
聯立解得:a=6m/s2,v=24m/s
(2)設無人機受到的升力大小F,根據牛頓第二定律,有
F﹣mg﹣f=ma
且f=0.2mg
聯立解得:F=36N
答:(1)無人機的加速度大小為6m/s2,末速度大小為24m/s;
(2)無人機受到的升力大小為36N。
【知識點五】動力學圖像問題
1.常見圖像
v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。
2.題型分類
(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線,要求分析物體的運動情況。
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線,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像。
3.解題策略
(1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過程,會分析臨界點。
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標的交點,圖線的轉折點,兩圖線的交點等。
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息:把圖像與具體的題意、情景結合起來,應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系,以便對有關物理問題作出準確判斷。
(2023 杭州一模)蹦極是新興的一項戶外休閑活動。如圖,蹦極者站在約40米高的塔頂,把一端固定在塔頂的長橡皮繩另一端綁住身體,然后兩臂伸開,從塔頂自由落下。當人體下落一段距離后,橡皮繩被拉緊,當到達最低點時橡皮繩再次彈起,人被拉起,隨后又落下,這樣反復多次,這就是蹦極的全過程。若空氣阻力不計,橡皮繩彈力與伸長量成正比,橡皮繩彈力與人體重力相等位置為坐標原點,豎直向上為正方向,從第一次運動到最低點開始計時,則關于人體運動的位移x、速度v、加速度a、合外力F與時間t的關系圖正確的是(  )
A. B.
C. D.
【解答】解:以向上為正方向,從最低點開始向上運動,根據牛頓第二定律可知
F=ma=T﹣mg
則合力F向上,且T逐漸減小,故加速度減小,速度增加,到達坐標原點,加速度為0,速度達到最大值,繼續上升,加速度增大,方向向下,速度減小,到達原長位置后繼續上升到達最高點再返回到原長位置,此階段加速度為g,速度均勻減小再均勻增大,之后加速度減小,方向向下,到達坐標原點,加速度為0,速度達到最大值,繼續下降,加速度增大,方向向上,速度減小直至到達最低點,故ABD錯誤,C正確。
故選:C。
(多選)(2023 河西區三模)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在外力F從零開始逐漸增大的過程中,物體的加速度a隨外力F變化的關系如圖所示,g=10m/s2。則下列說法正確的是(  )
A.物體與水平面間的最大靜摩擦力為14N
B.物體做變加速運動,F為14N時,物體的加速度大小為7m/s2
C.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
D.物體的質量為2kg
【解答】解:A.由題圖可知,物體與水平面間的最大靜摩擦力為fm=7N,故A錯誤;
B.由于外力F不斷變化,根據牛頓第二定律F﹣f=ma,可知物體加速度不斷變化,做變加速運動;當F2=14N時,由a﹣F圖像可知,故B錯誤;
CD.當F1=7N時,根據牛頓第二定律F1﹣μmg=ma1,當F2=14N時,根據牛頓第二定律F2﹣μmg=ma1,代入上式解得m=2kg,μ=0.3,故CD正確,B錯誤。
故選:CD。
(2022秋 濱海新區校級期末)一質量為m=40kg的學生站在豎直方向運動的電梯內的體重計上。電梯從t=0時刻由靜止開始上升,在0到6s內體重計示數F的變化如圖所示,g取10m/s2,可知(  )
A.0﹣2s內電梯勻加速上升,加速度大小為2m/s2
B.2﹣5s內電梯一定處于靜止狀態
C.5s﹣6s內電梯處于失重狀態,其加速度為3m/s2
D.0﹣2s內學生處于超重狀態,其加速度為5m/s2
【解答】解:AD、由圖可知,0~2s內,學生對電梯的壓力大于學生的重力,學生處于超重狀態,電梯加速上升,由牛頓第二定律得:
600N﹣400N=ma1
解得:a1=5m/s2
故D正確,A錯誤;
B、由圖可知,2~5s內電梯處于勻速運動狀態,故B錯誤;
C、由圖可知,5~6s內,學生處于失重狀態,學生對電梯的壓力小于學生的重力,由牛頓第二定律得:
400N﹣320N=ma2
解得:a2=2m/s2,可知電梯減速上升,故C錯誤;
故選:D。
(2023 浙江)如圖所示,在考慮空氣阻力的情況下,一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動,其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比,則小石子豎直方向分運動的加速度大小(  )
A.O點最大 B.P點最大
C.Q點最大 D.整個運動過程保持不變
【解答】解:小石子從O點到P點,豎直方向受到向下的重力和向下的阻力,重力和豎直方向阻力之和產生豎直方向的分加速度,小石子速度減小,空氣阻力減小,加速度減小,到P點時,豎直方向加速度最小;
小石子從P點到Q點,豎直方向受到向下的重力和向上的阻力,重力和豎直方向阻力之差產生豎直方向的分加速度,小石子速度增大,空氣阻力增大,加速度減小,到Q點時,豎直方向加速度最小;
即整段過程中,O點豎直方向的加速度最大,故A正確,BCD錯誤;
故選:A。
(多選)(2023 甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(  )
A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
【解答】解:對甲、乙兩物體,由牛頓第二定律有
F﹣μmg=ma
則F=ma+μmg
對照已知圖像,根據數形結合思想,可知
圖像斜率k=m
圖像截距b=μmg
由于k甲>k乙,故m甲>m乙
由于μ甲m甲g=μ乙m乙g,故μ甲<μ乙
故AD錯誤,BC正確。
故選:BC。
(2023 全國)一列火車以速度v0沿水平長直軌道勻速行駛,突然列車后部有部分車廂脫鉤。已知脫鉤后車頭的牽引力不變;脫鉤車廂的質量為列車總質量的;假設列車所受阻力與其所受重力成正比。求當脫鉤車廂的速度變為時,列車前部未脫鉤部分的速度。
【解答】解:設車頭的牽引力為F,火車總質量為m,火車勻速運動時,受力平衡,有:F=kmg
脫鉤后,設脫鉤車廂的加速度大小為a1,由牛頓第二定律得:k mgma1
設剩余車廂的加速度大小為a2,剩余車廂的質量為m′=mgmgmg
由牛頓第二定律得:F﹣km′g=m′a2
聯立解得:a1=kg
a2kg
脫鉤車廂的速度變為時,由速度—時間公式得:v0﹣a1t
解得:t
設此時剩余車廂的速度為v,由速度—時間公式得:v=v0+a2tv0
答:列車前部未脫鉤部分的速度為v0。
(2022 北京)如圖所示,質量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ。下列說法正確的是(  )
A.斜面對物塊的支持力大小為mgsinθ
B.斜面對物塊的摩擦力大小為μmgcosθ
C.斜面對物塊作用力的合力大小為mg
D.物塊所受的合力大小為mgsinθ
【解答】解:AB、斜面對物塊的支持力為mgcosθ,因為物塊處于加速下滑狀態,f=μmgcosθ,故A錯誤、B正確;
CD、物塊處于加速下滑狀態,根據牛頓第二定律得:F合=mgsinθ﹣μmgcosθ=ma,所以有:mgsinθ>μmgcosθ,則斜面對物塊的作用力為Fmg,故CD錯誤;
故選:B。
(2022 遼寧)如圖所示,一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端,經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ,g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(  )
A.v0=2.5m/s B.v0=1.5m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25
【解答】解:AB、物塊水平沿中線做勻減速直線運動,則
由題干知
x=1m,t=1s,v>0
代入數據有v0<2m/s,故A不可能,B可能;
CD、對物塊做受力分析有
a=﹣μg,
v22ax
整理有.
2ax>0
由于v0<2m/s可得μ<0.2,故CD不可能。
故選:B。
(多選)(2022 湖南)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發動機,總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻=kv2,k為常量)。當發動機關閉時,飛行器豎直下落,經過一段時間后,其勻速下落的速率為10m/s;當發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,經過一段時間后,飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化,下列說法正確的是(  )
A.發動機的最大推力為1.5Mg
B.當飛行器以5m/s勻速水平飛行時,發動機推力的大小為Mg
C.發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,飛行器速率為5m/s
D.當飛行器以5m/s的速率飛行時,其加速度大小可以達到3g
【解答】解:A、飛行器豎直下落,其勻速下落的速率為10m/s時,飛行器的合力為零
kMg
解得:Mg=100k
發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,飛行器勻速向上的速率為5m/s時,飛行器的合力為零
Fmax=kMg
解得:Fmax=125k=1.25Mg,故A錯誤;
B、當飛行器以5m/s勻速水平飛行時,受到與運動方向相反的水平方向的阻力,大小為
F阻=k 52=25kMg
同時飛行器受到豎直向下的重力,若要保持勻速飛行,發動機的推力應該跟阻力與重力的合力等大、反向
受力分析如下圖:
由此可得,此時發動機的推力為:
F
解得:FMg,故B正確;
C、發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,設飛行器速率為v
結合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為:
kv2Mg
而由A求得Mg=100k
所以v=5m/s,故C正確;
D、當飛行器以5m/s的速率飛行時。產生的阻力大小為
F阻'=k 52=25kMg
飛行器的重力為Mg,最大推力為Fmax=1.25mg
當最大推力與重力同向時,飛行器向下運動,此時飛行器受到的合力最大,設此時的加速度為a1,則有
1.25Mg+MgMg=Ma1
解得:a1=2g
當飛行器以5m/s的速率是向上飛行時,由題意可知,飛行器在某種狀態下可以保持這一速率做勻速飛行,即飛行器的最小加速度為0
所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g,故D錯誤;
故選:BC。
(2021 全國)甲、乙兩物體置于光滑水平地面上,用一水平恒力推物體甲時,甲的加速度大小為3m/s2。當用這個水平恒力推物體乙時,乙的加速度大小為6m/s2。現把甲、乙兩物體固定在一起,再用這個水平恒力來推,則兩物體的加速度大小為(  )
A.1.5m/s2 B.2m/s2 C.3m/s2 D.4.5m/s2
【解答】解:水平恒力推甲時,根據牛頓第二定律得:
F=m1a1
水平恒力推乙時,根據牛頓第二定律得:
F=m2a2
水平恒力一起推動甲乙是,則
F=(m1+m2)a
聯立解得:a=2m/s2,故B正確,ACD錯誤;
故選:B。
(2021 甲卷)如圖,將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節,使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放,物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將(  )
A.逐漸增大 B.逐漸減小
C.先增大后減小 D.先減小后增大
【解答】解:設鐵架臺底座距離為d,則物塊沿平板的位移為x,
對物塊利用牛頓第二定律可得
mgsinθ=ma
利用運動學公式可得
xat2
整理可得
t
由數學知識可知,當θ=45°時,sin2θ最大,對應時間t最小,故θ由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間將先減小后增大,故ABC錯誤,D正確。
故選:D。
(2021 浙江)如圖所示,電動遙控小車放在水平長木板上面,當它在長木板上水平向左加速運動時,長木板保持靜止,此時(  )
A.小車只受重力、支持力作用
B.木板對小車的作用力方向水平向左
C.木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力
D.木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等
【解答】解:A、小車加速向左運動,受到自身的重力和電機的驅動力,受到長木板對小車的支持力和阻力,故A錯誤;
B、木板對小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力,根據平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向,故B錯誤;
CD、木板對小車的作用力與小車對木板的作用力是一對相互作用力,等大反向,C錯誤,D正確。
故選:D。
(2022 浙江)第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示,長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接,斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發,推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖2所示),到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質點,始終在冰面上運動,其總質量為110kg,sin15°=0.26,求雪車(包括運動員)
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)過C點的速度大小;
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
【解答】解:(1)設在AB段加速度為a1,位移為x1,由運動學公式
2a1x1
代入數據解得:a1m/s2
(2)設運動員在AB段運動時間為t1,BC段時間為t2,
t1s=3s
BC段x2=v1t2a2
代入數據解得:a2=2m/s2
過C點的速度為
v=v1+a2t2
代入數據解得:v=12m/s
(3)在BC段由牛頓第二定律
mgsinθ﹣Ff=ma2
代入數據解得:Ff=66N
答:(1)在直道AB上的加速度大小為m/s2;
(2)過C點的速度大小為12m/s;
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小為66N。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 (共 2 頁)
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑

資源列表

<pre id="tfb94"><li id="tfb94"></li></pre>

<bdo id="tfb94"><rt id="tfb94"></rt></bdo>
  • <menu id="tfb94"><dl id="tfb94"></dl></menu><i id="tfb94"><acronym id="tfb94"><sub id="tfb94"></sub></acronym></i>

    1. 主站蜘蛛池模板: 新田县| 五华县| 焉耆| 旌德县| 诸暨市| 天峻县| 湘西| 石柱| 哈巴河县| 大埔区| 广安市| 仙游县| 保定市| 大英县| 宣汉县| 宣化县| 吉水县| 色达县| 开封县| 通州区| 丹东市| 漳浦县| 华容县| 民勤县| 泾川县| 剑河县| 永寿县| 陇西县| 定安县| 西乡县| 察隅县| 色达县| 瑞金市| 澳门| 永靖县| 乐东| 和田县| 长白| 武夷山市| 南乐县| 安达市|