高考物理总复习名师学案牛顿运动定律（43页WORD）147385doc高中物理

2022高考物理总复习名师学案--牛顿运动定律（43页WORD）●考点指要知识点要求程度1.牛顿第一定律.惯性.Ⅱ2.牛顿第二定律.质量.Ⅱ3.牛顿第三定律.Ⅱ4.牛顿力学的适用范围.Ⅰ5.牛顿定律的应用.Ⅱ6.超重和失重.Ⅰ●复习导航在前面两章对力和运动分别研究的根底上，本章研究力和运动的关系.牛顿运动定律是动力学的根底，也是整个经典物理理论的根底.正确地理解惯性的概念，理解物体间相互作用的规律，熟练地运用牛顿第二定律解决问题，是本章复习的重点.本章中还涉及到许多重要的研究方法，如：在牛顿第一定律的研究中采用的理想实验法；在牛顿第二定律研究中的控制变量法；运用牛顿第二定律处理问题时常用的隔离法和整体法；以及单位的规定方法、单位制的创立等.对这些方法在复习中也需要认真地体会、理解，从而提高认知的境界.高考关于本章知识的命题年年都有，既有对本章知识的单独命题，也有与其他知识的综合命题，既有选择题、填空题，也有计算题；既有考察对牛顿运动定律的理解及应用的传统题，也有与实际生活及现代科技联系的新颖题.新大纲对本章的要求有所降低，对牛顿第二定律只要求会用它解决单一物体（或可视为单一物体的连接体）问题.对于超重和失重，新大纲不再把它作为一个知识点，但仍把它作为牛顿运动定律的一个应用.本章可分成两个单元组织复习：（Ⅰ）牛顿运动定律.（Ⅱ）动力学的两类根本问题.第Ⅰ单元牛顿运动定律●知识聚焦一、牛顿第一定律１.定律内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止.2.关于牛顿第一定律的理解注意以下几点：（1）牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动状态.（2）牛顿第一定律说明一切物体都有惯性.（3）牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.3.惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性.一切物体都有惯性，惯性是物体的固有性质.质量是惯性大小的惟一量度.惯性与物体是否受力及受力大小无关，与物体是否运动及速度大小无关.惯性的表现形式：（1）物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变（静止或匀速直线运动）.（2）物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度.惯性大，物体运动状态难以改变，惯性小，物体运动状态容易改变.4.理想实验方法：也叫假想实验或思想实验.它是在可靠的实验事实根底上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程.牛顿第一定律即是通过理想实验得出的，它不能由实际的实验来验证.二、牛顿第二定律１.定律内容：物体的加速度a跟物体所受的合外力Ｆ成正比，跟物体的质量m46/46\n成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同.2.公式：F合＝ma3.关于牛顿第二定律的理解，注意以下几点：（1）牛顿第二定律反映的是加速度与力和质量的定量关系：①合外力和质量决定了加速度，加速度不能决定力和质量；②大小决定关系：加速度与合外力成正比与质量成反比；③方向决定关系：加速度的方向总跟合外力的方向相同；④单位决定关系：应用F=ma进展计算时，各量必须使用国际单位制中的单位.（2）牛顿第二定律是力的瞬时规律，它说明力的瞬时作用效果是使物体产生加速度.加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失.(3)根据力的独立作用原理，用牛顿第二定律处理物体在一个平面内运动的问题时，可将物体所受各力正交分解，在正交的方向上分别应用牛顿第二定律的分量形式：Fx=max，Fy＝may列方程.三、牛顿第三定律1.定律内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上.2.关于一对作用力、反作用力的关系，除牛顿第三定律反映的“等大、反向、共线”的关系外，还应注意以下几点：（1）同性：一对作用力、反作用力必定是同种性质的力.（2）同时：一对作用力、反作用力必定同时产生，同时变化、同时消失.（3）异物：一对作用力、反作用力分别作用在相互作用的两个物体上，它们的作用效果也分别表达在不同物体上，不可能相互抵消，这是一对作用力、反作用力和一对平衡力最根本的区别.四、牛顿定律的适用范围对于宏观物体低速的运动(运动速度远小于光速的运动)，牛顿运动定律是成立的，但对于物体的高速运动(运动速度接近光速)和微观粒子的运动，牛顿运动定律就不适用了，要用相对论观点、量子力学理论处理.●疑难辨析1.惯性是物体的固有属性，与物体的运动情况及受力情况无关.质量是惯性大小的惟一量度.当物体不受外力或所受外力的合力为零时，惯性表现为维持原来的静止或匀速直线运动状态不变.当物体受到外力作用而做变速运动时，物体同样表现具有惯性.这种表现可以从两方面说明：第一，物体表现出具有对抗外力的作用而维持其原来运动状态不变的趋向.具体的说，外力要迫使物体改变原来的运动状态，而物体的惯性要对抗外力的作用而力图维持物体原来的运动状态，这一对矛盾斗争的结果表现为物体运动状态改变的快慢——产生大小不同的加速度，在同样大小的力作用下，惯性大的物体运动状态改变较慢（加速度小），惯性小的物体运动状态改变较快（加速度较大）.第二，做变速运动的物体虽然每时每刻速度都在变化，但是每时每刻物体都表现出要维持该时刻速度不变的性质，只是由于外力的存在不断地打破它本身惯性的这种“企求”，致使速度继续变化，如果某一时刻外力突然撤消，物体就立刻“维持住”该时刻的瞬时速度不变而做匀速直线运动，这充分反映了做变速运动的物体仍然具有保持它每时每刻的速度不变的性质——惯性.有的同学总认为“惯性与物体的运动速度有关，速度大，惯性就大；速度小，惯性就小”.理由是物体运动速度大，不容易停下来；速度小，容易停下来.产生这种错误认识的原因是把“惯性大小表示运动状态改变的难易程度”理解成“惯性大小表示把物体从运动变为静止的难易程度”.事实上，在受到了相同阻力的情况下，速度（大小）不同质量相同的物体，在相同的时间内速度的减小量是相同的.这就说明质量相同的物体，它们改变运动状态的难易程度是相同的，所以它们的惯性是相同的，与它们的速度无关.2.牛顿第二定律的适用范围是：低速(相对于光速)、宏观(相对微观粒子).用F＝ma46/46\n列方程时还必须注意其“相对性”和“同一性”.所谓“相对性”是指：在中学阶段利用F＝ma求解问题时，式中的a相对的参照系一定是惯性系，一般以大地为参照系.假设取的参照系本身有加速度，那么所得的结论也将是错误的.“同一性”是指式中的F、m、a三量必须对应同一个物体.譬如图3—1—1中，在求物体A的加速度时，有些同学总认为B既然在A上，应该有F－μ1（mA＋mB）g－μ2mBg＝（mA＋mB）ɑA.分析此方程，方程的左边是物体A受的合外力，但方程的右边却是A和B的总质量，显然合力F与m不对应，故此方程是错误的.图3—1—1●典例剖析［例1］以下关于惯性的说法正确的选项是A.物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B.物体受到外力时惯性消失C.汽车速度越大越难刹车，说明速度越大惯性越大D.在宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性E.乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小【解析】惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的惟一量度，惯性与物体所处的运动状态无关，与物体是否受力及受力大小无关.所以A、B、C、D选项均错.正确选项为E.【思考】物体重力越大，惯性一定越大吗？【思考提示】物体的质量是惯性大小的惟一量度，由G=mg知，在地球上不同地方，在离地面不同高度时，在不同星球外表，重力加速度大小不同，这使得同一物体在不同地方所受重力不同，重力大的物体的质量不一定大，所以，不能根据重力大小判断惯性大小.【说明】1.“惯性越大运动状态越难改变”.“汽车速度越大越难刹车”.第一个“难”字与第二个“难”字的含义是不一样的.前者指的是速度变化快慢（加速度）相同时，物体所受的合外力不同，力大时即运动状态难改变；力小时运动状态容易改变.后者指的是刹车过程中力相同时，初速度越大，停下来速度变化量越大，所用时间越长；速度越小，停下来所用时间越短.因此速度越大的汽车越难停下来，不是因为运动状态难改变，而是因为运动状态改变量增大的缘故.2.在分析判断有关惯性的问题时，必须深刻理解惯性的物理意义，抛开外表现象、抓住问题本质.【设计意图】设计本例是为了帮助学生深刻理解惯性的含义，明确惯性与什么因素有关，与什么因素无关.掌握判断惯性大小的依据和方法.［例2］如图3—1—2所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上减速运动，a与水平方向的夹角为θ.求人受的支持力和摩擦力.46/46\n图3—1—2【解析】利用牛顿定律解题时，根本思路是相同的，即先确定研究对象，再对其进展受力分析，最后列方程求解.方法1：以人为研究对象，他站在减速上升的电梯上，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的支持力FN，还受到水平方向的静摩擦力Ff，由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量，故可判断静摩擦力的方向水平向左.人受力如图3—1—3所示，建立如以下图的坐标系，并将加速度分解为水平加速度ax和竖直加速度ay，如图3—1—4所示，那么图3—1—3图3—1—4ax=acosθay=asinθ由牛顿第二定律得Ff=maxmg-FN=may求得Ff=macosθ,FN=m(g-asinθ)方法2：以人为研究对象，受力分析如图3—1—5所示.因摩擦力Ff为待求，且必沿水平方向，设为水平向右.建立图示坐标，并规定正方向.图3—1—5根据牛顿第二定律得46/46\nx方向mgsinθ－FNsinθ－Ffcosθ＝ma①y方向mgcosθ＋Ffsinθ－FNcosθ＝0②由①、②两式可解得FN=m(g-asinθ），Ff=-macosθ.Ff为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左.【思考】(1)扶梯以加速度a加速上升时如何?(2)请用“失重”和“超重”知识定性分析人对扶梯的压力是大于人的重力还是小于人的重力？【思考提示】（1）扶梯以加速度a加速上升时支持力FN大于重力，大小为FN=m(g+asinθ)静摩擦力方向水平向右，大小为Ff=macosθ(2)扶梯减速上升时，加速度斜向下，扶梯上的人处于失重状态，故人对扶梯的压力小于他的重力；扶梯加速上升时，加速度斜向上，扶梯上的人处于超重状态，故人对扶梯的压力大于他的重力.【说明】1.利用正交分解法解决动力学问题建立坐标系时，常使一个坐标轴沿着加速度方向，使另一个坐标轴与加速度方向垂直，从而使物体的合外力沿其中一个轴的方向，沿另一轴的合力为零.但有时这种方法并不简便，例如此题.所以要根据具体问题进展具行分析，以解题方便为原那么，建立适宜的坐标系.2.判断静摩擦力的方向、计算静摩擦力的大小是一难点.在物体处于平衡状态时，可根据平衡条件判断静摩擦力的方向，计算静摩擦力的大小；假设物体有加速度，那么应根据牛顿第二定律判断静摩擦力的方向，计算静摩擦力的大小.【设计意图】1.强调建立坐标系的方法和灵活性.2.说明利用牛顿第二定律判断静摩擦力方向、计算静摩擦力大小的方法.［例3］如图3—1—6所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg.（g＝１0m/s2，sin27°＝0.6，cos27°＝0.8）图3—1—6图3—1—7（１）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况.（2）求悬线对球的拉力.【解析】(1)球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对象.球受两个力作用：重力mg和线的拉力F，由于球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向.做出平行四边形，如图3—1—7所示.球所受的合外力为F合＝mgtan27°由牛顿第二定律F合＝ma可求得球的加速度为46/46\na＝＝gtan27°＝7.5m/s2加速度方向水平向右.车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动.（2）由图3—1—7可得，线对球的拉力大小为F＝N＝12.5N【思考】（1）假设此题不知道悬线偏离竖直方向的角度，而知道车厢的加速度a，如何求悬线的拉力及偏角？并进一步讨论偏角大小与加速度大小的关系？（2）坐在封闭的车厢中，你设计一种判断车厢运动情况的方法.【思考提示】（1）同样是先根据球的受力情况及加速度方向判断出合力的方向，再画出平行四边形如图3—1—7所示，由勾股定理可求得悬线的拉力为：F=悬线与竖直方向的夹角α为tanα=由此式可知，小车的加速度越大，悬线与竖直方向的偏角越大.（2）可根据本例题的方法，用线悬挂一个小物体，根据悬线偏离竖直方向的角度判断车厢的加速度方向和加速度大小.【说明】此题的解题关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平行四边形，解其中的三角形就可求得结果.这也是解决“二力”问题的最简便有效的方法，希望读者能切实掌握.【设计意图】通过本例题向学生说明：①如何根据加速度方向判断合外力方向；②对于“二力”问题如何利用解三角形的方法分析求解.［例4］如图3—1—8所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量都不计，盘内放有一质量m=12kg并处于静止的物体P，弹簧劲度系数k=300N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开场始终向上做匀加速直线运动，在这过程中，头0.2s内F是变力，在0.2s后F是恒力，那么图3—1—8（1）物体P做匀加速运动的加速度大小为多少？（2）F的最小值、最大值分别为多少？46/46\n【解析】物体P与托盘别离的条件为相互间弹力为零.物体P与托盘别离前F为变力，别离后F为恒力.因托盘不计质量，所以别离时必是弹簧原长的时刻.mg=kΔx①Δx=at2②由①②得a=20m/s2图3—1—9F最小值为P刚开场加速时，P与托盘整体受力如图3—1—9所示即：Fmin=ma=12×20N=240NF最大值即为P刚要离开托盘时和离开托盘后，Fmax-mg=ma所以Fmax=m(g+a)=360N【思考】你能否写出力F随时间变化的关系式.【思考提示】当t≤0.2s时F+kx-mg=maF=m(g+a)-kx=m(g+a)-k(Δx-at2)=ma+kat2当t＞0.2s时F为恒力，F=m(g+a).【说明】有弹簧弹力参与下的物体做匀加速运动，必有其他力也为变力，所以F的取值有一定范围.假设图3—1—9中F仍为恒力作用，那么物体做加速度减小的变加速运动.此题中假设托盘也有质量，那么0.2s末，即物体P与托盘别离处只有相互作用力为零的结论，而无弹簧处于原长的结论（弹簧有一定的压缩量）.详细分析物体运动的各个阶段特征及其受力情况，找出各阶段的转折点临界点，是解答好变力问题或变加速运动问题的根底.图3—1—10【设计意图】通过本例题使学生学会临界问题的分析方法，知道对于临界问题，关键是根据临界状态的特点判断临界条件，如本例题中物体和秤盘别离的临界条件为它们之间相互作用的弹力为零.※［例5］如图3—1—10所示，竖直光滑杆上套有一小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为12m/s2，假设不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球的加速度可能是（g取10m/s2）A.22m/s2竖直向上B.22m/s2竖直向下图3—1—11C.2m/s2竖直向上D.2m/s2竖直向下46/46\n【解析】因为弹簧原来的压缩和伸长状态未知，所以此题有多种情况需讨论.（1）平衡时两弹簧均处于伸长状态，小球受力如图3—1—11所示.FM=mg+FN①拔去M后，FN+mg=ma=12m②拔去N后，FM-mg=ma′③图3—1—12由①②③得a′=2m/s2方向向上，C正确（2）平衡时两弹簧均处于压缩状态,小球受力如图3—1—12所示FN′=mg+FM′④拔去M后，FN′-mg=ma=12m⑤拔去N后，FM′+mg=ma″⑥由④⑤⑥得：a″=22m/s2,方向竖直向下，B正确（3）平衡时，M处于伸长，N处于压缩状态，那么受力图应为图3—1—13所示图3—1—13FM″+FN″=mg⑦拔去M后FM″消失，应用FN″-mg=ma=12m⑧由⑦式可知，FN″＜mg由⑧式可知，FN″＞mg矛盾，所以（3）假设不成立（4）平衡时，假设M处于压缩，N处于伸长，那么同（3）类似，也发生矛盾，所以（4）不成立，故此题应选BC.【思考】你能否根据拔去销钉M瞬间的加速度大小和加速度可能的方向，判断上、下两弹簧的形变情况？【思考提示】假设拔去销钉M瞬间，加速度方向向下，由于a=12m/s2＞g，故下面弹簧必伸长，那么拔去销钉M前，由平衡条件知上面弹簧也为伸长状态，假设拔去销钉M瞬间，加速度方向向上，那么下面弹簧必为压缩状态，那么拔去销钉前，由平衡条件知下面弹簧也为压缩状态.由于小球的加速度方向只有向上、向下两种可能性，所以，上、下两弹簧的形变情况也只有上述两种可能性.【说明】判断拔去销钉之前，两弹簧所处状态，是解决该题的关键.还有一些情况：如①M压缩，N伸长②M、N均处于原长③M伸长，N原长等均不可能，因为弹簧所处的状态不同，因而拔去N出现了多解的可能性.象此题有一定发散性、讨论性的问题，在高考不断向能力考核转化的形势下显得更为重要，应加强该类问题练习.【设计意图】（1）通过本例说明瞬时问题的分析方法.（2）对于多解问题，强调要把各种可能性分析全面.●反响练习★夯实根底1.伽利略的理想实验证明了①要物体运动必须有力作用，没有力作用物体将静止②要物体静止必须有力作用，没有力作用物体就运动③要使物体由静止变运动，必须受不为零的合外力作用，且力越大速度变化越快④物体不受力时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态A.①②B.③④C.①③D.②④46/46\n【解析】力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，应选项①、②均错.物体的运动不需要力来维持，在物体不受力时，惯性使物体保持原来的运动状态不变，④选项正确.由牛顿第二定律得：F合=ma合外力越大，物体的加速度越大（同一物体m一定），速度变化越快.③选项正确.应选B.【答案】B2.以下现象中，表达了“力是改变物体运动状态的原因”思想的是①树欲静而风不止②汽车关闭发动机后逐渐停下来③楚霸王不能自举其身④扫帚不到，灰尘照例不会自己跑掉A.①②③④B.①②C.①②④D.只有②【答案】C3.跳高运发动从地面上跳起，是由于①地面给运发动的支持力大于运发动给地面的压力②运发动给地面的压力大于运发动受的重力③地面给运发动的支持力大于运发动受的重力④运发动给地面的压力等于地面给运发动的支持力以上说法正确的选项是A.只有①B.只有④C.②③D.②③④【解析】运发动受重力和支持力，其中支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力，故大小相等且大于重力.【答案】C4.如图3—1—14是做直线运动的物体受力F与受力后位移s的关系图，那么从图可知图3—1—14①这物体至位移s2时的速度最小②这物体至位移s1时的加速度最大③这物体至位移s1后便开场返回运动④这物体至位移s2时的速度最大以上说法正确的选项是A.只有①B.只有③C.①③D.②④【解析】由图3—1—14知，力的方向始终跟位移方向相同，所以物体始终做加速运动，在位移s2处，物体的速度最大，在位移s1处物体受力最大，那么在该处物体的加速度最大.选项D正确.46/46\n【答案】D5.质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，假设用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度大小为a.当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，那么A.a′=aB.a′＜2aC.a′＞2aD.a′=2a【解析】由牛顿第二定律得F-Ff=ma2F-Ff=ma′由于物体所受的摩擦力Ff=μFN=μmg即Ff不变，所以a′==2a+μg＞2a选项C正确【答案】C6.如图3—1—15所示，一个劈形物体ABC置于固定的光滑斜面上，AB面光滑且水平，在AB面上放一个小物体，现将ABC由静止开场释放，那么在小物块碰到斜面之前的运动由它的受力情况可知是图3—1—15A.匀速直线运动B.初速度为零的匀加速直线运动C.自由落体运动D.平抛运动【解析】小物体只在竖直方向上受重力和支持力，水平方向不受力，所以，小物体在碰到斜面之前只能在竖直方向上做匀加速直线运动，应选项B正确.【答案】B7.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度.小孩从高处开场下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图3—1—16所示，图中oa段和cd段为直线根据此图象可知，小孩和蹦床相接触的时间为图3—1—1646/46\nA.t2~t4B.t1~t4C.t1~t5D.t2~t5【解析】小孩从高处下落，在接触蹦床前，他做匀加速直线运动，其速度图象为直线，即oa段；小孩接触蹦床后，先做加速度逐渐减小的加速运动(t1~t2),t2时刻加速度减小到零时，速度到达最大；然后小孩又做加速度逐渐增大的减速运动（t2~t3),到t3时刻小孩速度减小到零；接着小孩又向上做加速度逐渐减小的加速运动（t3~t4)，到t4时刻加速度减小到零，速度增大到最大；然后小孩又做加速度逐渐增大的减速运动（t4~t5)，到t5时刻，小孩离开蹦床；之后小孩向上做匀减速运动（t5~t6).所以，在t1~t5这段时间内，小孩与蹦床接触.选项C正确.【答案】C8.设洒水车的牵引力不变，所受阻力跟车重成正比，洒水车在水平直公路上行驶，原来是匀速的，开场洒水后，它的运动情况是A.继续做匀速运动B.变为做匀加速运动C.变为做变加速运动D.变为做匀减速运动【解析】设牵引力为F，洒水车的质量为m，阻力为kmg，由牛顿第二定律得F-kmg=maa=-kg开场时F=kmg，a=0，随着m减小,a逐渐增大，故酒水车做加速度逐渐增大的加速运动，选项C正确.【答案】C9.一只木箱在水平地面上受到水平推力F作用，在5s时间内F的变化和木箱速度变化如图3—1—17中(a)、(b)所示，那么木箱的质量为_______kg，木箱与地面间的动摩擦因数为_______.(g=10m/s2)图3—1—17【解析】由v-t图象知，物体在0~3s做匀加速直线运动，加速度大小为a=m/s2=2m/s2在3s~5s物体做匀速直线运动，那么由牛顿第二定律得F1-μmg=maF2-μmg=0解得：m=25kg,μ=0.2【答案】25；0.2★提升能力10.光滑的水平面上有一质量为m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧和与水平成θ=30°角的轻绳的一端相连，如图3—1—46/46\n18所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零.当剪断绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为多少？（g取10m/s2）图3—1—18【解析】因此时水平面对小球弹力为零，故小球在绳未剪断时受三个力的作用，如以下图，由于小球处于平衡态，依据小球在水平和竖直方向受力平衡求出FT和F的大小.剪断绳时，FT=0，小球在竖直方向仍平衡，但在水平方向所受合外力不为零，从而产生加速度绳未断时，由平衡条件得FTcos30°=FFTsin30°=mg解得F=mg=10N.绳剪断瞬间，小球受弹簧的拉力F、重力mg和支持力FN，那么F=maFN=mg解得a=10m/s2,.【答案】10m/s2，水平向左；11.如图3—1—19所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开场到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度及合外力的变化情况怎样？小球做什么运动？图3—1—19【答案】小球的重力mg跟弹簧的弹力F大小相等的位置为小球的平衡位置.小球到达平衡位置前，mg＞F，由牛顿第二定律得:mg-F=ma，随着弹力F增大，合力减小，加速度减小，即小球做加速度逐渐减小的加速运动，小球通过平衡位置以后，mg＜F,由牛顿第二定律得：F-mg=ma，随着弹力F增大，合力增大，加速度增大，即小球做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度减小到零，小球到达最低点.12.一质量为m的物体，在一动摩擦因数为μ的水平面上，受水平力F的作用做匀加速直线运动，现对该物体多施加一个力的作用而不改变它的加速度，问：（1）可能吗？（2）假设有可能，应沿什么方向施力？对该力的大小有何要求？（通过定量计算和必要的文字说明答复）【解析】（1）可能.（2）物体在水平力F、重力mg、支持力FN及摩擦力Ff作用下做匀加速运动，受力图如图甲所示，那么F-Ff=maFN-mg=046/46\nFf=μFN解得a=-μg图甲图乙假设给物体施加一个向前的斜向下的推力F′，如图乙所示，物体的加速度仍为a，那么有：F+F′cosθ-Ff′=maFN′=mg+F′sinθFf′=μFN′为使a不变，那么有F′cosθ=μF′sinθ即tanθ=假设给物体施加一个向后斜向上的拉力F″,如图丙所示，物体的加速度仍为a，那么有：图丙F-F″cosα-Ff″=maFN″+F″sinα=mgFf″=μFN″为使a不变，须使F″cosα=μF″sinα且F″sinα≤mg即tanα=且F″≤【答案】（1）可能；（2）向前方斜向上的拉力，F≤或向前方斜向下的推力.※13.如图3—1—20，物体m原以加速度a沿斜面匀加速下滑，现在物体上方施一竖直向下的恒力F，那么以下说法正确的选项是46/46\n图3—1—20A.物体m受到的摩擦力不变B.物体m下滑的加速度增大C.物体m下滑的加速度变小D.物体m下滑的加速度不变【解析】物体原以加速度a下滑，那么有此时：Fμ＝μmgcosθ①mgsinθ－μmgcosθ＝maa＝g（sinθ－μcosθ）②施加竖直向下恒力F后，那么有此时：Fμ′＝μ（mgcosθ＋Fcosθ）＝μ（mg＋F）cosθ③(mg+F)sinθ－μ（mg＋F）cosθ＝ma′a′＝（g＋）（sinθ－μcosθ）④比较①③式，A错；比较②④式，B对，C、D错.【答案】B※14.西方交通管理部门为了交通平安，特制定了死亡加速度500g(g为重力加速度）这一数值，以醒世人.据测定，人体受力最脆弱的局部是人的头部，它的最大承受力为2.28×104N，假设人的头部质量为5kg，试通过计算说明为什么确定500g为死亡加速度？【答案】当a=500g时，人头部受力F=ma=2.45×104N＞2.28×104N,超过了头部能承受的最大力.※15.一质量为m的物体，置于动摩擦因数为μ的水平地面上，现用与水平成θ角的拉力F拉物体(如图3—1—21所示)，为使物体能沿水平面做匀加速运动，F的取值范围怎样?图3—1—21【解析】设沿水平面做匀加速运动的加速度为a(受力分析如右图)，那么有Fcosθ－μFN＝ma①Fsinθ＋FN＝mg②假设满足题意应有：a＞0，FN≥046/46\n即Fcosθ－μ（Ｇ－Fsinθ）＞0mg－F·sinθ≥0解得：≥F＞【答案】≥F＞※16.如图3—1—22所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计.（1）当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，那么A对地面的压力多大?(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力多大?图3—1—22【解析】(1)卡车和A的加速度一致.由图3—1—22知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcosα＝m·g得cosα＝，sinα＝，设地面对A的弹力为F，那么有F＝mg－mg·sinα＝mg,由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.(2)假设当地面对A弹力为零时，物体的加速度为g·cotθ＝g，故当a2＝g时，物体已飘起.此时物体所受合力为mg，那么由三角形知识可知,拉力F2＝mg.【答案】（1）mg（2）mg第Ⅱ单元动力学的两类根本问题·超重和失重●知识聚焦1.动力学的两类根本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.46/46\n2.超重和失重在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力.当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力了.当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重现象；当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象.特别的，当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力变为零，这种状态叫完全失重状态.对超重和失重的理解应当注意以下几点：(1)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化.(2)发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向.(3)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，如单摆停摆、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.3.在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）.分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程.隔离法和整体法是互相依存、互相补充的.两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问题.●疑难辨析1.对物体进展受力分析时，强调较多的是隔离法，但采用整体法求解，常能化难为易，化繁为简.如图3—2—1，物块b沿静止的粗糙斜面a匀速下滑，判断地面与斜面间有无摩擦力.由于系统处于平衡状态，系统的重力与地面对它们的支持力平衡，水平方向无其他外力，故在水平方向不存在相对运动的趋势，系统和水平面之间就不存在静摩擦力.图3—2—12.动力学问题的一般解题步骤(1)选取研究对象.所选的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统.同一题目，根据需要也可以先后选取不同的研究对象.(2)分析研究对象的受力情况和运动情况.(3)根据牛顿第二定律和运动学公式列方程.由于所用的公式均为矢量，所以列方程过程中，要特别注意各量的方向.一般情况均以加速度的方向为正方向，分别用正负号表示式中各量的方向，将矢量运算转化为代数运算.46/46\n(4)代入已知量求解.●典例剖析［例1］静止在水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开场运动，4s末它的速度到达4m/s，此时将F撤去，又经6s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小.【解析】物体的整个运动过程分为两段，前4s物体做匀加速运动，后6s物体做匀减速运动.前4s内物体的加速度为a1＝m/s2＝1m/s2设摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1①后6s内物体的加速度为a2＝m/s2＝－m/s2物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得－Ff＝ma2②由①②可求得水平恒力F的大小为F＝m(a1－a2)＝2×（1＋）N＝3.3N【说明】（1）本例属于已知运动情况求受力情况的问题.分析思路为：先由运动情况求加速度，再根据牛顿第二定律求力.（2）在分析物体的运动过程中，一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同，假设不同，必须分段处理，加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量.分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变化，哪些力没发生变化.【设计意图】此题是已知运动情况求受力情况.通过本例帮助学生掌握这类问题的解题方法.同时，通过本例也让学生学会分析这种多过程问题的方法.［例2］质量为m＝2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5…奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1＝6N的水平推力，在第2、4、6…偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F2＝2N的水平推力，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2，问：(1)木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?(2)经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m?【解析】以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F1(或F2)和摩擦力Ff的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.(1)木块在奇数秒内的加速度为46/46\na1＝m/s2＝2m/s2木块在偶数秒内的加速度为a2＝m/s2＝0所以，木块在奇数秒内做a＝a1＝2m/s2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.(2)在第1s内木块向右的位移为s1＝m＝1m.至第1s末木块的速度v1＝at＝2×1m/s＝2m/s在第2s内，木块以第1s末的速度向右做匀速运动，在第2s内木块的位移为s2＝v1t＝2×1m＝2m至第2s末木块的速度v2＝v1＝2m/s在第3s内，木块向右做初速度等于2m/s的匀加速运动，在第3s内的位移为s2＝v2t＋at2＝2×1m＋×2×12m＝2m至第3s末木块的速度v2＝v2＋at＝2m/s＋2×1m/s＝4m/s在第4s内，木块以第3s末的速度向右做匀速运动，在第4s内木块的位移为s4＝v2t＝4×1m＝4m至第4s末木块的速度v4＝v2＝4m/s……由此可见，从第1s起，连续各秒内木块的位移是从1开场的一个自然数列.因此，在ns内的总位移为sn＝1＋2＋2＋…＋n＝.当sn＝40.25m时，n的值为8＜n＜9.取n＝8，那么8s内木块的位移共为s8＝m＝26m，至第8s末，木块的速度为v8＝8m/s.设第8s后，木块还需向右运动的时间为tx，对应的位移为sx＝40.25m－26m＝4.25m，由sx＝v8tx＋atx2即4.25＝8tx＋×2tx2解得tx＝0.5s所以，木块位移大小等于40.25m时需运动的时间T＝8s＋0.5s＝8.5s46/46\n【思考】假设根据v-t图象如何求解？【思考提示】物体的v-t图象如以下图：由v-t图象不难求出物体在第1s、第2s、第3s、第4s…第ns内的位移分别为1m、2m、3m、4m…nm.那么前ns内的总位移为sn=（1+2+3+…+n）m=m当sn=40.25m时，8＜n＜9,前8s内的位移为s8=m=36m8s后物体的位移为：sx=s-s8=40.25m-36m=4.25msx=v8tx+atx2求得tx=0.5s，那么物体发生40.25m的位移所需时间为8.5s.【说明】（1）此题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解此题的关键.【设计意图】（1）通过本例使学生体会已知受力情况求物体的运动情况的方法.（2）应用数学知识解决物理问题的能力是高考考察的能力之一，当然也是高三复习重点培养的能力之一.通过本例说明了应用数列知识解决物理问题的方法.［例3］某人在地面上最多能举起60kg的重物，当此人站在以5m/s2的加速度加速上升的升降机中，最多能举起多少千克的重物?(g取10m/s2)【解析】此题属于超重的问题，分析时要抓住一点，即在不同的环境下人的最大上举力（人对物体的推力）是不变的.这一点想明白了，之后列方程求解就简单了.某人在地面上能举起60kg的重物.那么他的最大举力为F=600N.设在加速上升的升降机中最多能举起质量为m的物体.取物体m为研究对象，它只受重力mg和举力F的作用，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma所以m=kg=40kg【思考】怎样使该人举起质量更大的物体？【思考提示】当升降机的加速度方向向下时，此人可举起质量更大的物体，向下的加速度越接近重力加速度，他能举起物体的质量越大.【说明】（1）物体处于超重或失重状态，其重力并不发生变化.46/46\n（2）物体是处于超重状态还是处于失重状态，与物体的运动速度大小及方向无关，仅与加速度方向有关，当加速度方向向上时，物体处于超重状态；当加速度方向向下时，物体处于失重状态.【设计意图】虽然新大纲中不再把超重和失重作为知识点出现，但仍然要求做超重和失重的演示实验，这说明新大纲仍然把超重和失重作为牛顿运动定律的应用，要求学生掌握.通过本例帮助学生进一步理解超重和失重的条件和含义.［例4］如图3—2—2所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开场运动，经2s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小到达22m/s.（sin37°=0.6,g=10m/s2）图3—2—2【解析】此题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进展过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2s内，物体在F=9.6N拉力作用下，从静止开场沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3—2—3可知：图3—2—3沿斜面方向：F-mgsinθ-Ff=ma1①沿y方向：FN=mgcosθ②且Ff=μFN③由①②③得：a1==2m/s22s末绳断时瞬时速度v1=a1t1=4m/s第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2那么a2==-7.6m/s2设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2据运动学公式v2=v1+a2t246/46\n所以t2==0.53s第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，该第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3.由牛顿第二定律可知：a3=gsinθ-μgcosθ=4.4m/s2,速度到达v3=22m/s,所需时间t3=5s综上所述：从绳断到速度为22m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53s+5s=5.53s【思考】假设此题的问题改为：“绳断后多长时间物体的速度大小为2m/s”结果如何？【思考提示】绳断后物体的速度从4m/s减小到2m/s所用时间为：t2′=s=0.26s物体的速度减小到零后，又反向增大2m/s所用时间为t3′=s=0.45st′=t2+t3′=0.53s+0.45s=0.98s那么从绳断后物体的速度大小到达2m/s所用的时间分别为0.26s、0.98s.【设计意图】通过本例培养学生分析综合问题的能力.［例5］如图3—2—4所示，传输带与水平间的倾角为θ=37°,皮带以10m/s的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5，假设传输带A到B的长度为16m，那么物体从A运动到B的时间为多少？图3—2—4【解析】首先判定μ与tanθ的大小关系，μ=0.5,tanθ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上外表以10m/s速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下，（如图3—2—5所示）46/46\n图3—2—5该阶段物体对地加速度a1==10m/s2方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t1==1s在t1s内物体沿斜坡对地位移s1=a1t12=5m当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度a2==2m/s2物体以2m/s2加速度运行剩下的11m位移需时间t2那么s2=vt2+a2t22即11=10t2+×2t22t2=1s(t2′=-11s舍去）所需总时间t=t1+t2=2s当皮带上外表以10m/s速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设加速度为a3那么a3==2m/s2物体从传输带顶滑到底所需时间为t′那么s=a3t′2t′=s=4s【说明】此题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进展动力学运算时，物体位移、速度、加速度那么均需取地面为参照物.【设计意图】（1）加深对摩擦力概念的理解；（2）引导学生注意问题的多解性，培养学生严谨、细致、全面的思维品质.●反响练习★夯实根底1.一物块靠在竖直墙壁上，受到变化规律为F=kt(k＞0)的水平外力作用.设物块从t=0时刻起由静止开场沿墙壁竖直下落，物块与墙壁间的摩擦力Ff随时间的变化图象如图3—2—6所示.从图象可知46/46\n图3—2—6A.在0～t1时间内物块做匀加速直线运动B.在0～t1时间内，物块做加速度逐渐增大的加速运动C.物块的重力大小等于aD.物块受到的最大静摩擦力恒等于b【解析】0～t1内：F增大，那么Ff增大，竖直方向合力向下且减小，物体做加速度减小的加速运动；t1～t2内Ff大于G，故合力向上，物体做加速度增大的减速运动；t2时刻以后，物体静止，故Ff=G=a.【答案】C2.放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F2.假设三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5m/s2；假设去掉F2，物体产生的加速度为1.5m/s2；假设去掉F2，那么物体的加速度大小为A.1.5m/s2B.2.0m/s2C.2.5m/s2D.4.0m/s2【解析】由于物体受F1、F2、F3作用而处于静止状态，故三力的合力为零.根据题意画出三个力的示意图如以下图，去掉F1时，F2、F3的合力大小等于F1那么F1=ma1①去掉F2时，F1、F3的合力的大小等于F2，那么F2=ma②去掉F3时，F1、F2的合力的大小等于F3，那么F3=ma3③又有F3=④由①②③④得a3=m/s2=2.0m/s2【答案】B3.如图3—2—7所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停顿运动后的短时间内，物体可能图3—2—746/46\nA.物体继续向右加速运动B.物体开场向右匀速运动C.物体先加速后减速向右运动D.物体先减速后加速向右运动【解析】当手突然停顿运动那么F消失，物体仍受弹簧拉力，故仍加速向右运动；当弹簧恢复原长后，继续被压缩，那么物体受弹簧弹力，故减速向右运动.【答案】C4.如图3—2—8所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开场沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么图3—2—8①只要知道弦长，就能求出运动时间②只要知道圆半径，就能求出运动时间③只要知道倾角θ，就能求出运动时间④只要知道弦长和倾角就能求出运动时间以上说法正确的选项是A.只有①B.只有②C.①③D.②④【解析】设直径为d，当物体沿与竖直方向成θ角的弦下滑时，加速度a＝gcosθ，弦长s＝dcosθ.所以物体沿弦滑动时间t＝.可见，t的大小仅由直径d决定，而与θ无关.【答案】D5.一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房项的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度.设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么，图3—2—9中所示的四种情况中符合要求的是图3—2—9【解析】46/46\n如以下图，设斜面底边长为l，倾角为θ，那么雨滴沿光滑斜面下淌时加速度为a=gsinθ,雨滴的位移为s=雨滴由斜面顶端从静止开场运动到底端的时间为t=由于l、g一定，所以当θ=45°时，t最小，最短时间为tmin=选项C正确.【答案】C6.质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，图2—2—10所示的两条直线分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v—t图线.那么图线b与上述的_______状态相符.该物体所受到的拉力是_______N.图3—2—10【解析】由图知，图线b表示加速运动，图线a表示减速运动.由图线a知a减＝1.5m/s2，所以摩擦力Ff＝ma减＝1.2N.由图线b知a加＝0.75m/s2，因F－Ff＝ma加，所以F＝ma加＋Ff＝1.8N.【答案】受F拉力作用；1.87.小磁铁A重10N，吸在一块水平放置的固定铁板B的下面，如图3—2—11所示.要竖直向下将A拉下来，至少要用15N的力，假设A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5N的水平力推A时，A的加速度大小是______m/s2.（g＝10m/s2）图3—2—11【解析】以小磁铁为研究对象，受力分析如图A、B间弹力FN＝15N.F水－μFN＝ma46/46\na＝m/s2＝0.5m/s2.【答案】0.58.质量为60kg的人站在升降机中的台秤上，升降机以2m/s的速度竖直下降，此人突然发现台秤的读数变为630N，并持续2s，求升降机在这2s内下降了多少米?（g＝10m/s2)【解析】人处于超重状态，升降机的加速度方向向上，它正减速下降，取运动方向为正方向，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma物体下降的加速度为a=m/s2＝－0.5m/s22s末升降机的速度为vt＝v0＋at＝2m/s＋（－0.5）×2m/s＝1m/s升降机在2s末正继续下降，它在开场减速下降的2s内，下降的高度为h=×2m＝3m【答案】3m★提升能力9.在建筑工地上，有六人一起打夯，其中四个人牵绳，绳跟竖直方向成60°角，扶夯的两人用力方向竖直向上.设每人用力F均为300N，每次用力时间为0.2s，夯重400N.求夯上升的高度.又设夯落地时跟地面接触的时间为0.1s，求夯每次打击地面所受到的力.（g=10m/s2，不计空气阻力）【解析】夯加速上升时的加速度为a1，由牛顿第二定律得2F+4Fcos60°-mg=ma1a1=m/s2=20m/s2加速上升的高度为h1=a1t12=×20×0.22m=0.4m速度为v1=a1t1=20×0.2m/s=4m/s夯减速上升的高度为h2=m=0.8m夯上升的高度为H=h1+h2=1.2m夯从最高点落到地面时的速度为46/46\nv2=m/s=2m/s夯打击地面时，夯的加速度大小为a2=m/s2=20m/s2对夯由牛顿第二定律得F-mg=ma夯打击地面时所受的力为F=m(g+a)=40×(10+20)N=2360N【答案】1.2m;2360N10.如图3—2—12所示，在倾角为θ的光滑坡面上放一块上外表粗糙,下外表光滑的木板，木块质量为m1，质量为m2的人在木板上应向_____以加速度____奔跑时，可使木板不动.图3—2—12【解析】因木板有下滑的趋势，故人对木板的摩擦力应沿斜面向上，即人应沿斜面向下奔跑.对木板进展受力分析知，人对木板的摩擦力应为m1gsinθ.以人为研究对象，人所受的合力为：m1gsinθ＋m2gsinθ，利用牛顿第二定律：F合＝ma得m1gsinθ＋m2gsinθ＝m2a，可得a＝gsinθ【答案】沿斜面向下；gsinθ11.滑雪运发动依靠手中的撑杆用力往后推地，获得向前的动力.一运发动的质量是60kg，撑杆对地面向后的平均作用力是300N，力的持续作用时间是0.4s，两次用力之间的间隔时间是0.2s，不计摩擦阻力.假设运发动从静止开场做直线运动，求6s内的位移是多少?【解析】运发动的加速度a=m/s2＝5m/s2第一个0.4s，运发动的位移是：s1＝at2＝×5×0.42m＝0.4m46/46\n第一个0.2s，运发动的位移是：s1′＝at·t′＝5×0.4×0.2m＝0.4m第二个0.4s，运发动的位移是：s2＝at·t＋a·t2＝5×0.42m＋×5×0.42m＝1.2m＝3s1第二个0.2s，运发动的位移是：s2′＝a·2t·t′＝0.8m＝2s1′第三个0.4s，运发动的位移是：s3＝a·2t·t＋a·t2＝5s1第三个0.2s，运发动的位移是：s2′＝a·3t·t′＝3s1′┇6s内共有10个0.6s，故有总位移s＝s1＋3s1＋…＋19s1＋1s1′＋2s1′＋…10s1′＝62m【答案】62m12.如图3—2—13所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变.假设手持挡板A以加速度a(a＜gsinθ＝沿斜面匀加速下滑，求：图3—2—13(1)从挡板开场运动到球与挡板别离所经历的时间；(2)从挡板开场运动到球速到达最大，球所经过的最小路程.【解析】（1）当球与挡板别离时，挡板对球的作用力为零，对球由牛顿第二定律得mgsinθ-kx=ma那么球做匀加速运动的位移为x=当x=at2得从挡板开场运动到球与挡板别离所经历的时间为t=（2）球速最大时，其加速度为零，那么有kx′=mgsinθ46/46\n球从开场运动到球速最大，它所经历的最小路程为x′=【答案】(1)(2)※13.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大局部当即死亡，只有局部系平安带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度到达108km/h,乘客的质量为60kg，当汽车遇到紧急情况时，在2s内停下来，试通过计算说明系平安带的必要性.【解析】刹车时汽车的加速度大小为a=m/s2=15m/s2平安带给乘客的作用力的大小为F=ma=60×15N=900N.【答案】使人随汽车刹车做减速运动的力的大小为900N，这个力只有靠平安带提供，否那么，人将由于惯性而发生事故.※14.如图3—2—14所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开场弹簧处于自然状态.现用水平恒力F推木块A，那么从开场到弹簧第一次被压缩到最短的过程中图3—2—14①两木块速度相同时，加速度aA＝aB②两木块速度相同时，加速度aA＜aB③两木块加速度相同时，速度vA＜vB④两木块加速度相同时，速度vA＞vB以上说法正确的选项是A.只有②B.只有④C.①③D.②④【解析】在弹簧第一次压缩到最短的过程中，A做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，在aA=aB之前aA＞aB，故经过相等的时间，A增加的速度大，B增加的速度小，所以，在aA=aB时vA＞vB，④正确.当vA=vB时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，设为Fm，假设F＞Fm，那么A在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，由于aA=aB时vA＞vB，所以vA=vB时aA＜aB；假设F＜Fm时，那么aA=,虽然aA＜aB.总之，在vA=vB时，aA＜aB，②正确.所以D选项正确.【答案】D※15.某市规定卡车在市区一特殊路段的速度不得超过36km/h，有一辆卡车在危急情况下紧急刹车，车轮抱死滑动一段距离后停顿.交警测得刹车过程中车轮在路面上擦过的笔直痕迹长9m46/46\n，从厂家的技术手册中查得该车轮胎和地面的动摩擦因数是0.8.（1）假假设你就是这位交警，请你判断卡车是否超速行驶？（假定刹车后卡车做匀减速直线运动）（2）减小刹车距离是防止交通事故的最有效的途径，刹车距离除与汽车的初速度、制动力有关外，还须考虑驾驶员的反响时间：即从发现情况到肌肉动作操纵制动器的时间.假设汽车刹车制动力是定值F，驾驶员的反响时间为t0，汽车的质量为m，行驶的速度为v0.请你推导出刹车距离s的表达式.【解析】（1）急刹车时汽车做减速运动的加速度为a==μg=8m/s2刹车时汽车的速度为v0=m/s=12m/s＞36km/h所以，该车违规超速.（2）汽车刹车时加速度的大小为a=汽车做减速运动的位移为s1=汽车在驾驶员反响时间内的位移为s2=v0t0那么刹车距离为s=s1+s2=v0t0+【答案】（1）违犯规定超速行驶；（2）s=v0t+※16.法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进展了超高空特技跳水表演，他从30m高的塔上跳下准确地落入水池中.已知水对他的阻力（包括浮力）是他重力的3.5倍，他在空中时空气对它的阻力是他重力的0.2倍，试计算需要准备一个至少多深的水池？（g=10m/s2）【解析】菲舍尔在空中下落的加速度大小为a1==0.8g=8m/s他进入水中时的速度大小为v=m/s他进入水中做减速运动时加速度大小为a2==2.5g=25m/s2他进入水中的深度为h2=m=9.6m即水池的深度至少为9.6m.46/46\n【答案】9.6m※17.如图3—2—15所示，一辆长L＝2m，高h=0.8m，质量为M＝12kg的平顶车，车顶光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，车与路面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车速为v0＝7m/s时，把一个质量为m=1kg的物块(视为质点)轻轻放在车顶的前端.问物块落地时，落地点距车前端多远?(重力加速g取10m/s2)图3—2—15【解析】由于m与M无摩擦，所以开场m在车上静止，离开车后做自由落体运动，放上m后地面对M的摩擦力F1＝μ（m＋M）g，那么M的加速度a1＝＝0.3×10×m/s2＝3.25m/s2①m离开M前，M做减速运动，位移s1＝L，设m即将落地时车速度为v,那么由运动学公式v02－v2＝2a1L，得v＝＝6m/s②物块m下落时间t＝s＝0.4s③m离开M后，M的加速度a2＝=3m/s2④在0.4s内车前进的距离s2＝vt－a2t2＝6×0.4m－×3×0.42m＝2.16m⑤所以，物体落地点离车前端距离s=s2＋L＝2.16m＋2m＝4.16m【答案】4.16m章末综合讲练●知识网络46/46\n●高考试题1.(2000年上海高考)匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球.假设升降机突然停顿，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中A.速度逐渐减小Ｂ.速度先增大后减小C.加速度逐渐增大Ｄ.加速度逐渐减小【解析】牛顿第二定律确立了力和加速度的瞬时对应关系(大小和方向).速度的增减又是由加速度和速度的方向关系决定的，两者同向时速度增大，两者反向时速度减小.因此讨论加速度的变化要从物体受力分析入手.当升降机匀速上升时，小球受的重力与弹簧的弹力平衡mg=kx0.当升降机突然停顿时，小球由于惯性继续上升，x减小，小球所受合外力(mg-kx)方向向下，大小增大，由牛顿第二定律a=可知小球的加速度方向向下，大小逐渐增大，选项C正确，D错.因速度方向向上与加速度方向相反，所以速度逐渐减小，选项A正确，B错误.【答案】AC2.(2022年春季高考)一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图3—1所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，以下说法中正确的选项是图3—1A.当θ一定时，a越大，斜面对物体的支持力越小B.当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C.当a一定时，θ越大，斜面对物体的支持力越小D.当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小【解析】物体受力如图1所示：斜面对物体的支持力FN，斜面对物体的摩擦力Ff及重力mg共同作用使物体产生向上的加速度a，F46/46\n为FN与Ff的合力.当θ不变，增加a时，显然F越大，据力的平行四边形法那么(见图2)可知FN增大，Ff增大，故Ｂ对.当a不变，增大θ时，显然F不变，但FN、Ff的方向改变(见图3)由图可知FN减小，Ff增大，故C对.【答案】BC3.(1999年全国高考)为了平安，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速v=120km/h.假设前方车辆突然停顿，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开场减速所经历的时间(即反响时间)t=0.50s.刹车时汽车受到阻力的大小Ff为汽车重力的0.40倍.该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少?取重力加速度g=10m/s2.【解析】在反响时间内，汽车做匀速运动，运动的距离：s1＝vt.设刹车时汽车加速度大小为a，汽车的质量为m,有Ff=ma,其中Ff=0.40mg.自刹车到停顿，汽车运动的距离：s2＝所求距离s＝s1＋s2＝1.6×102m【答案】1.6×102m4.(2022年全国高考)惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计.加速度计的构造原理的示意图如图3—2所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连.滑块原来静止.弹簧处于自然长度.滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进展制导.设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离0点的距离为s，那么这段时间内导弹的加速度图3—2A.方向向左，大小为ks/mB.方向向右，大小为ks/mC.方向向左，大小为2ks/mD.方向向右，大小为2ks/m【解析】滑块原来静止，两弹簧处于自然长度，当滑块左移s距离时，左边弹簧将被压缩s，右边弹簧那么被拉伸s,因此，两弹簧对滑块产生合力F＝F左＋F右＝2ks，方向向右(F左为推力，F右为拉力)，故滑块的加速度(亦为导弹的加速度)a=F/m=2ks/m，方向亦向右，故Ｄ正确.【答案】D5.(2000年全国高考)蹦床是运发动在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运开工程.一个质量为60kg的运发动，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处.已知运发动与网接触的时间为1.2s.假设把在这段时间内网对运发动的作用力当作恒力处理，求此力的大小.（g=10m/s2)【解析】将运发动看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小46/46\nv1=(向下）弹跳后到达的高度为h2,刚离网时的速度的大小v2=(向上）速度的改变量Δv=v1+v2(向上）以a表示加速度，Δt表示接触时间，那么Δv=aΔt接触过程中运发动受到向上的弹力F和向下的重力mg.由牛顿第二定律，F-mg=ma由以上五式解得，F=mg+m代入数值得F=1.5×103N【答案】1.5×103N6.(2000年上海高考)风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径.(如图3—3所示).图3—3(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数.(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，那么小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少?(sin27°=0.6，cos27°=0.8)【解析】(1)设小球受的风力为F，小球质量为m，因小球做匀速运动，那么F=μmg，F＝0.5mg，所以μ＝0.5(2)如以下图，设杆对小球的支持力为FN，摩擦力为Ff，小球受力产生加速度，沿杆方向有Fcosθ＋mgsinθ－Ff＝ma垂直杆方向有FN＋Fsinθ－mgcosθ＝0又Ff=μFN.可解得a=g.由s＝at2得t＝46/46\n【答案】(1)0.5；（2）7.(2022年上海高考)如图3—4所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.图3—4(1)下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为F1，l2线上拉力为F2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：F1cosθ＝mg，F1sinθ＝F2，F2＝mgtanθ剪断线的瞬间，F2突然消失，物体即在F2反方向获得加速度.因为mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向与F2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.(2)假设将图3—4中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图3—5所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即a＝gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.图3—5【解析】(1)结果不正确（理由略）.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变.此瞬间：F2＝mgcosθ，a＝gsinθ(2)结果正确.因为l2被剪断的瞬间，弹簧l1的长度不能发生突变，F1的大小和方向都不变.【答案】（1）结果不正确(理由略）；（2）结果正确（理由略）●素质能力过关检测A组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.下面关于惯性的说法中，正确的选项是A.运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以运动速度大的物体具有较大的惯性B.物体所受的重力越大，惯性越大C.物体的体积越大，惯性越大D.物体含的物质越多，惯性越大【解析】46/46\n惯性是物体的固有属性，与物体是否受力及运动速度大小无关，A选项错.质量是惯性大小的量度，物体的重力大，体积大，不一定说明质量大，所以，难以判断惯性大小，B、C选项错.物体所含物质越多，质量越大，故惯性越大，D选项正确.【答案】D2.如图3—6所示，悬挂于小车里的小球偏离竖直方向θ角，那么小车可能的运动情况是图3—6①向右加速运动②向右减速运动③向左加速运动④向左减速运动可能的情况是A.只有①B.②③C.①④D.只有④【答案】C3.如图3—7所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车箱与钢索匀加速向上运动时，车箱中的人对箱底的压力为其体重的1.25倍(车箱底始终保持水平)，那么车箱对人的摩擦力是体重的(sin27°＝；cos27°＝)图3—7A.倍B.倍C.倍D.倍【解析】人受到重力mg、竖直向上的支持力FN和水平向右的静摩擦力Ff，由牛顿第二定律得：FN-mg=masin37°Ff=macos37°解得Ff=mg,B选项正确.【答案】B4.如图3—8所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA、mB的物体得出的两个加速度a与力F的关系图线，由图线分析可知46/46\n图3—8A.两地的重力加速度gA＞gBB.mA＜mBC.两地的重力加速度gA＜gBD.mA＞mB【解析】由牛顿第二定律得：F-mg=ma那么a=F-g在a-F图象中，斜率为，由图象可知＞，即mA＜mB由函数关系知，a-F图象在纵轴上的截距表示重力加速度大小，那么gA=gB.【答案】B5.两物体A、B间的质量关系是mA＞mB，让它们从同一高度同时开场下落，运动中它们受到的阻力相等，那么A.两物体的加速度不等，同时到达地面B.两物体的加速度不等，A先到达地面C.两物体的加速度相等，同时到达地面D.两物体的加速度相等，A先到达地面【解析】由牛顿第二定律得mg-Ff=maa=g-由于mA＞mB，所以，aA＞aB.由s=at2得，tA＜tB，A先到达地面.【答案】B二、填空题6.质量为2.0kg的物体，从离地面16m高处，由静止开场加速下落，经2s落地，那么物体下落的加速度的大小是______m/s2，下落过程中物体所受阻力的大小是______N.（g取10m/s2）【解析】由h＝at2，mg-Ff=ma，解得：46/46\na=8m/s2,Ff=4N【答案】8；47.如图3—9所示，一质量为M的塑料球形容器在A处与水平面接触，它的内部有一根直立的轻弹簧，弹簧下端固定于容器内壁底部，上端系一个带正电、质量为m的小球在竖直方向振动.当加一向上的匀强电场后，在弹簧正好处于原长时，小球恰有最大速度，那么当球形容器在A处对桌面压力为0时，小球的加速度a=______.图3—9【解析】由题意知，弹簧原长时，加速度为0，合力为0，此时电场力F=mg；当A处对桌面压力为0时，小球受合力为Mg，那么小球加速度为.【答案】8.某火箭发射场正在进展某型号火箭的发射试验.该火箭起飞时质量为2.02×103kg，起飞推力为2.75×106N，火箭发射塔高100m，那么该火箭起飞时的加速度大小为______m/s2；在火箭推动力不变的情况下，假设不考虑空气阻力及火箭质量的变化，火箭起飞后，经______s飞离火箭发射塔.（g＝9.8m/s2）【解析】F-mg=ma①s＝at2②由①得a＝1.25×102m/s2；由②式得t=0.385s【答案】1.25×102；0.3859.跳起摸高是学生经常进展的一项活动.某同学身高1.8m，质量65kg，站立时举手到达2.2m高，他用力蹬地，经0.45s竖直离地跳起，设他蹬地的力大小恒为1060N,那么他跳起可摸到的高度为m.【解析】他起跳时的加速度为a==6.5m/s2他的起跳速度为v=at=2.9m/s他向上跳起的高度为h==0.4m46/46\n那么他能摸到的高度为H=2.6m【答案】2.6三、计算题10.一种能获得强烈失重、超重感觉的巨型娱乐设施中，用电梯把乘有10多人的座舱，送到大约二十几层楼高的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统开场起动，座舱匀减速运动到地面时刚好停下.已知座舱开场下落时的高度为76m，当落到离地面28m时开场制动.假设某人手托着质量为5kg的铅球进展这个游戏，问：（1）当座舱落到离地高度40m左右的位置时，托着铅球的手感觉如何？（2）当座舱落到离地高度15m左右的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？（g取10m/s2)【解析】(1)座舱在40m处正自由下落，故铅球处于完全失重状态，对手无压力.（2）座舱自由下落的末速度为减速运动的初速度，那么有2gh1+2ah2故a=×10m/s2=17.14m/s2对铅球由牛顿第二定律得F-mg=maF=m(g+a)=5×27.14N=135.7N【答案】(1）铅球对手无压力；（2）135.7N11.在倾角为θ的长斜面上有一带有风帆的滑块从静止开场沿斜面下滑，滑块质量为m，它与斜面间动摩擦因数为μ.帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比，即Ff=kv.图3—10(1)写出滑块下滑加速度的表达式.（2）写出滑块下滑的最大速度表达式.（2）假设m=2kg，θ＝20°，g取10m/s2.滑块从静止下滑的速度图象如图3—10所示，图中直线是t=0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值.【解析】受力：G、FN、F滑、F风(1)Gsinθ－μＧcosθ－kv＝ma那么：a=g(sinθ－μcosθ）－v(2)当a=0时，v最大，此时有：Gsinθ＝μGcosθ＋kv最大那么v最大＝(3)由图象中直线局部可得：a=g（sinθ－μcosθ）＝3m/s2解得：μ＝0.23由图象曲线局部可得：46/46\nv最大＝＝2m/s解得：k=3.0【答案】(1)g（sinθ－μcosθ）－v(2)v最大＝(3)0.23;3.012.将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图3—11所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a=2.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N.（取g=10m/s2）图3—11（1）假设上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况.（2）使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的?【解析】把物体作为研究对象，由运动情况可得：F合＝ma，即mg+6N-10N=ma，解得m=0.5kg.(1)因弹簧未形变，故产生的弹力也不变，此时物体受合力为：F合＝10N-5N－G＝0N，可知：箱可能匀速运动或保持静止.(2)假设上顶板传感器示数为零，那么可知物体所受合力为：F合＝10N－G＝5N，且方向向上，故加速度为：a=m/s2＝10m/s2且方向向上，可知物体有可能做向上的加速度大小为10m/s2的匀加速运动，或者做向下的加速度大小为10m/s2的匀减速运动.【答案】(1)静止或匀速运动(2)向上的匀加速运动或向下的匀减速运动B组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下保持平衡，现同时撤消大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变.此时该物体的加速度大小①2m/s2②3m/s2③12m/s2④15m/s2可能是A.①②B.③④C.①④D.②③46/46\n【解析】撤消两个力后，物体所受合外力的范围为5N≤F≤25N，故加速度范围为2.5m/s2≤a≤12.5m/s2.【答案】D2.如图3—12所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间图3—12①B球的速度为零，加速度为零②B球的速度为零，加速度大小为③在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁④在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动以上说法正确的选项是A.只有①B.②③C.①④D.②③④【解析】撤去F前，B球受四个力作用，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向推力F和弹簧的弹力平衡，即弹簧的弹力大小为F，撤去F的瞬间，弹簧的弹力仍为F，故B球所受合外力为F，那么B球加速度为a=，而此时B球的速度为零.在弹簧恢复原长前，弹簧对A球有水平向左的弹力使A压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时A球才离开墙壁，A球离开墙壁后，由于弹簧的作用，使A、B两球均做变速运动，B选项正确.【答案】B图3—133.一水桶侧壁上不同高度处开有两个小孔，把桶装满水，水从孔中流出，如图3—13所示.用手将桶提至高处，松手让桶自由落下.那么在桶下落过程中（忽略空气阻力）A.水仍能从小孔中以原流速流出B.水仍能从小孔中流出，但流速变快C.水不从小孔流出D.水仍能从小孔中流出，但两孔流速相同【解析】桶和水自由下落时，都处于完全失重状态，其重力产生自由下落的加速度，桶内各处压强均等于大气压强（水的重力不产生压强），故在开孔处，内、外压强都等于大气压强，水不流出.【答案】C4.一个物体受到的合力F如图3—14所示，该力的大小不变，方向随时间t周期性变化，正力表示力的方向向东，负力表示力的方向向西，力的总作用时间足够长，将物体在下面哪些时刻由静止释放，物体可以运动到出发点的西边且离出发点很远的地方46/46\n图3—14①t=0时②t=t1时③t=t2时④t=t2时A.只有①B.②③C.③④D.只有②【解析】物体在t1或t2时刻由静止释放，将先向西做匀加速运动，再向西做匀减速运动……，这样一直向西运动，而在t=0或t=t3时刻释放物体，物体将一直向东运动.所以选项B正确.【答案】B5.假设在飞机内用绳悬挂一质量为m的物体，当飞机以与水平方向成45°角向下俯冲，且加速度a=g时，绳与竖直方向的夹角以及绳的拉力是A.45°，mgB.22.5°,mgC.45°,mgD.67.5°,mg【解析】如以下图.由于F合=ma=mg·=mgcos45°，因此，可把重力进展正交分解，一个分力使悬挂的物体产生随飞机运动的加速度，另一个分力跟绳的拉力平衡，那么绳的拉力为FT=mgsin45°=mg悬绳与竖直方向成45°角.【答案】C图3—15二、填空题6.物体同时受到F1、F2两个力的作用，F1、F2随位移变化的关系如图3—15所示，如果物体从静止开场运动，当物体具有最大速度时，其位移为m.【解析】x＜5m时，合外力F1-F2与运动方向相同，物体做加速度逐渐减小的加速运动，x=5m时，F1-F2=0，加速度为零，速度最大；x＞5m时，物体做加速度逐渐增大的减速运动，x=10m46/46\n时加速度最大，速度为零，然后物体返回，做加速度逐渐减小的加速运动，到x=5m处，速度又到达最大，x＜5m时物体做加速度逐渐增大的减速运动，到x=0时加速度最大，速度为零，以后就重复上述过程.【答案】57.机车牵引力一定，在平直轨道上以a1＝1m/s2的加速度行驶，因假设干节车厢脱钩，加速度变为a2＝2m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，那么脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于______.【解析】对脱钩前后列方程：前：F-0.1m总g＝m总a1后：F-0.1m剩g＝m剩a2求得：【答案】8.某质量为50kg的消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚着地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5m.在着地的过程中，地面对他双脚的平均作用力大约为______.（g=10m/s2)【解析】消防队员下落时做自由落体运动，设落地速度为v，那么v2=2gh1①落地缓冲过程设为匀减速运动，平均加速度大小为a，那么v2=2ah2②由①②得a=×10m/s2=40m/s2由牛顿第二定律得F-mg=maF=m(g+a)=50×50N=2500N【答案】2500N9.美国密执安大学五名学航空工程的大学生搭乘NASA的“VomitComet”飞机，参加了“低重力学生飞行时机方案（ReducedGravityStudentFlightOpportunitiesProgram）”，飞行员将飞机开到空中后，让其自由下落，以模拟一种无重力的环境.每次上升——下落过程中，可以获得持续25s之久的零重力状态，这样，大学生们就可以进展不受引力影响的实验.假设实验时飞机离地面的高度不得低于500m，大学生们最大可以承受两倍重力的超重状态，那么飞机的飞行高度至少应为m.（重力加速度g取10m/s2)【解析】飞机自由下落25s,下落的高度为h1=gt12=×10×252m=3125m飞机减速下落时，由于大学生能承受的最大支持力FN=2mg，由牛顿第二定律得FN-mg=ma减速下落的最大加速度为46/46\na=g=10m/s2显然减速下落的高度为h2=h1=3125m飞机下落的速度为零时，高度不得低于h=500m，故飞机的飞行高度为H=h1+h2+h=6750m【答案】6750三、计算题10.一物体在斜面上以一定的初速度向上运动，斜面倾角θ可在0~90°之间变化.设物体所能到达的最大位移x与斜面倾角θ之间的关系如图3—16所示，问当θ是多大时，x有最小值？这个最小值是多大？图3—16【解析】物体沿斜面上滑时有mgsinθ+μmgcosθ=maa=g(sinθ+μcosθ）设初速度为v0，那么沿斜面上滑的最大位移为x=由图象知θ=90°时,x1=10m，θ=0°时，x2=10m代入上式得v0=10m/s,μ=再将上式变形得x=设sinα=,α=30°，那么x=那么当α+θ=90°时x有最小值，此时θ=60°，x的最小值为xmin=m46/46\n【答案】60°;5m11.空间探测器从某一星球外表竖直升空，已知探测器质量为500kg（设为恒量），发动机推力为恒力，探测器升空后发动机因故障而突然关闭，如图3—17所示是探测器从升空到落回星球外表的速度—时间图象，那么由图象可判断该探测器在星球外表所能到达的最大高度是多少？发动机工作时的推力又为多少？图3—17【解析】此题是根据图象来表达有关已知条件的.正确理解v-t图象各段斜率、各转折点、各块面积的含义是解答此题的关键.由图可知，空间探测器在t1=8s时具有最大瞬时速度，t2=24s时才到达最大高度，且其最大高度为图象中△OAB的面积，即hmax=×24×40m=480m空间探测器在8s内在推力和星球重力作用下加速上升，在8s后只在星球重力作用下减速上升和加速回落.第一阶段加速度a1=m/s2=5m/s2第二、三阶段加速度为a2=m/s2=-2.5m/s2据牛顿第二定律，第一阶段F-mg星=ma1①第二、三阶段-mg星=ma2②由①②得：F=m(a1-a2)=500×7.5N=3750N【答案】480m;3750N12.某传动装置的水平传送带以恒定速度v0=5m/s运行.将一块底面水平的粉笔轻轻地放到传送带上，发现粉笔块在传送带上留下一条长度l=5m的白色划线.稍后，因传动装置受到阻碍，传送带做匀减速运动，其加速度a0=5m/s2，问传动装置受阻后：（1）粉笔块是否能在传送带上继续滑动？假设能，它沿皮带继续滑动的距离l′=?(2)假设要粉笔块不能继续在传送带上滑动，那么皮带做减速运动时，其加速度a0应限制在什么范围内？【解析】(1)先求粉笔与皮带间的动摩擦因数μ皮带初始以v0=5m/s匀速行驶，粉笔对地以μg的加速度匀加速运动，划痕l=5m为相对位移那么v0·46/46\n即a==2.5m/s2μ=0.25第二阶段，因皮带受阻，做a0=5m/s2的匀减速运动.粉笔还能在皮带上做相对滑动，粉笔相对皮带滑行距离l′==2.5m(2)因为皮带对粉笔的最大静摩擦力为μmg，所以粉笔对地的最大加速度为μg，为防止粉笔在皮带上做相对滑动，皮带加速度a0应限制在μg范围内.即a0≤2.5m/s2.【答案】(1)能，2.5m；（2）a0≤2.5m/s2●教学建议1.单元Ⅰ主要复习关于牛顿运动定律的根底知识.复习的重点要放在对根本概念和根本规律的内涵、外延的理解上，不要急于让学生做难题.本单元中例题和习题的配置也是出于这种考虑，题目不难，侧重于对概念的认识理解.2.应用“超重和失重”来分析问题，是定性或半定量研究问题的重要方法，在教学中一定要重视对学生这方面能力的培养.3.中学阶段应用牛顿第二定律主要解决“单体”运动问题，没有必要在“连接体”等一类“擦边”问题上费心过多.4.单元Ⅱ中例题和习题的配置难度均比单元Ⅰ有所提高.通过例1可使学生对力的独立作用原理和整体法有更深刻的认识；例题2涉及到可能状态的判断和临界状态的分析；例题3是利用牛顿第二定律分析超重现象的问题；例题4、例题5是对物体复杂运动过程的分析，要充分利用好这些例题的功能，教给学生分析解决问题的方法，培养学生的思维能力.46/46