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衔接必刷题
物理
5.答案：AC
6.答案：(1)5tm/s2(2)2.5m(3)3.4s
解析：米、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿
解析：(1)货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得
是国际单位制中的导出单位，因此都是国际单位制中的
umg=mal
单位，A正确：计算中解得作用力的表达式F=m尺
·用
解得a1=5m/s2
(2)设货物达到共同速度的时间为t1,则功=a1t1
单位制的方法检查，这个力的单位是kgms=kg·S,因
解得t1=1s
此kg·8这个结果是错误的；作用力的正确表达式为F=
通过的距离1=
2a1t月
m尺，力的正确单位应是kg·m/s2,B错误：伽利略的理
解得s1=2.5m
传送带道过的位移s2=1t1=5m
想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自
则痕迹的长度△s=s2一s1=2.5m。
然规律的科学方法，C正确；牛顿第一定律并不是牛顿第
(3)货物加速的位移为s1=2,5mLAB
二定律中=0的特殊情况，因为牛頓第一定律描述的是
物体不受外力时的运动状态，是一种理想情况，有其自身
则匀速运动时间为t2
LAB一1=0.9s
的物理意义和独立地位，同时还引入惯性的概念，牛顿第
1
一定律指出：了力和运动的关系，而第二定律定量给出了
货物以5m/s的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿
决定物体加速度的因素，所以牛顿第一定律是研究力学
第二定律得mgsin0十1gc0s0=ia2
的基础，是不能用牛顿第二定律来代替的，D错误。
解得a2=10m/s
第26讲
牛顿运动定律的应用
方向沿传送带向下，共速时t3=一=0.25s
02
达标训练
由于mgsin>mgcos0,当货物的速度小于v1时，对货
1.答案：B
解析：根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为，A接
物分析a3=mgsin日一ngcos0
触挡板时的速度大小为，则由牛顿第二定律有4mgin30
解得a3=2m/s2
一mg=5ma,由运动学公式有2=2ad,解得2=2gd,之
方向沿传送带向下，又t4=
2=1.25s
3
后B以速度v向上做竖直上抛运动，上升的高度为1
则总时间为t总=t1十t2十ta十t4=3.4s。
2g=号，则物块B上升的最大高度为h=d十1=6口，故
第27讲
超重和失重
5
B正确。
达标训练
2.答案：B
1.答案：B
解析：对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩
解析：当物体具有向上的加遮度时，物即体对支持物的压
擦力，根据牛顿第二定律，有一mg=ma,故加速度为a1
力（或对悬绳的拉力）大于物体所受重力的现象叫做超
一2m/s2,同理物体B的加速度为a2=一以g=
重：当物体具有向下的加速度时，即物体对支持物的压力
一2m/s2,B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运
(或对悬绳的拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重；
动的时间为1=0一迎=1s,该段时间内物体A的位移
所以加速下降过程，加速度向下，属于失重，减速下降过
程，加速度向上，属于超重，故A、C错误，B正确；平衡状
a2
态即物体受力平衡，处于匀速直线运动或者静止的状态
为xA1=vA1十交a1行=5m,物体B的位移为x1=vd1
称为平衡状态，减速下降过程加速度向上，受到的合力向
上，不是平衡状态，故D错误。
22了=1m,故此时开始，物体B不动，物体A继续做
2.答案：D
匀减速运动，直到相遇；1s末A的速度为”A1=vA十1t1
解析：12时01分指时刻，故A错误：研究火箭转向时，火
箭大小不能忽略，所以不可以把火箭看成质，点，故B错
=4m/s,物体A继续做匀减速运动过程无业=1红十之a2号
误；根据牛顿第三定律可知，燃气对火箭的推力等于火箭
=3m,解得t2=1s,故从出发到相遇的总时间为t=t1十
对燃气的推力，故C错误；卫星进入预定轨道后，绕地球
12=2s,故B正确。
做身速圆周运动，向心加速度方向指向地心，处于失重状
3.答案：C
态，故D正确。
解析：-t图像中图线的斜率表示加速度，由图可知，在t妇
3.答案：B
时刻斜率最大，则加速度最大，故A错误：“水火箭”运动
解析：当升降机静止时弹簧伸长4cm,假设弹簧动度系数
过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，12时刻后
是k,则mg=kx1,当升降机运动时弹黄仲长2cm,根据
仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说
牛顿第二定律有mg一kx2=ma,联立解得a=4.9m/s2,
明3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g,由牛顿第二
方向竖直向下，为失重状态，则升降机可能是加速下降，
定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在g时
也可能是减速上升，故B正确。
刻失去推力，故C正确；妇一t4时间内“水火箭”的速度方
4.答案：BC
向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g,则
解析：由图可知，第208末该同学的速度为零，此时上升
“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
高度最大，故A错误：根据1图像的斜率衣表示加速度可
4.答案：AD
知，在108一15s内，图像斜率为常，加速度为零，故B正
解析：斜面倾角为《，原来物体静止时，设此时静摩擦力等
确：根据-1图像的斜率表示加速度可知，在15一208内，
于滑动摩擦力，则有ngsin a=gcos a,即sina=4cosa,与
物体的重力无关，则施加竖直向下的力F等于增加了物
图像的针率为负，故加速度为负，即方向向下，该同学处
体的重力，则物体会仍然静止，故A正确，B错误：若物块
于失重状态，故C正确；若该同学在1520s内做匀减速
A原来加速下滑，有ngsin a>mgco8a,将F分解，则
直线运动，则平均速度为0=1.5)十0m/s=0.75m/s,根
Fsin a>uFcos a,则动力的增加大于阻力的增加，合外力
变大，故C错误，D正确。
据U-(图像与时间轴所因图形的面积衣示位移，可知该同
5.答案：BC
学实际运动的位移大于做匀减速直线运动的位移，故电
解析：剪断轻绳的一瞬间，小球沿斜面向下的加速度大小
梯的平均递度大于0.75m/s,故D错误。
为a=gsin0,竖直方向的分加速度大小为a1=gsin0,则
5.答案：BC
地面对斜面体的支持力大小为FN=Mg十mg一Ia1=
解析：由题图可知，=0.38时运动员的速度达到最大，此
Mg十mg一ngsin20=Mg十ngcos28,A错误，B正确；系
时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧并不处在原
统有向左的加速度，水平方向的外力即地面对斜面体的
长状态，A错误：由于cd段为直钱，说明运动员在=0.58
摩擦力向左，C正骑；小球的水平分加速度a2=gsin0cos0,
时离开弹簧，此时速率为v1=3m/s,故0=1一g△t,△t=
地面对斜面体的摩擦力大小为F:=ma2=ngsin0Cos日，
0.3s,即当t=0.8s时运动员到达最高处，B正确；由题
D错误。
可知，abc部分关于t=0.3s对称，故曲线在t=0.1s和t
90第二部分
初高中物理知识衔接
第26讲牛顿运动定律的应用
知识清单
高中物理新知学习」
初高中物理衔接点」
一、力和运动的关系
一、从受力确定运动情况
1.基本思路
牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由
速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物
牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公
体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合
式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
力的方向相同。
2.流程图
v=h十at
物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，
已知
由
=w合a
在直线运动中：
求得
物体
由F=ia
2-6=2a.x
与速度同向
速度增大
受力
x、U0
情况
v、t
向
与速度反向
速度减小
二、从运动情况确定受力
1.基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的
度
速度变化
加速度增大
越来越快
加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合
大
力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力。
2.流程图
速度变化
加速度减小
=十at
越来越慢
已知
由x=t+1
物体
由F=ia
求
2一6=2ax
求得x、
二、两类基本问题
受力
o、v,t
1.从受力确定运动情况
情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律
三、多过程问题分析
求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物
1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成
体的运动情况
时，要明确整个过程由几个子过程组成。将复杂
的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的
2.从运动情况确定受力
受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题。
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出
2.注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是
物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二
上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起
定律求出力。
到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
经典例题
JINGDIA NLI TI-
【典例1】如图所示，小孩
4=0.05,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，
与冰车的总质量为30kg,
c0s37°=0.8。求：
静止在冰面上。大人用
(1)小孩与冰车的加速度的大小；
与水平方向夹角为0=
(2)冰车运动3s时的位移的大小；
37°、F=60N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静
(3)冰车运动5s时的速度大小。
止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数
【答案】(1)1.16m/s2(2)5.22m(3)5.8m/s

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