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第7講　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
知識(shí)內(nèi)容 考試要求 說明
牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用 d 1.求解連接體問題時(shí)，只限于各物體加速度相同的情形． 2.不要求解決加速度不同的兩個(gè)物體的動(dòng)力學(xué)問題.
超重與失重 b
一、兩類動(dòng)力學(xué)問題
1．兩類動(dòng)力學(xué)問題
(1)已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況．
(2)已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖所示：
二、超重與失重
1．超重
(1)定義：物體對(duì)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(duì)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(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象．
(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．
命題點(diǎn)一　超重與失重現(xiàn)象
1．對(duì)超重和失重的理解
(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)盡管物體的加速度不是豎直方向，但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)．
2．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)；向下的加速度等于重力加速度時(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
（2024 海淀區(qū)一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動(dòng)扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動(dòng)。在此過程中人與扶梯保持相對(duì)靜止，下列說法正確的是（　?。?br/>A．扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人處于超重狀態(tài)
B．扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的支持力大于重力
（2024 溫州二模）如圖所示，小球從距地面高度h1＝1.25m的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)地面第一次反彈，豎直上升至最高點(diǎn)B，B點(diǎn)距地面高度h2＝0.8m，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．小球在B點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)
B．小球下降過程處于失重，上升過程處于超重
C．小球與地面作用過程速度變化量的大小為1m/s
D．小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小
（2024 昌樂縣校級(jí)模擬）一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑，下滑的最大距離x與的關(guān)系圖像如圖所示，已知斜面長度為6m，下列說法正確的是（　?。?br/>A．滑塊下滑過程中處于失重狀態(tài)
B．滑塊下滑的加速度大小為0.5m/s2
C．若v0＝3m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為3s
D．若v0＝4m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為4s
命題點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)中的圖象問題
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．解決圖象問題的關(guān)鍵
(1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從0開始．
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)等，判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解．
（2023春 深圳校級(jí)月考）如圖甲所示為一固定在水平面上的斜面體，一物體放在斜面體上，在物體上施加沿斜面向上的外力F使物體向上運(yùn)動(dòng)，并通過計(jì)算機(jī)描繪了物體的加速度a關(guān)于外力F的關(guān)系圖像，如圖乙所示。已知圖乙中的橫縱坐標(biāo)為已知量，重力加速度為g。則可求出的物理量有（　　）
A．物體的質(zhì)量
B．斜面體的傾角θ
C．物體與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物體對(duì)斜面體的壓力
（2022秋 越秀區(qū)校級(jí)期末）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖所示，g＝10m/s2，則不能計(jì)算出的是（　　）
A．物體與水平面間的最大靜摩擦力
B．F為14 N時(shí)物體的速度
C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物體的質(zhì)量
（多選）（2022秋 李滄區(qū)校級(jí)期末）如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖（b）判斷下列說法不正確的是（　　）
A．物體的質(zhì)量m＝1.5kg
B．斜面的傾角θ＝53°
C．加速度為5m/s2時(shí)物體的速度v＝16m/s
D．物體靜止在斜面上時(shí)，水平外力的大小為F＝15N
命題點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題
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．
（2024 福州二模）滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端，A點(diǎn)為途中的一點(diǎn)。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，不計(jì)空氣阻力。對(duì)比甲、乙兩圖，下列說法正確的是（　?。?br/>A．滑塊上滑和返回過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
B．滑塊運(yùn)動(dòng)加速度大小之比為a甲：a乙＝16：9
C．滑塊過A點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為v甲：v乙＝3：4
D．
（2024 南寧一模）某種海鳥可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)其在空中的俯沖看作自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后可以看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖所示，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，最大速度為vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．t1＝1s
B．整個(gè)過程中，鳥下落的高度為3m
C．t1至?xí)r間內(nèi)，鳥的加速度大小為20m/s2
D．t1至?xí)r間內(nèi)，鳥所受的阻力是重力的1.5倍
（2023 北京模擬）如圖所示，一水平拉力F作用在質(zhì)量m＝2.0kg的物體上，物體由靜止開始沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a＝2.0m/s2。求：
（1）物體所受水平拉力的大小F；
（2）物體在2.0s末的速度大小v。
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì)冰壺比賽的水平場地如圖所示，運(yùn)動(dòng)員推動(dòng)冰壺從發(fā)球區(qū)松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達(dá)前擲線時(shí)開始計(jì)時(shí)，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內(nèi)運(yùn)動(dòng)了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
命題點(diǎn)四　傳送帶模型
模型1　水平傳送帶模型
項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0＞v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＝v時(shí)，一直勻速 (3)v0＜v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情景3 (1)傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速達(dá)到左端 (2)傳送帶較長時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端．當(dāng)v0＞v時(shí)返回右端的速度為v，當(dāng)v0＜v時(shí)返回右端的速度為v0
模型2　傾斜傳送帶模型
項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況
情景1 若滑塊能夠上滑，則： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
（2023秋 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示。已知v2＞v1，則（　　）
A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大
B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大
C．0～t2時(shí)間內(nèi)小物塊受滑動(dòng)摩擦力作用，t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊受靜摩擦力作用
D．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
（2023秋 南京期末）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。小磚塊以初速度v＝10m/s沿平行于傳送帶方向從傳送帶底端滑上傳送帶，其與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．磚塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為2.5m/s2
B．磚塊在傳送帶上向上滑行的最遠(yuǎn)距離為3.0m
C．若v0增為7m/s，磚塊返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)間變長
D．若v0增為7m/s，磚塊在傳送帶上留下的痕跡變長
（2022秋 唐山期末）如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）被無初速度地放在傾斜傳送帶的最上端A處，傳送帶以v＝6m/s速度勻速向下運(yùn)動(dòng)，物塊到達(dá)傳送帶下端B時(shí)滑上靜止的平板車（物塊從傳送帶滑上平板車時(shí)無能量損失），隨后在平板車上向左運(yùn)動(dòng)，物塊始終未從平板車上滑落。已知傳送帶AB之間的距離L為4.5m，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ1＝0.75，物塊與平板車的摩擦因數(shù)μ2＝0.5，平板車與地面的摩擦因數(shù)μ3＝0.1，平板車的質(zhì)量為M＝0.5kg，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）平板車的最小長度；
（3）從物塊滑上平板車到最后靜止的過程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總位移。
（2023秋 洪山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為1kg的木塊（視為質(zhì)點(diǎn)）被水平向左的力F壓在豎直墻壁上，其壓力F＝kx（k為常數(shù)，x為木塊位移），木塊從離地面高度5m處靜止釋放，到達(dá)地面時(shí)速度恰減為0。若木塊與墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度大小為10m/s2，則（　?。?br/>A．k＝4
B．k＝20
C．木塊下滑過程中，在x＝1.25m處速度最大，且最大值為5m/s
D．木塊下滑過程中，在x＝2.50m處速度最大，且最大值為10m/s
（2023秋 崇川區(qū)期中）兩個(gè)不同滑塊分別從同一斜面頂端B點(diǎn)由靜止釋放，利用曝光時(shí)間間隔一定的頻閃儀先后對(duì)兩物塊下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示，與圖甲相比，圖乙中滑塊（　?。?br/>A．受到的合力較小
B．受到的摩擦力較大
C．經(jīng)過A點(diǎn)的速度較小
D．從B到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短
（2023 和平區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，已知兩物體的質(zhì)量mA＝4kg，mB＝6kg。從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)律為FA＝（8﹣2t）（N），F(xiàn)B＝（2+2t）（N）。下列判斷正確的（　　）
A．t＝0s時(shí)，物體A對(duì)物體B作用力的大小為2N
B．從t＝0開始，A、B兩個(gè)物體分離的時(shí)間為1s
C．A、B分離之后，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D．8s時(shí)B物體的速度為14m/s
（2024 岳陽縣校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)小鳥的俯沖是自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1＝1.6s
B．整個(gè)過程下落的高度為32.4m
C．t1～時(shí)間內(nèi)v﹣t圖像的斜率為﹣15m/s2
D．t1～時(shí)間內(nèi)阻力是重力的1.5倍
（2023秋 市中區(qū)校級(jí)月考）某商場中，一顧客乘扶梯上樓，與扶梯一起加速向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示。則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．顧客受到2個(gè)力的作用
B．顧客所受摩擦力方向沿斜面向上
C．顧客所受摩擦力方向水平向左
D．顧客所受摩擦力方向水平向右
（2023秋 雙流區(qū)校級(jí)月考）無人機(jī)由靜止開始在豎直方向運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度a與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．0～t3無人機(jī)的速度先增大后減小
B．t1～t2無人機(jī)勻速上升
C．t2時(shí)刻無人機(jī)的速度為0.5a0t1+a1t2+0.5a1t1
D．0～t1無人機(jī)的加速度變化率為
（2022秋 南通期中）物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為分別為μA、μB、μC，現(xiàn)用沿水平面的拉力F分別作用于物體A、B、C，所得到的加速度與拉力的關(guān)系如圖所示，其中A、B兩線平行，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br/>A．mB＜mC B．mA＜mB C．μB＞μC D．μA＞μB
如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。根據(jù)圖（b）判斷下列說法不正確的是（　?。?br/>A．物體的質(zhì)量m＝2kg
B．斜面的傾角θ＝37°
C．加速度為6m/s2時(shí)物體的速度v＝18m/s
D．物體靜止在斜面上時(shí)，水平外力的大小為F＝15N
（2023秋 興化市期末）根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當(dāng)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，我國南海艦隊(duì)某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險(xiǎn)，在0～50s內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。不計(jì)水的粘滯阻力，則（　?。?br/>A．潛艇在t＝20s時(shí)下沉到最低點(diǎn)
B．潛艇豎直向下的最大位移為750m
C．潛艇在“掉深”和自救時(shí)的加速度大小之比為5：2
D．潛艇在0～20s內(nèi)處于超重狀態(tài)
（2024 廈門二模）在身體素質(zhì)測(cè)試“原地縱跳摸高”科目中，某同學(xué)快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過程中，測(cè)得該同學(xué)豎直方向加速度α隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，已知豎直向上為正方向，則該同學(xué)（　　）
A．從A到B的過程中，處于超重狀態(tài)
B．在B點(diǎn)時(shí)，速度為零
C．在C點(diǎn)時(shí)，恰好離開地面
D．從C到D的過程中，處于失重狀態(tài)
（2024 渝中區(qū)模擬）“跳傘運(yùn)動(dòng)”以自身的驚險(xiǎn)和挑戰(zhàn)性，被世人譽(yù)為“勇敢者的運(yùn)動(dòng)”。若運(yùn)動(dòng)員從勻速水平飛行的飛機(jī)上跳下，一段時(shí)間后再開傘，整個(gè)過程中空氣阻力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員始終在飛機(jī)正下方
B．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)衛(wèi)跳下至開傘前做自由落體運(yùn)動(dòng)
C．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下至落地的過程中一定始終處于失重狀態(tài)
D．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下至落地的過程中可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)
（2023秋 烏魯木齊期末）如圖所示，物體的質(zhì)量m＝5kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，在傾角θ＝37°，F(xiàn)＝50N的恒力作用下，由靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝5s時(shí)撤去F，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物體做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a。
（2）撤去F后，物體還能滑行的時(shí)間t。
（2024 讓胡路區(qū)校級(jí)開學(xué)）可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲（企鵝在滑動(dòng)過程中姿勢(shì)保持不變）。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鵝向上“奔跑”的位移大??；
（2）企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小和退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大小；
（3）企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。（計(jì)算結(jié)果用根式表示）
（2023秋 武昌區(qū)校級(jí)期末）一質(zhì)量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質(zhì)量為m的重物C連接，質(zhì)量為2m的小環(huán)B套在木棒上。t＝0時(shí)刻，小環(huán)以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放重物C。當(dāng)木棒第一次與水平地面相碰時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時(shí)均原速率反彈。已知木棒與小環(huán)間的滑動(dòng)摩擦力f＝mg，小環(huán)可以看作質(zhì)點(diǎn)，且整個(gè)過程中小環(huán)不會(huì)從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大??；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d。第7講　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
知識(shí)內(nèi)容 考試要求 說明
牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用 d 1.求解連接體問題時(shí)，只限于各物體加速度相同的情形． 2.不要求解決加速度不同的兩個(gè)物體的動(dòng)力學(xué)問題.
超重與失重 b
一、兩類動(dòng)力學(xué)問題
1．兩類動(dòng)力學(xué)問題
(1)已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況．
(2)已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖所示：
二、超重與失重
1．超重
(1)定義：物體對(duì)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(duì)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(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象．
(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．
命題點(diǎn)一　超重與失重現(xiàn)象
1．對(duì)超重和失重的理解
(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)盡管物體的加速度不是豎直方向，但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)．
2．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)；向下的加速度等于重力加速度時(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
（2024 海淀區(qū)一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動(dòng)扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動(dòng)。在此過程中人與扶梯保持相對(duì)靜止，下列說法正確的是（　?。?br/>A．扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人處于超重狀態(tài)
B．扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的支持力大于重力
【解答】解：A、人在加速階段，向右上方加速，根據(jù)牛頓第二定律可知，電梯的支持力大于人的重力，所以人處于超重狀態(tài)，故A正確；
B、加速度運(yùn)動(dòng)階段，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；
CD、勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受力平衡，豎直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CD錯(cuò)誤；
故選：A。
（2024 溫州二模）如圖所示，小球從距地面高度h1＝1.25m的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)地面第一次反彈，豎直上升至最高點(diǎn)B，B點(diǎn)距地面高度h2＝0.8m，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球在B點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)
B．小球下降過程處于失重，上升過程處于超重
C．小球與地面作用過程速度變化量的大小為1m/s
D．小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小
【解答】解：A、小球在B點(diǎn)速度為零，但合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、小球下降過程和上升過程加速度方向均向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，
整理解得
代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s，
規(guī)定向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得
（mg﹣F）t＝0﹣（﹣mv）
整理解得，
可知小球與地面作用過程速度變化量的大小大于5m/s，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)平均速度的定義式知，小球下降過程和上升過程位移大小相等，下降過程的時(shí)間小于上升過程的時(shí)間，則下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小，故D正確。
故選：D。
（2024 昌樂縣校級(jí)模擬）一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑，下滑的最大距離x與的關(guān)系圖像如圖所示，已知斜面長度為6m，下列說法正確的是（　?。?br/>A．滑塊下滑過程中處于失重狀態(tài)
B．滑塊下滑的加速度大小為0.5m/s2
C．若v0＝3m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為3s
D．若v0＝4m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為4s
【解答】解：AB．滑塊沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向要斜面向上；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，滑塊具有豎直向上的分加速度，因此滑塊處于超重狀態(tài)；
設(shè)加速度的大小為a，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
變形得
圖像的斜率
結(jié)合函數(shù)，圖像的斜率
代入數(shù)據(jù)解得滑塊下滑的加速度大小為a＝1m/s2
綜上分析，故AB錯(cuò)誤；
CD．若v0＝3m/s，滑塊沿斜面下滑的位移為
下滑時(shí)間為
同理可知，若v0＝4m/s，滑塊減速至速度為零下滑的位移為
由位移公式可得
解得t2＝2s
另一解6s不符合題意舍去，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
命題點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)中的圖象問題
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．解決圖象問題的關(guān)鍵
(1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從0開始．
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)等，判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解．
（2023春 深圳校級(jí)月考）如圖甲所示為一固定在水平面上的斜面體，一物體放在斜面體上，在物體上施加沿斜面向上的外力F使物體向上運(yùn)動(dòng)，并通過計(jì)算機(jī)描繪了物體的加速度a關(guān)于外力F的關(guān)系圖像，如圖乙所示。已知圖乙中的橫縱坐標(biāo)為已知量，重力加速度為g。則可求出的物理量有（　?。?br/>A．物體的質(zhì)量
B．斜面體的傾角θ
C．物體與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物體對(duì)斜面體的壓力
【解答】解：A、對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
整理得：a F﹣gsinθ﹣μgcosθ
由圖像得，圖像的斜率k
則物體的質(zhì)量m
故A正確；
BC、圖像的截距為﹣b＝﹣gsinθ﹣μgcosθ
則sinθ+μcosθ
無法求解斜面傾角和動(dòng)摩擦因數(shù)，故BC錯(cuò)誤；
D、由牛頓第三定律得，物體對(duì)斜面的支持力等于斜面對(duì)物體的支持力，大小為N＝mgcosθ
則無法求解物體對(duì)斜面的壓力，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
（2022秋 越秀區(qū)校級(jí)期末）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖所示，g＝10m/s2，則不能計(jì)算出的是（　?。?br/>A．物體與水平面間的最大靜摩擦力
B．F為14 N時(shí)物體的速度
C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物體的質(zhì)量
【解答】解：物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：
F﹣μmg＝ma
解得：aμg
由a與F圖線，得到：
0.510μ…①
410μ…②
①②聯(lián)立得：m＝2kg，μ＝0.3；故CD不符合要求；
故a＝0時(shí)，F(xiàn)為6N，即最大靜摩擦力為6N；
由于物體先靜止后又做變加速運(yùn)動(dòng)，無法利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求速度和位移，又F為變力無法求F得功，從而也無法根據(jù)動(dòng)能定理求速度；
題干要求是不能夠計(jì)算的物理量，故ACD錯(cuò)誤、B正確。
本題是不能計(jì)算出的，故選：B。
（多選）（2022秋 李滄區(qū)校級(jí)期末）如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖（b）判斷下列說法不正確的是（　?。?br/>A．物體的質(zhì)量m＝1.5kg
B．斜面的傾角θ＝53°
C．加速度為5m/s2時(shí)物體的速度v＝16m/s
D．物體靜止在斜面上時(shí)，水平外力的大小為F＝15N
【解答】解：AB．根據(jù)牛頓第二定律Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
將，F(xiàn)1＝20N，，F(xiàn)2＝30N
代入聯(lián)立得m＝2kg，θ＝37°
故AB錯(cuò)誤；
D．當(dāng)a＝0時(shí)代入Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正確；
C．沒有時(shí)間的信息，條件不全，無法求出瞬時(shí)速度，故C錯(cuò)誤。
本題選不正確的，故選：ABC。
命題點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題
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．
（2024 福州二模）滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端，A點(diǎn)為途中的一點(diǎn)。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，不計(jì)空氣阻力。對(duì)比甲、乙兩圖，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊上滑和返回過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
B．滑塊運(yùn)動(dòng)加速度大小之比為a甲：a乙＝16：9
C．滑塊過A點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為v甲：v乙＝3：4
D．
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足
mgsinθ+f＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
設(shè)頻閃時(shí)間間隔為T，上滑過程加速度較大，相同位移大小時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故A錯(cuò)誤；
B、甲圖表示上滑過程，時(shí)間間隔為3T，乙圖表示下滑過程，時(shí)間間隔為4T，把上滑過程逆向堪稱初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由
可知，加速度大小之比為16：9，故B正確；
C、利用逆向思維，滑塊在A、B兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有
綜上代入數(shù)據(jù)解得
即圖甲與圖乙滑塊在A、B兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3：4，故由v＝at
知v甲：v乙＝4：3
故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)加速度之比有（gsinθ+μgcosθ）：（gsinθ﹣μgcosθ）＝16：9
代入數(shù)據(jù)解得μ
故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 南寧一模）某種海鳥可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)其在空中的俯沖看作自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后可以看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖所示，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，最大速度為vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1＝1s
B．整個(gè)過程中，鳥下落的高度為3m
C．t1至?xí)r間內(nèi)，鳥的加速度大小為20m/s2
D．t1至?xí)r間內(nèi)，鳥所受的阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A、小鳥自由落體運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝6m/s，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有vm＝gt1，解得t1＝0.6s，故A錯(cuò)誤；
B、整個(gè)過程下落的高度為圖 v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍成的面積，則hm＝3m，故B正確；
C、t1∽時(shí)間內(nèi)小鳥的加速度am/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小為15m/s2，故C錯(cuò)誤；
D、t1∽時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，則2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023 北京模擬）如圖所示，一水平拉力F作用在質(zhì)量m＝2.0kg的物體上，物體由靜止開始沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a＝2.0m/s2。求：
（1）物體所受水平拉力的大小F；
（2）物體在2.0s末的速度大小v。
【解答】解：（1）對(duì)物體，由牛頓第二定律得：F＝ma＝2.0×2.0N＝4N
（2）2.0s末的速度大小為v＝at＝2.0×2.0m/s＝4m/s
答：（1）物體所受水平拉力的大小F為4N；
（2）物體在2.0s末的速度大小v為4m/s。
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì)冰壺比賽的水平場地如圖所示，運(yùn)動(dòng)員推動(dòng)冰壺從發(fā)球區(qū)松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達(dá)前擲線時(shí)開始計(jì)時(shí)，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內(nèi)運(yùn)動(dòng)了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
【解答】解：（1）假設(shè)冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小
am/s2m/s
若冰壺以加速度m/s2減速，則冰壺在最后1s通過的位移
sat212mm＞x15
所以冰壺在第15s內(nèi)的某瞬間已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，令Δt＝1s，設(shè)冰壺運(yùn)動(dòng)x15所用的時(shí)間為t，則有
v2＝a（12Δt+t）
代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.025
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
代入數(shù)據(jù)解得L0＝27.38m
答：（1）冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.025；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0為27.38m。
命題點(diǎn)四　傳送帶模型
模型1　水平傳送帶模型
項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0＞v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＝v時(shí)，一直勻速 (3)v0＜v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情景3 (1)傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速達(dá)到左端 (2)傳送帶較長時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端．當(dāng)v0＞v時(shí)返回右端的速度為v，當(dāng)v0＜v時(shí)返回右端的速度為v0
模型2　傾斜傳送帶模型
項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況
情景1 若滑塊能夠上滑，則： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
（2023秋 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示。已知v2＞v1，則（　?。?br/>A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大
B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大
C．0～t2時(shí)間內(nèi)小物塊受滑動(dòng)摩擦力作用，t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊受靜摩擦力作用
D．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
【解答】解：A、對(duì)小物塊進(jìn)行分析可知，小物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速至0后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到與傳送帶速度相等時(shí)，再向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知在速度減為0，即在t1時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；
B、由上述可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)小物塊相對(duì)于傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，在t1～t2時(shí)間內(nèi)小物塊速度方向向右，大小小于傳送帶的速度，小物塊仍然相對(duì)于傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，t2～t3小物塊與傳送帶速度相等，小物塊與傳送帶保持相對(duì)靜止向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該時(shí)間內(nèi)沒有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可知，t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大，故B正確；
C、由題圖信息和上述分析，0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，小物塊受到向右的滑動(dòng)摩擦力。在t2～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小物塊與傳送帶無相對(duì)運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故C錯(cuò)誤；
D、由題圖信息和上述分析，0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力方向始終向右，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023秋 南京期末）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。小磚塊以初速度v＝10m/s沿平行于傳送帶方向從傳送帶底端滑上傳送帶，其與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．磚塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為2.5m/s2
B．磚塊在傳送帶上向上滑行的最遠(yuǎn)距離為3.0m
C．若v0增為7m/s，磚塊返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)間變長
D．若v0增為7m/s，磚塊在傳送帶上留下的痕跡變長
【解答】解：A.磚塊剛滑上傳送帶時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma
代入數(shù)據(jù)解得
a＝12.5m/s2，故A錯(cuò)誤；
B.當(dāng)磚塊速度減為0時(shí)，磚塊在傳送帶上向上滑行的最遠(yuǎn)距離為
，故B錯(cuò)誤；
C.磚塊到達(dá)最高點(diǎn)后，繼續(xù)以相同的加速度向下加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速，之后由于tanθ＜μ
則共速后一起做勻速運(yùn)動(dòng)回到出發(fā)點(diǎn)，上滑時(shí)間為
向下加速到與傳送帶共速所用時(shí)間和加速階段的位移分別為
則勻速階段時(shí)間為
則總時(shí)間為
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)
v0＝v＝10m/s時(shí)，所用時(shí)間最短，則若v0增為7m/s，磚塊返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)間變短，故C錯(cuò)誤；
D.在磚塊與傳送帶共速前，磚塊一直相對(duì)于傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，磚塊在傳送帶上留下的痕跡長度為
若v0增為7m/s，磚塊在傳送帶上留下的痕跡變長，故D正確。
故選：D。
（2022秋 唐山期末）如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）被無初速度地放在傾斜傳送帶的最上端A處，傳送帶以v＝6m/s速度勻速向下運(yùn)動(dòng)，物塊到達(dá)傳送帶下端B時(shí)滑上靜止的平板車（物塊從傳送帶滑上平板車時(shí)無能量損失），隨后在平板車上向左運(yùn)動(dòng)，物塊始終未從平板車上滑落。已知傳送帶AB之間的距離L為4.5m，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ1＝0.75，物塊與平板車的摩擦因數(shù)μ2＝0.5，平板車與地面的摩擦因數(shù)μ3＝0.1，平板車的質(zhì)量為M＝0.5kg，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）平板車的最小長度；
（3）從物塊滑上平板車到最后靜止的過程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總位移。
【解答】解：（1）物塊放上傳送帶在與傳送帶共速前，以加速度a1向下加速運(yùn)動(dòng)，
據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得：
物塊經(jīng)過時(shí)間t1達(dá)到與傳送帶速度相同：t1s＝0.5s
運(yùn)行的位移：x1m＝1.5m
由于傳送帶AB之間的距離L為4.5m，此后，物塊以加速度a2向下加速運(yùn)動(dòng)，可得：，則物塊向下勻速運(yùn)動(dòng)。
故物塊勻速到達(dá)底端：t2s＝0.5s
物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝t1+t2＝0.5s+0.5s＝1s
（2）物塊滑上平板車的速度為6m/s，物塊開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
加速度大小為：a3μ2g＝0.5×10m/s2＝5m/s2
平板車開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：a4，代入數(shù)據(jù)得：a4＝7m/s2
設(shè)經(jīng)過一段時(shí)間t3物塊和平板車正好達(dá)到共同速度v共，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間關(guān)系式可得：v共＝v﹣a3t3＝a4t3
解方程組得：t3＝0.5s，v共＝3.5m/s
該過程物塊的位移和平板車的位移分別為：s1，代入數(shù)據(jù)得：s1＝2.375m
s2，代入數(shù)據(jù)得：s2＝0.875m
之后假設(shè)物塊與平板車相對(duì)靜止，一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律可得：a5＝μ3g＝0.1×10m/s2＝1m/s2
物塊與平板車間靜摩擦力為：f＝ma5＝1N＜μ2mg＝0.5×1×10N＝5N
故假設(shè)成立，平板車的最小長度為：L＝s1﹣s2＝2.375m﹣0.875m＝1.5m
（3）物塊與平板車相對(duì)靜止，繼續(xù)滑行位移為：s3m＝6.125m
則從物塊滑上平板車到最后靜止的過程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總位移為：s＝s1+s3＝2.375m+6.125m＝8.5m
答：（1）物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1s；
（2）平板車的最小長度為1.5m；
（3）從物塊滑上平板車到最后靜止的過程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總位移為8.5m。
（2023秋 洪山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為1kg的木塊（視為質(zhì)點(diǎn)）被水平向左的力F壓在豎直墻壁上，其壓力F＝kx（k為常數(shù)，x為木塊位移），木塊從離地面高度5m處靜止釋放，到達(dá)地面時(shí)速度恰減為0。若木塊與墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度大小為10m/s2，則（　?。?br/>A．k＝4
B．k＝20
C．木塊下滑過程中，在x＝1.25m處速度最大，且最大值為5m/s
D．木塊下滑過程中，在x＝2.50m處速度最大，且最大值為10m/s
【解答】解：AB、彈力隨位移均勻變化，根據(jù)動(dòng)能定理有：，解得：k＝20N/m，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、當(dāng)重力與摩擦力相等時(shí)，木塊加速度為0，速度最大，即μkx＝mg
解得：x＝2.50m
根據(jù)動(dòng)能定理得
解得最大速度為：v＝5m/s，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023秋 崇川區(qū)期中）兩個(gè)不同滑塊分別從同一斜面頂端B點(diǎn)由靜止釋放，利用曝光時(shí)間間隔一定的頻閃儀先后對(duì)兩物塊下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示，與圖甲相比，圖乙中滑塊（　　）
A．受到的合力較小
B．受到的摩擦力較大
C．經(jīng)過A點(diǎn)的速度較小
D．從B到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短
【解答】解：A、由圖可知，圖乙中的滑塊滑到斜面底端所用時(shí)間較長，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，圖乙中滑塊的加速度較小，但兩滑塊質(zhì)量關(guān)系不知，則圖乙中滑塊受到的合力不一定小，故A錯(cuò)誤；
B、斜面上的滑塊受力分析，如下圖所示
設(shè)滑塊與斜面的摩擦因數(shù)為μ，則滑塊受到的摩擦力為
f＝μmgcosθ
但兩滑塊質(zhì)量關(guān)系不知，則受到的摩擦力大小無法比較，故B錯(cuò)誤；
C、由上述分析可知，圖乙中滑塊的加速度較小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有，可知圖乙中滑塊經(jīng)過A點(diǎn)的速度較小，故C正確；
D、根據(jù)可知，圖乙中滑塊的加速度較小，則圖乙中滑塊從B到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 和平區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，已知兩物體的質(zhì)量mA＝4kg，mB＝6kg。從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)律為FA＝（8﹣2t）（N），F(xiàn)B＝（2+2t）（N）。下列判斷正確的（　　）
A．t＝0s時(shí)，物體A對(duì)物體B作用力的大小為2N
B．從t＝0開始，A、B兩個(gè)物體分離的時(shí)間為1s
C．A、B分離之后，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D．8s時(shí)B物體的速度為14m/s
【解答】解：AB、A、B兩物體分離之前整體所受的合力為：F＝FA+FB＝（8﹣2t+2+2t）N＝10N，合力恒定，由牛頓第二定律有：F＝（mA+mB）a，可得a＝1m/s2
t＝0時(shí)，F(xiàn)B＝（2+2×0）N＝2N，設(shè)物體A對(duì)物體B作用力為FN，對(duì)B物體利用牛頓第二定律有：FN+FB＝mBa
代入數(shù)據(jù)可得：FN＝4N
A、B兩個(gè)物體分離瞬間，相互擠壓的彈力為零，加速度相等，此時(shí)對(duì)物體B利用牛頓第二定律有：FB＝mBa
代入數(shù)據(jù)可得：t＝2s，故AB錯(cuò)誤；
C、A、B分離之后，B的合力為FB＝（2+2t）（N），合力增大，加速度增大，所以B做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、A、B兩物體分離前合力恒定，加速度為1m/s2，則兩物體分離時(shí)B的速度v1＝at＝1×2m/s＝2m/s，分離后物體B的合力隨時(shí)間均勻變化，在2s～8s內(nèi)合力的沖量，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有：I＝mBv2﹣mBv1
代入數(shù)據(jù)可得：v2＝14m/s，故D正確。
故選：D。
（2024 岳陽縣校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)小鳥的俯沖是自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1＝1.6s
B．整個(gè)過程下落的高度為32.4m
C．t1～時(shí)間內(nèi)v﹣t圖像的斜率為﹣15m/s2
D．t1～時(shí)間內(nèi)阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A．小鳥自由落體運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得vm＝gt1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.8s，故A錯(cuò)誤；
B、整個(gè)過程下落的高度為圖乙v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍成的面積，則hm＝27m，故B錯(cuò)誤；
C、時(shí)間內(nèi)小鳥的加速度為a，則此時(shí)間內(nèi)v﹣t圖像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正確；
D、時(shí)間內(nèi)由牛頓第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023秋 市中區(qū)校級(jí)月考）某商場中，一顧客乘扶梯上樓，與扶梯一起加速向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示。則下列說法中正確的是（　　）
A．顧客受到2個(gè)力的作用
B．顧客所受摩擦力方向沿斜面向上
C．顧客所受摩擦力方向水平向左
D．顧客所受摩擦力方向水平向右
【解答】解：顧客與扶梯一起加速運(yùn)動(dòng)，所以顧客的加速度的方向?yàn)樾毕蛴疑?，可以將顧客的加速度分解為豎直向上的加速度和水平向右的加速度
豎直方向受到重力以及扶梯的支持力，根據(jù)牛頓第二定律有
FN﹣mg＝may
水平方向受到水平向右的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有
f＝max
綜上所述，顧客受到三個(gè)力的作用，摩擦力的方向?yàn)樗较蛴摇?br/>故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
（2023秋 雙流區(qū)校級(jí)月考）無人機(jī)由靜止開始在豎直方向運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度a與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．0～t3無人機(jī)的速度先增大后減小
B．t1～t2無人機(jī)勻速上升
C．t2時(shí)刻無人機(jī)的速度為0.5a0t1+a1t2+0.5a1t1
D．0～t1無人機(jī)的加速度變化率為
【解答】解：A．0～t3無人機(jī)的加速度一直向上，速度也向上，一直向上做加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大，故A錯(cuò)誤；
B．t1～t2無人機(jī)的加速度不變，速度均勻增大，無人機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．a(chǎn)﹣t圖像與時(shí)間軸所圍成的面積表示速度的變化量，0～t2內(nèi)無人機(jī)的速度變化量為Δv＝v2﹣0
所以v2＝0.5a0t1+a1t2﹣0.5a1t1，故C錯(cuò)誤；
D．加速度a與時(shí)間t的關(guān)系圖像斜率表示加速度變化率，0～t1加速度的變化率為，故D正確。
故選：D。
（2022秋 南通期中）物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為分別為μA、μB、μC，現(xiàn)用沿水平面的拉力F分別作用于物體A、B、C，所得到的加速度與拉力的關(guān)系如圖所示，其中A、B兩線平行，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br/>A．mB＜mC B．mA＜mB C．μB＞μC D．μA＞μB
【解答】解：由牛頓第二定律可知，物體在水平方向上有F﹣μmg＝ma
解得
故圖像中的斜率對(duì)應(yīng)，縱截距對(duì)應(yīng)﹣μg，由圖可知
即mA＝mB＜mC，μAg＜μBg＝μCg，即μA＜μB＝μC，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選A。
如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。根據(jù)圖（b）判斷下列說法不正確的是（　　）
A．物體的質(zhì)量m＝2kg
B．斜面的傾角θ＝37°
C．加速度為6m/s2時(shí)物體的速度v＝18m/s
D．物體靜止在斜面上時(shí)，水平外力的大小為F＝15N
【解答】解：AB．根據(jù)牛頓第二定律Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
將，F(xiàn)1＝20N，，F(xiàn)2＝30N
代入聯(lián)立得m＝2kg，θ＝37°
故AB正確；
D．當(dāng)a＝0時(shí)代入Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正確；
C．條件不全，無法求出瞬時(shí)速度，故C錯(cuò)誤。
本題選不正確的，故選：C。
（2023秋 興化市期末）根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當(dāng)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，我國南海艦隊(duì)某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險(xiǎn)，在0～50s內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。不計(jì)水的粘滯阻力，則（　?。?br/>A．潛艇在t＝20s時(shí)下沉到最低點(diǎn)
B．潛艇豎直向下的最大位移為750m
C．潛艇在“掉深”和自救時(shí)的加速度大小之比為5：2
D．潛艇在0～20s內(nèi)處于超重狀態(tài)
【解答】解：A．由v﹣t圖像可知，在50s內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝50s潛艇向下到達(dá)最大深度。故A錯(cuò)誤；
B．由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為圖線與坐標(biāo)軸所圍面積，即
故B正確；
C．潛艇在“掉深”時(shí)向下加速，則由圖像中圖線的斜率表示加速度可得
在自救時(shí)加速度大小可表示為
可知加速度大小之比為
故C錯(cuò)誤；
D．潛艇在0～20s內(nèi)向下加速，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 廈門二模）在身體素質(zhì)測(cè)試“原地縱跳摸高”科目中，某同學(xué)快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過程中，測(cè)得該同學(xué)豎直方向加速度α隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，已知豎直向上為正方向，則該同學(xué)（　?。?br/>A．從A到B的過程中，處于超重狀態(tài)
B．在B點(diǎn)時(shí)，速度為零
C．在C點(diǎn)時(shí)，恰好離開地面
D．從C到D的過程中，處于失重狀態(tài)
【解答】解：A、從A到B，加速度豎直向下，為失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、B點(diǎn)加速度為零，速度不為零，故B錯(cuò)誤；
C、在離開地面之后，同學(xué)應(yīng)只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下且為定值，圖像中C點(diǎn)之后加速度是逐漸反向增大的過程，所以C點(diǎn)時(shí)并非恰好離地，故C錯(cuò)誤；
D、從C到D，加速度豎直向下，為失重狀態(tài)，故D正確。
故選：D。
（2024 渝中區(qū)模擬）“跳傘運(yùn)動(dòng)”以自身的驚險(xiǎn)和挑戰(zhàn)性，被世人譽(yù)為“勇敢者的運(yùn)動(dòng)”。若運(yùn)動(dòng)員從勻速水平飛行的飛機(jī)上跳下，一段時(shí)間后再開傘，整個(gè)過程中空氣阻力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員始終在飛機(jī)正下方
B．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)衛(wèi)跳下至開傘前做自由落體運(yùn)動(dòng)
C．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下至落地的過程中一定始終處于失重狀態(tài)
D．運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下至落地的過程中可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)
【解答】解：AB.由于運(yùn)動(dòng)員受空氣阻力作用，飛機(jī)在水平方向勻速飛行，所以離開飛機(jī)后水平方向會(huì)減速，從而不能保持在飛機(jī)正下方，也不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；
C.在運(yùn)動(dòng)員下落過程，豎直方向向向下加速，處于失重狀態(tài)，降落傘打開后，會(huì)向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；
D.運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)速度向增大，做加速運(yùn)動(dòng)，降落傘打開后做速度減小，做減速運(yùn)動(dòng)，故D正確。
故選：D。
（2023秋 烏魯木齊期末）如圖所示，物體的質(zhì)量m＝5kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，在傾角θ＝37°，F(xiàn)＝50N的恒力作用下，由靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝5s時(shí)撤去F，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物體做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a。
（2）撤去F后，物體還能滑行的時(shí)間t。
【解答】解：（1）對(duì)物體分析，在水平方向上有Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）＝ma，解得a＝4.8m/s2，方向向右。
（2）物體加速5s，速度為v＝at＝4.8×5m/s＝24m/s，撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，速度減至0，有v﹣at＝0，解得t＝12s
答：（1）物體做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a為4.8m/s2，方向向右。
（2）撤去F后，物體還能滑行的時(shí)間t為12s。
（2024 讓胡路區(qū)校級(jí)開學(xué)）可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲（企鵝在滑動(dòng)過程中姿勢(shì)保持不變）。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鵝向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小和退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大??；
（3）企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。（計(jì)算結(jié)果用根式表示）
【解答】解：（1）在企鵝向上“奔跑”的過程中有
解得x＝16m
（2）在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)過程是從臥倒到最高點(diǎn)，第二個(gè)過程是從最高點(diǎn)滑回到出發(fā)點(diǎn)，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得
（3）企鵝從臥倒滑到最高點(diǎn)的過程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t′，位移為x′
則有v＝at＝a1t'
x'
企鵝從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)的過程中，設(shè)末速度為vt，初速度為0，則有
解得
答：（1）企鵝向上“奔跑”的位移大小為16m；
（2）企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小為8m/s2，退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大小為4m/s2；
（3）企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為。
（2023秋 武昌區(qū)校級(jí)期末）一質(zhì)量為m的粗糙直木棒A靜置于水平地面上，木棒上端通過一輕繩跨過滑輪與質(zhì)量為m的重物C連接，質(zhì)量為2m的小環(huán)B套在木棒上。t＝0時(shí)刻，小環(huán)以的速度從距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放重物C。當(dāng)木棒第一次與水平地面相碰時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，且每次木棒與地面碰撞時(shí)均原速率反彈。已知木棒與小環(huán)間的滑動(dòng)摩擦力f＝mg，小環(huán)可以看作質(zhì)點(diǎn)，且整個(gè)過程中小環(huán)不會(huì)從木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略空氣阻力以及滑輪與輕繩間的摩擦力，求：
（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)和木棒的加速度；
（2）木棒第一次與地面碰撞時(shí)的速度大??；
（3）小環(huán)從木棒下端滑出前，木棒與地面碰撞的次數(shù)n，及滑出瞬間小環(huán)與水平地面間的距離d。
【解答】解：（1）t＝0時(shí)刻，小環(huán)相對(duì)于木棒向上運(yùn)動(dòng)，小環(huán)所受滑動(dòng)摩擦力向下，根據(jù)牛頓第二定律有f+2mg＝2ma1
代入數(shù)據(jù)解得
該加速度方向豎直向下。對(duì)木棒與重物整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入數(shù)據(jù)解得
該加速度方向豎直向上。
（2）根據(jù)上述可知，小環(huán)開始向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木棒與重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t0達(dá)到相等速度，則有v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入數(shù)據(jù)解得，
此過程木棒的位移為
代入數(shù)據(jù)解得x1＝0.2m
此過程小環(huán)相對(duì)于木棒向上運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移大小為x0＝x2﹣x1
代入數(shù)據(jù)解得x0＝0.8m
之后小環(huán)、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入數(shù)據(jù)解得
取向上為正方向，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有
代入數(shù)據(jù)解得v1＝2m/s
（3）綜合上述，小環(huán)、木棒與重物以大小相等的加速度做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)到與地面第一次碰撞時(shí)，環(huán)與木棒下端間距為L＝x0+h
代入數(shù)據(jù)解得L＝2.725m
碰撞時(shí)，連接重物C的細(xì)繩斷裂，碰撞后，小環(huán)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入數(shù)據(jù)解得
小環(huán)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木棒向上做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，在木棒與地面再次碰撞之前，小環(huán)速度始終大于木棒速度，即小環(huán)在之后的碰撞過程中始終向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木棒一直重復(fù)第一次碰撞之后的雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可知，每一次木棒上升到做高點(diǎn)的時(shí)間為
代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.1s
利用逆向思維，木棒上升到最大的高度為
代入數(shù)據(jù)解得h0＝0.1m
可知，環(huán)在到達(dá)離地面高度為h0之前都不會(huì)與木棒分離，對(duì)小環(huán)有
代入數(shù)據(jù)解得t2＝0.7s
則木棒與地面碰撞的次數(shù)為
且第四次碰撞后，木棒上升到最高點(diǎn)時(shí)恰好與小環(huán)分離，可知，此時(shí)，小環(huán)離地面的高度
d＝h0＝0.1m。

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