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(共67張PPT)
第三章　運動和力的關(guān)系
第2節(jié)　牛頓第二定律的基本應(yīng)用
鏈接教材·夯基固本
1．兩類動力學(xué)問題
(1)兩類問題
①第一類：已知受力求物體的________。
②第二類：已知運動情況求物體的____。
(2)解決方法
以______為“橋梁”，由運動學(xué)公式和____________列方程求解。
運動情況
受力
加速度
牛頓第二定律
2．超重和失重
(1)超重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)____物體所受重力的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體具有____的加速度。
大于
向上
(2)失重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)____物體所受重力的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體具有____的加速度。
(3)完全失重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)_____的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝__，方向豎直向下。
小于
向下
等于0
g
1．易錯易混辨析
(1)失重說明物體所受的重力減小了。 (　　)
(2)物體超重時，加速度向上，速度也一定向上。 (　　)
(3)研究動力學(xué)兩類問題時，受力分析和運動分析是關(guān)鍵。 (　　)
(4)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。 (　　)
×
×
√
√
(5)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。 (　　)
(6)加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁，速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。 (　　)
×
√
2．人教版必修第一冊第四章第6節(jié)[思考與討論]：圖1下蹲過程，圖2下蹲、站起兩個過程，分析超重和失重的情況。
提示：下蹲過程先向下加速再向下減速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起過程先向上加速再向上減速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。
細研考點·突破題型
考點1　兩類動力學(xué)基本問題
1．解決兩類動力學(xué)基本問題的關(guān)鍵
(1)兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析。
(2)兩個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運動和受力的橋梁；銜接點的速度是聯(lián)系相鄰兩個過程的橋梁。
2．解題思路
角度1　從受力情況確定運動情況
[典例1]　(2024·福建寧德三模)人類從事滑雪活動已有數(shù)千年歷史，滑雪愛好者可在雪場上輕松、愉快地滑行，飽享滑雪運動的樂趣。一名滑雪愛好者以1 m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡的傾角為30°。若人與滑板的總質(zhì)量為60 kg，受到的總阻力為60 N，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑雪者加速度的大小；
(2)3 s內(nèi)滑雪者下滑位移的大小；
(3)3 s末人與滑板總重力的瞬時功率。
[解析]　(1)由牛頓第二定律mg sin 30°－f＝ma
解得滑雪者加速度的大小為a＝4 m/s2。
(2)由運動學(xué)公式x＝v0t＋at2
其中v0＝1 m/s，t＝3 s
解得3 s內(nèi)滑雪者下滑位移的大小為x＝21 m。
(3)由運動學(xué)公式v＝v0＋at
重力的瞬時功率P＝mgv sin 30°
聯(lián)立解得，3 s末人與滑板總重力的瞬時功率為
P＝3 900 W。
[答案]　(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)3 900 W
角度2　從運動情況確定受力情況
[典例2]　一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5 m/s2勻加速下滑。如圖所示，若用一水平向右恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)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(shù)μ；
(2)恒力F的大小。
[解析]　(1)根據(jù)牛頓第二定律可得
mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma
解得μ＝。
(2)滑塊沿斜面做勻加速直線運動，由x＝a1t2
得a1＝2 m/s2
加速度有向上和向下兩種可能，
當加速度沿斜面向上時
F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入數(shù)據(jù)得F＝ N
當加速度沿斜面向下時
mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入數(shù)據(jù)得F＝ N。
[答案]　(1)　(2) N或 N
考點2　超重和失重
1．對超重和失重的理解
(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)象都會完全消失。
(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，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，物體處于失重狀態(tài)；等于0時，物體處于完全失重狀態(tài)
從加速度的角度判斷 當物體具有向上(或斜向上)的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下(或斜向下)的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度a＝g時，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，超重
②物體向下加速或向上減速時，失重
角度1　超、失重現(xiàn)象的定性分析
[典例3]　蹦極是一項非常刺激的體育運動。某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中(　　)
A．人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態(tài)
B．在ab段繩的拉力小于人所受的重力，人處于超重狀態(tài)
C．在bc段繩的拉力大于人所受的重力，人處于超重狀態(tài)
D．在c點，人的速度為0，其加速度也為0
√
C　[在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人所受重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；在bc段繩的拉力大于人所受重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯誤，C正確；在c點，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。]
角度2　超、失重現(xiàn)象的圖像問題
[典例4]　一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是(　　)
A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg
B．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)NC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)ND．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg
√
D　[根據(jù)s-t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)v增大，t2～t3時間內(nèi)v減小，t1～t2時間內(nèi)v不變，B、C錯誤；0～t1時間內(nèi)速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FNmg，D正確。]
角度3　超、失重現(xiàn)象的定量計算
[典例5]　(2025·八省聯(lián)考云南卷)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時刻電梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．做減速運動，加速度大小為1.05 m/s2
B．做減速運動，加速度大小為0.50 m/s2
C．做加速運動，加速度大小為1.05 m/s2
D．做加速運動，加速度大小為0.50 m/s2
√
D　[如題圖所示，根據(jù)牛頓第二定律 F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，則電梯向上做加速運動。故選D。]
微點突破　“等時圓”模型
1．質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖1所示。
2．質(zhì)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2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(zhì)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3所示。
[典例6]　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關(guān)系正確的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1√
√
√
BCD　[設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確。]
[典例7]　如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)。現(xiàn)有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ。現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB√
B　[如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內(nèi)，而B點在輔助圓外，由等時圓結(jié)論可知tAB>tCD>tEF，B項正確，A、C、D錯誤。]
即時檢驗·感悟高考
1．(2022·遼寧卷)如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過 1 s 從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正確的是(　　)
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
√
B　[物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則＝＝，由題干知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；對物塊，由牛頓第二定律有－μmg＝＝2ax，整理有－2μgx>0，由于v0<2 m/s，可得μ<0.2，故C、D不可能。]
2．(2021·全國甲卷)如圖所示，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(diào)節(jié)，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(guān)。若θ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
√
D　[由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin θ＝ma，小物塊的加速度大小a＝g sin θ；設(shè)豎直桿到P點的距離為d，根據(jù)幾何關(guān)系，小物塊的位移大小為；根據(jù)運動學(xué)公式得＝at2，聯(lián)立可得t＝，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將先減小后增大，D正確。]
3．(2022·浙江1月選考)第24屆冬奧會在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12 m水平直道AB與長20 m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(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為 8 m/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5.0 s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110 kg，sin 15°＝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。
[解析]　(1)設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a、運動時間為t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有2alAB＝，vB＝at
解得t＝3 s，a＝ m/s2。
(2)解法一　由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5 s，設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a1、運動時間為t1，故t1＝t0－t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
lBC＝
vC＝vB＋a1t1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2，vC＝12 m/s
解法二　由于雪車在BC上做勻變速運動，故lBC＝·t1＝(t0－t)
解得vC＝12 m/s。
(3)解法一　設(shè)雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得f＝66 N
解法二　對雪車在BC上的運動過程由動量定理有(mg sin 15°－f )(t0－t)＝mvC－mvB
代入數(shù)據(jù)解得f＝66 N
解法三　對雪車從B→C由動能定理有(mg sin 15°－f )lBC＝
解得f＝66 N。
[答案]　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
課時數(shù)智作業(yè)(七)
題號
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1．如圖所示，OC為豎直圓的直徑，OA、OB為圓的兩條弦，現(xiàn)同時在A、B兩點釋放兩小滑塊，分別沿光滑的弦軌道滑到O點(O點為最低點)，滑塊滑下的先后順序是(　　)
A．沿AO的小滑塊最先到達
B．沿BO的小滑塊最先到達
C．同時到達
D．條件不足，無法判斷
√
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C　[設(shè)AO和BO與水平面夾角分別為α和β，長度分別為l1和l2，設(shè)圓的直徑為d，由幾何關(guān)系有l(wèi)1＝d sin α，l2＝d sin β，沿AO方向上，對小滑塊由牛頓第二定律有mg sin α＝ma1，由運動學(xué)公式有l(wèi)1＝聯(lián)立解得t1＝；沿OB方向上，同理可得t2＝，故C正確。]
2．(2024·黑龍江三模)如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的v-t圖像。關(guān)于無人機的運動，下列說法正確的是(　　)
A．0～t2段無人機的加速度大于t3～t5段無人機的加速度
B．0～t3段，無人機的平均速度大小為
C．t3時刻無人機到達最高點
D．t3～t5段，無人機處于失重狀態(tài)
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√
D　[v-t圖像中，其斜率的絕對值表示加速度的大小，由于0～t2段傾斜程度小于t3～t5段的傾斜程度，所以0～t2段的加速度小于t3～t5段的加速度，A錯誤；0～t3段無人機的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運動，所以其平均速度不是，而是小于，B錯誤；由題圖可知，無人機0～t2加速上升，t2～t3也是加速上升，只不過這一階段的加速度更大，t3～t5階段開始減速上升，t5時刻減速到0，達到最高點，C錯誤；t3～t5階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機處于失重狀態(tài)，D正確。]
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3．(2024·貴州貴陽一模)蹴球比賽在一塊正方形水平地面上進行，比賽用球為硬塑實心球。如圖所示，靜止在場地中的球1與球2、球2與邊線間的距離均為L，兩球質(zhì)量相同，它們與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，一隊員用腳給球1一個水平?jīng)_擊力使其獲得水平速度，球1與球2發(fā)生彈性正碰后，球2恰好能到達邊線，重力加速度為g。則球2運動的時間為
(　　)
A． C．2
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√
A　[球2勻減速直線運動到停下，可以看作反向勻加速直線運動，可得L＝at2，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma，聯(lián)立求得t＝，A正確。]
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4．水平路面上質(zhì)量為30 kg的小車，在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動。2 s后撤去該推力，則下列說法正確的是(　　)
A．小車2 s末的速度大小是4 m/s
B．小車受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2
D．小車運動的總時間為6 s
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B　[根據(jù)運動學(xué)公式，小車2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小為a′＝＝0.5 m/s2，減速時間為t2＝＝ s＝6 s，小車運動的總時間為t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正確，C、D錯誤。]
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5．農(nóng)用無人機噴灑農(nóng)藥可以極大地提高農(nóng)民的工作效率，為了防止無人機在作業(yè)中與障礙物發(fā)生碰撞，在某次測試中，無人機以標準起飛質(zhì)量m＝44 kg起飛，以安全飛行速度v0＝8 m/s水平向著障礙物飛行，測距雷達發(fā)現(xiàn)s＝10.5 m處的障礙物后，無人機立即調(diào)整推力方向，做勻減速直線運動，結(jié)果無人機懸停在距離障礙物l＝2.5 m處，飛行過程中可將無人機看成質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力，則無人機在勻減速直線運動過程中受到的推力的大小為(　　)
A．88 N B．176 N
C．88 N D．176 N
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A　[無人機做勻變速直線運動，有＝2a(s－l)，解得無人機的加速度a＝－4 m/s2，對無人機進行受力分析，無人機受重力和推力，則推力大小為F＝＝88 N，故選A。]
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6．(魯科版必修第一冊習(xí)題改編)如圖所示，電梯的頂部掛有一個彈簧測力計，其下端掛了一個重物，電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10 N。在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)? N，關(guān)于電梯的運動，以下說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
A．電梯可能向上加速運動，加速度大小為12 m/s2
B．電梯可能向下減速運動，加速度大小為2 m/s2
C．電梯可能向下加速運動，加速度大小為2 m/s2
D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為12 m/s2
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C　[電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10 N，此時拉力等于重力，則重物所受重力等于10 N。當彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)?br/>8 N時，對重物有mg－F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝2 m/s2，則電梯的加速度大小為2 m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故C正確，A、B、D錯誤。]
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7．如圖所示是某游樂場的海豚表演。小海豚從水池沖出，以10 m/s的速度滑過坡道底端的O點，經(jīng)過1.0 s向上滑過坡道上P點時的速度為3.2 m/s。該坡道為直道，足夠長且傾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小海豚上滑的加速度大小為3.2 m/s2
B．小海豚和坡道之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．小海豚滑過P點后還能繼續(xù)向上滑3.2 m
D．小海豚下滑回到O點時速度大小為10 m/s
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√
B　[設(shè)小海豚向上滑行的加速度大小為a，則a＝＝6.8 m/s2，A錯誤；設(shè)小海豚與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，小海豚的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可得mg sin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mg cos θ，解得μ＝0.1，B正確；小海豚滑過P點后還能繼續(xù)向上滑的距離為x1＝＝ m≈
0.75 m，C錯誤；小海豚上滑的最大距離為x＝，設(shè)小海豚沿坡道下滑的加速度為a′，則mg sin θ－Ff＝ma′，又v′2＝2a′x，解得小海豚下滑回到O點時的速度為v′＝v1≈8.7 m/s，D錯誤。]
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8．一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機內(nèi)置傳感器測得某段時間內(nèi)電梯的加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則(　　)
A．t＝4 s時地板對該同學(xué)的支持力最小
B．t＝8 s時電梯對該同學(xué)的支持力為零
C．6～8 s內(nèi)電梯上升的高度約為4 m
D．6～8 s內(nèi)電梯上升的高度約為9 m
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√
C　[t＝4 s時，加速度向上且最大，則該同學(xué)處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝ma，可知地板對該同學(xué)的支持力最大，故A錯誤；t＝8 s時，加速度為0，根據(jù)受力平衡可知，電梯對該同學(xué)的支持力等于同學(xué)的重力，故B錯誤；根據(jù)a-t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由題圖可知，0～6 s內(nèi)圍成的面積大約有4個小方格，則t＝6 s時的速度約為v6＝Δv＝4×0.5×1 m/s＝2 m/s，由題圖可知，6～8 s內(nèi)電梯的加速度大約為0，做勻速運動，上升的高度約為h＝v6t＝2×2 m＝4 m，故C正確，D錯誤。]
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9．如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40 cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
A．30 cm刻度對應(yīng)的加速度為－0.5g
B．40 cm刻度對應(yīng)的加速度為g
C．50 cm刻度對應(yīng)的加速度為2g
D．各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的
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A　[由題可知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處，則彈簧的原長x0＝20 cm；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺x1＝40 cm刻度處，則根據(jù)平衡條件有mg＝k(x1－x0)，且40 cm刻度對應(yīng)的加速度為0，B錯誤；指針位于x2＝30 cm刻度時，有k(x2－x0)－mg＝ma2，聯(lián)立解得a2＝－0.5g，A正確；指針位于x3＝50 cm刻度時，有 (x3－x0)－mg＝ma3，聯(lián)立解得a3＝0.5g，C錯誤；設(shè)指針所對刻度為x，根據(jù)牛頓第二定律有 k(x－x0)－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝g，即加速度a與x呈線性關(guān)系，則各刻度對應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯誤。]
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10．(多選)(2022·湖南卷)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)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(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10 m/s；當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5 m/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(zhì)量的變化，下列說法正確的是(　　)
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A．發(fā)動機的最大推力為1.5Mg
B．當飛行器以5 m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為Mg
C．發(fā)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5 m/s
D．當飛行器以5 m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g
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√
√
BC　[當飛行器關(guān)閉發(fā)動機以速率v1＝10 m/s勻速下落時，有Mg＝，當飛行器以速率v2＝5 m/s勻速向上運動時，有＝Fmax，聯(lián)立解得Fmax＝1.25 Mg，A項錯誤；當飛行器以速率v2＝5 m/s勻速水平飛行時，飛行器受重力、推力和空氣阻力作用而平衡，由平衡條件有F2＝2，解得F＝Mg，B項正確；當發(fā)動機以最大推力Fmax推動飛行器勻速水平飛行時，由平衡條件有
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＝2，解得v3＝5 m/s，C項正確；當發(fā)動機最大推力向下，飛行器以5 m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值，由牛頓第二定律有＝Mamax，解得amax＝2.5g，D項錯誤。]
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11．滑雪運動時，當滑雪板相對雪地速度較大時，會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地對滑雪板的摩擦。然而當滑雪板相對雪地速度較小時，與雪地接觸的時間超過某一值，滑雪板就會下陷，使得其與雪地間的摩擦力增大。假設(shè)速度超過8 m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由μ1＝0.25變?yōu)棣?＝0.125。一運動員從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B(B處為一光滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C處，如圖所示。不計空氣阻力，已知坡長l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
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(1)求運動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間；
(2)求運動員到達B處時的速度大小；
(3)若滑雪板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.5，求運動員在水平地面上運動的最大距離。
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[解析]　(1)運動員從靜止開始滑動后，由牛頓第二定律得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1
解得a1＝g sin θ－μ1g cos θ＝4 m/s2
運動員從靜止開始到v＝8 m/s時動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間t1＝＝2 s。
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(2)設(shè)運動員到達B處時的速度大小為vB，動摩擦因數(shù)變化之前運動員的位移
x1＝＝8 m
之后由牛頓第二定律得
mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2
解得a2＝g sin θ－μ2g cos θ＝5 m/s2
又－v2＝2a2(l－x1)
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得vB＝15 m/s。
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(3)運動員在水平地面上時，根據(jù)牛頓第二定律得μ3mg＝ma3
解得a3＝μ3g＝5 m/s2
運動員在水平地面運動的最大距離
x3＝＝22.5 m。
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[答案]　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
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