《牛顿第二定律及其综合应用归类复习与讲解》由会员分享，可在线阅读，更多相关《牛顿第二定律及其综合应用归类复习与讲解（18页珍藏版）》请在文档大全上搜索。
1、牛顿第二定律及其综合应用课前巩固1如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜答案：BD2(2013·课标)一物块静止在粗糙的水平桌面上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以a表示物块的加速
2、度大小，F表示水平拉力的大小能正确描述F与a之间关系的图象是()解析：物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得FFNma，即FFNma，F与a成线性关系选项C正确答案：C3(2013·浙江理综)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升
3、过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)460×(100.5) N4 830 N，A项正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v<at5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮Ffmg，所以FfF浮mg4 830 N4 600 N230 N，D项正确答案：AD4(2014·宁夏银川一中一模)如图所示，A、B两小球分别连
4、在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()A都等于 B.和0 C.和· D.·和解析：由整体法知，F弹(mAmB)gsin 30°剪断轻线的瞬间，由牛顿第二定律：对B：F弹mBgsin 30°mBaB，得aB=对A：mAgsin 30°mAaA，得aAg 所以C项正确答案：C牛顿第二定律 1内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式
5、 Fma。 3“五个”性质超重与失重1 实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：测力计所指示的数值。2超重、失重和完全失重比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小ag列原理式FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0运动状态加速上升、减速下降加速下降、减速上升无阻力的抛体运动情况；绕地球匀速圆周运动的卫星试
6、一试：(2013·江苏徐州摸底)一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v t图像如图所示。下列说法正确的是()A前2 s内该同学处于超重状态 B前2 s内该同学的加速度是最后1 s内的2倍C该同学在10 s内的平均速度是1 m/s D该同学在10 s内通过的位移是17 m解析：选D考点一 瞬时加速度问题1.一般思路:2两种模型(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。(2)弹簧(或橡皮绳)：当弹簧的两端与物体相连(即两端
7、为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。例(多选)(2014·南通第一中学检测)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零 CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析选BC设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin ，烧
8、断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。例(2013·吉林模拟)在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g10 m/s2，以下说法正确的是()A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，
9、方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0尝试解题因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有FTcos mg，水平方向有FTsin F。解得轻弹簧的弹力为Fmgtan 20 N，故选项A正确。剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即Nmg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a m/s28 m/s2，方向向左，选项B正确。当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确。答案ABD 针对练习：(2014·苏州第三中学质检)
10、如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.，gB.，g C.，g D.，g解析选A在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F3mg3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹2mg2ma，由此可得：F弹，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有：F弹mgmaA，解得aAg，故A正确。考点二 动力学的两类基本问题分析解决两类动力学问题两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物
11、体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程间的位移联系。两类动力学问题的解题步骤例(2012·上海高考)如图所示，将质量m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间动摩擦因数0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角53°的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 m/s2)。解析：令Fsin m
12、g，F1.25 N，当F<1.25 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律Fcos Nma，NFsin mg，解得F1 N，当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律Fcos Nma， Fsin mgN解得F9 N。例如图所示，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处。(已知cos 37°0.8，sin 37°0.6，取g10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始
13、运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。尝试解题(1)沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有Lat代入数据解得a10 m/s2由牛顿第二定律知FFfma 解得Ff10 N所以0.5(2)设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，所用时间为t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t，到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Fcos 37°Ffma1其中FfN(mgFsin 37°)联立解得a111.5 m/s2，a2g5 m/s2由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度va1t
14、a2t又因为La1t2a2t2 联立解得t 1.03 s。针对练习：(江阴市20132014学年高一上学期期末)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。比赛场地示意图如图所示，比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近30m处的圆心O，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为10.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。 (1)求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O。(2)为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至20
15、.004。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)解析：(1)冰壶在运动中只受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得1mgma1a11g，代入数据得a10.08m/s2冰壶做匀减速运动，由v2v2a1x 得x25m<30m，不能到达圆心O(2)用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，冰壶在运动中受到的滑动摩擦力减小，由牛顿第二定律可得2mgma2没用毛刷擦冰面，冰壶滑行x1，速度减小为v，则有v2v2a1x1用毛刷擦冰面，冰壶滑行x2，速度减小为零，则有0v22a2x2x1x230 代入数据得x210m考点三 牛顿第二定律与图像的综合问题1.常见的两类动
16、力学图像问题(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。2解决图像综合问题的关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 例如
17、图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m锁定。t0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2。求：(1)滑块与地面间的动摩擦因数； (2)弹簧的劲度系数。尝试解题(1)从题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2由牛顿第二定律得：mgma1 解得：0.5(2)刚释放时滑块的加速度a2 m/s230 m/s2由牛顿第二定律得：kxmgma2 解得：k175 N/m。针对练习：(2012·淮
18、安模拟)某研究小组利用如图甲所示装置探究物块在方向始终平行于斜面、大小为F8 N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，已知物块的质量m1 kg，通过DIS实验，得到如图乙所示的加速度与斜面倾角的关系图线。假定物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。试问：(1)图乙中图线与轴交点坐标分别为1和2，木板处于这两个角度时物块所受摩擦力指向何方？(2)如果木板长L3 m，倾角为30°，若物块与木板间的动摩擦因数为，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？解析：(1)当木板倾角为1时，摩擦力沿斜面向下，
19、当木板倾角为2时，摩擦力沿斜面向上。(2)对物块，力F作用时的加速度a12 m/s2对物块，撤去力F后的加速度大小a26 m/s2设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t则撤去力F时的速度va1t，位移x1a1t2撤去力F后运动的距离x2由题意有Lx1x2 联立可得：t1.5 s。考点四 超重与失重(1)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量即ay0，物体就会出现超重或失重状态。当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖直向下时，物体处于失重状态。(2)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。(3)
20、超重并不是说重力增加了，失重并不是说重力减小了，完全失重也不是说重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(4)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等。 例(2014·北京海淀)如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()A在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C下降过程中A对B的压力大于物
21、体A受到的重力D在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力解析选A把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，故A正确。考点五 整体法与隔离法的灵活应用1整体法 当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。2隔离法 当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。3外力和内力 如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内
22、各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。例 (2012·江苏高考)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是()A. B. C.(mM)g D.(mM)g尝试解题设它们的加速度为a，以木块为研究对象，由牛顿第二定律得：2fMgMa 。以木块和夹子为整体，由牛顿第二定律可得：F(Mm)g(Mm)a。联立式解得：F。所以A正确。答案A小结：(1)隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，
23、或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。(2)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。(3)整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。1.(2014·江阴市长泾中学质检)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放
24、着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即Fkt，其中k为已知常数。设物体A、B之间滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图像是() 解析：选BA、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ffma，故此时F2Ffkt，t，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。2.(多选)(2014·哈尔滨三中月考)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a
25、做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x。则下列关系正确的是()AF2FBx2x CF>2F Dx<2x解析：选AB把两个物块看作整体，由牛顿第二定律可得：F(m1m2)a，F(m1m2)a，又a2a，可得出F2F，隔离物块m2，由牛顿第二定律得：kxm2a，kxm2a，解得：x2x，故A、B正确，C、D错误。考点六 动力学中的临界极值问题 例5如图所示,一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A,绳与水平地面的夹角=53°,A与地面的摩擦不计。(1)当卡车以某一加速度a1加速运动时,绳的拉力为,则
26、a1的大小为多少?此时A对地面的压力为多大?(2)当卡车的加速度a2=g时,绳子的拉力为多大? 【解析】物体A的受力分析如图所示。在此题中,随着拉力F1的增大(即加速度a的增大),物体A对地面的压力会逐渐减小,当F1等于某一特定值F0(即a为某一特定值a0)时,物体对地面的压力N=0。若F1>F0(a>a0),物体将脱离地面,牵引绳与水平面的夹角将变小,在解题中务必注意到这一点。在第(1)问中,已给出F1=,则F1sin =<mg,物体不会脱离地面。(1)F1cos =ma1N+F1sin =mg又F1=mg联立解得a1=g N=mg。(2)有两种求解方法第一种解法:设物体A
27、对地面的压力N刚好为零时,F1=F0,a=a0,则:F0cos =ma0,F0sin =mg解得a0=gcot =g<g由此可以断定,当a=g时,物体A已脱离地面,设此时绳与水平方向的夹角为,则有F2cos =ma2=mg,F2sin =mg,解得F2=mg。第二种解法:仍设N0。若解出N<0(N为压力的大小),说明物体已脱离地面,再设求解。F2cos =ma2=mg,则F2=,F2sin =mg-N,所以N=-mg,说明物体已脱离地面;设此时绳与水平方向的夹角已变为,同理可求解出F2=mg。专题：物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传
28、送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。下面介绍两种常见的传送带模型。1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加
29、速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速 典例如图所示为上、下两端相距L5 m，倾角30°，始终以v3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最
30、快地到达下端。解析(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a。由题意得Lat2解得a2.5 m/s2；由牛顿第二定律得mgsinFfma，又Ffmgcos 解得0.29(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传递带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度a。则牛顿第二定律得mgsinFfmaFfmgcos，vm22La 联立解得vm8.66 m/s。1(2011·福建理综)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑
31、水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2>v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由图象知t1时刻小物块速度为零，离A处的距离达到最大，A项错误；t2时刻小物块与传送带速度相同，之前小物块相对传送带一直向左运动，相对传送带滑动的距离最大，B项正确；0t2时间内小物块受到的滑动摩擦力方向向右，t2t3时间内小物块匀速运动，不受摩擦力作用，
32、C、D项错误答案：B2.如图所示，传送带水平部分xab2 m，斜面部分xbc4 m，bc与水平方向夹角37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数0.25，传送带沿图示方向以速率v2 m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间(取g10 m/s2，sin 37°0.6)解析：物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a12.5 m/s2发生位移x1 m0.8 m经历时间t10.8 s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t20.6 s当物体A到达bc斜面时，因m
33、gsin 37°0.6mg>mgcos 37° 0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动 其加速度大小为a2gsin 37°gcos 37°4 m/s2物体A在传送带bc上所用时间满足xbcvt3a2t代入数值得t31 s或t32 s(舍去)即物体A从a点被传送到c点所用的时间为tt1t2t32.4 s随堂对点训练1(2013·福建高考)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()Am2·kg·s4·A
34、1Bm2·kg·s3·A1Cm2·kg·s2·A1 Dm2·kg·s1·A1解析：选B2如图所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是()AA、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下BA的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下CA的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下DA的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下解析：选C在细线烧断前，A、B两球的受力情况，由平衡条件可得：对B球有F绳mg 对A球有F弹m
35、gF绳在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况。由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度gA球有F弹mgmaA 解得aAg，方向向上。综上分析，选C。3(多选)(2014·沈阳四校协作体月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()AM受静摩擦增大 BM对车厢壁的压力增大CM仍相对于车厢静止 DM受静摩擦力不变解析：选BCD4一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则()At3时刻火箭距地面最远 Bt2t3的时间内，火箭在向下降落Ct1t2的时间内，火箭处于失重状态 D0t3的时间内，火箭
36、始终处于失重状态解析：选A由速度图像可知，在0t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确，B错误。t1t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误。5(2014·四川资阳诊断)如图所示，质量M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角。则下列说法正确的是()A小铁球受到的合外力方向水
37、平向左 B凹槽对小铁球的支持力为C系统的加速度为agtan D推力FMgtan 解析：选C根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，选项AB错误。小球所受合外力为mgtan ，加速度为agtan ，推力F(mM)gtan ，选项C正确D错误。6(2014·江苏省泰兴模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()Amg，
38、斜向右上方 Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右 Dmg，竖直向上解析：选A由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小agtan ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ffmamgtan ；竖直向上的支持力FNmg，小车对物块B产生的作用力的大小为Fmg，方向为斜向右上方，故A正确。7(2014·商丘模拟)如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g10 m/s2，由图线可知()A甲的质量是2 kg B甲的质量是6 kgC甲、乙之间的动摩擦因数是0.2 D甲、乙之间的动摩擦
39、因数是0.6解析：选BC由aF图像可知，当F<48 N时，甲、乙两物体相对静止，当F>48 N时，甲、乙两物体相对滑动，此过程中，Fm甲gm甲a，对应图线可得：m甲6 kg，将F60 N，a8 m/s2，代入上式可得0.2，B、C正确。8(2013·扬州模拟)质量M9 kg、长L1 m的木板在动摩擦因数10.1的水平地面上向右滑行，当速度v02 m/s时，在木板的右端轻放一质量m1 kg的小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g10 m/s2，求： (1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t； (2)小物块与木板间的动摩擦因数2。
40、解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1v0ta1t2x2a2t2 x1Lx2 又v0a1ta2t 代入数据得t1 s(2)根据牛顿第二定律，有1(Mm)g2mgMa1，2mgma2解得20.089.如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t0时刻，分别作出三物体的速度图象如图乙、丙、丁所示，求： (1)传送带的速度v0？ (2)传送带的长度l？(3)物体A、B、C与传送带间
41、的摩擦因数各是多大？(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tc？解析：(1)传送带速度为：v04m/s (2)以B的图象为例，lt1v0t2 即：l36m(3)mgmaag A：a14m/s210.4 B：a22m/s220.2C：ltc得：tc24s a330.0125 (4)tc24s10有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L15 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推
42、瓶，BC为有效区域。已知BC长度L21 m，瓶子质量m0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦系数0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Fmgma1 mgma2加速运动过程中的位移x1 减
43、速运动过程中的位移x2位移关系满足：x1x2L1 又va1t1 由以上各式解得：t1 s(2) 要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：L1L2 v22a1d 联立解得d0.4 m11.(西安八校联考)为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验。质量m50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中，体重计示数随时间变化的情况，并作出了如图所示的图像，已知t0时电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层。求：(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼
44、的楼层高度。解析：(1)对于启动过程有F1mgma1 解得a12 m/s2对于制动过程有mgF3ma3 解得a32 m/s2(2)电梯匀速运动的速度va1t12 m/s从图中读得，电梯匀速上升的时间t226 s电梯减速运动的时间t31 s所以总位移xvt2(t1t3)54 m层高h3 m12(2012·北京高考)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t0时由静止开始上升，at图像如图乙所示。电梯总质量m2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(
45、1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由vt图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示at图像，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2。解析：(1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，F1m(ga1)2.0×103×(101.0)N2.2×104 NF2m(ga2)2.0×103×(101.0)N1.8×104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积，v10.5 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s
