资源简介

章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
[例1] (2024·安徽卷)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
[A] 速度一直增大
[B] 速度先增大后减小
[C] 加速度的最大值为3g
[D] 加速度先增大后减小
【答案】 A
【解析】 将小球缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。撤去拉力,小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,小球在竖直方向所受合力不断变小,故小球受到的合力一直变小,加速度一直减小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误。
[例2] (2024·湖南卷) 如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
【答案】 A
【解析】 剪断前,对b、c、d整体受力分析,a、b间弹簧拉力为(3m+2m+m)g=6mg,剪断瞬间,a、b中弹簧拉力不变,故b所受合力为6mg-3mg=3mg,故b的加速度a1==g;同时,c、d中弹簧弹力不变,c所受合力还是3mg,故c的加速度a2==1.5g,故选A。
热点二　动力学中的连接体问题
[例3] (2024·北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
[A] F [B] F
[C] F [D] F
【答案】 A
【解析】 对飞船和空间站整体根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站有F′=Ma,解得飞船和空间站之间的作用力F′=F,故A正确,B、C、D错误。
[例4] (2024·全国甲卷)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是(　　)
　
[A] [B]
　
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 设物块P的质量为M,绳上拉力为T,对物块P,由牛顿第二定律有T-μMg=Ma,对轻盘和砝码,同理可得mg-T=ma,联立解得a=-,可知a与m不是一次函数关系,A、C错误;当a=0时,m=μM,D正确,B错误。
热点三　动力学中的图像问题
[例5] (多选)(2024·黑吉辽卷)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
[A] 小物块在t=3t0时刻滑上木板
[B] 小物块和木板间动摩擦因数为2μ
[C] 小物块与木板的质量比为3∶4
[D] t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】 ABD
【解析】 v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0==2μg,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得=,
故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,对整体有F-μ(m+M)g=μMg-
μMg=0,可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。
[例6] (2024·广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t 图像可能正确的是(　　)
　　
[A] [B]
　　
[C] [D]
【答案】 B
【解析】在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,且为正值,F-y 图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有F=mg-
kΔy(mg>kΔy),后有F=kΔy-mg(mg运动和力的关系　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于力、运动状态及惯性,下列说法正确的是(　　)
[A] 车速越大,刹车后滑行的路程越长,所以惯性越大
[B] 一个运动的物体,如果不再受动力了,它总会逐渐停下来,这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
[C] 伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去
[D] 牛顿第一定律不仅是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,而且它可以进一步通过实验直接验证
【答案】 C
【解析】 惯性只与质量有关,与速度无关,故A错误;一个运动的物体,如果不再受动力了,它总会逐渐停下来,是因为物体受到了地面的摩擦力,如果不受力,物体会永远地运动下去,故B错误;伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,故C正确;牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,不能通过实验直接验证,故D错误。
2.圆柱形弹簧的劲度系数k与弹簧处于原长时的长度L、横截面积S有关,理论与实践都表明k=Y,其中Y是一个由材料决定的常数,在国际单位制中,Y的单位可表示为(　　)
[A] N/m2 [B] N·m2
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 根据表达式k=Y,得Y=,而又因为k==,所以有Y==,在国际单位制中质量的单位是kg,加速度的单位是m/s2;弹簧长度和伸长量的单位是m;横截面积的单位是m2;所以Y的单位是kg/(m·s2)。故选C。
3.如图，水平地面上放着一辆手推小车,小车的水平板上放置一个金属桶,金属桶始终与小车保持相对静止,则(　　)
[A] 当小车水平向右减速运动时,桶对小车的摩擦力水平向右
[B] 当小车水平向左减速运动时,桶受到的摩擦力水平向左
[C] 当小车被水平向左拉动时,桶不受摩擦力
[D] 当小车被水平向右推动时,桶受到水平向左的摩擦力
【答案】 A
【解析】 当小车水平向右减速运动或被水平向左拉动时,小车的加速度方向水平向左,金属桶与小车的加速度相同,所以桶受到小车向左的摩擦力,由牛顿第三定律可知,桶对小车的摩擦力水平向右,故A正确,C错误;当小车水平向左减速运动或被水平向右推动时,加速度向右,桶受到的摩擦力水平向右,故B、D错误。
4.如图所示,质量为5 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数μ=0.2,质量为3 kg的物块B与地面间无摩擦,在水平力F的作用下,A、B一起做加速运动,已知F=26 N。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
[A] A、B的加速度均为1.25 m/s2
[B] A、B的加速度均为3.25 m/s2
[C] A对B的作用力为9.75 N
[D] A对B的作用力为6 N
【答案】 D
【解析】 对物块A、B整体受力分析,由牛顿第二定律F-μmAg=(mA+mB)a,代入数据解得a=2 m/s2,故A、B错误;对物块B受力分析,由牛顿第二定律有FAB=mBa=3×2 N=6 N,故C错误,D正确。
5.如图所示为演示在抓举比赛时,运动员从将杠铃举过头顶的状态由静止向上站起直至站立的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 杠铃先失重后超重
[B] 手对杠铃的作用力大于杠铃对手的作用力
[C] 运动员对地面的压力先大于地面对人的支持力后小于地面对人的支持力
[D] 运动员对地面的压力先大于人和杠铃的总重力后小于人和杠铃的总重力
【答案】 D
【解析】 站起的过程运动员和杠铃先向上加速后向上减速,加速度先向上后向下,杠铃先超重后失重,故A错误;手对杠铃的作用力和杠铃对手的作用力是一对相互作用力,大小总是相等,运动员对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力,大小总是相等,故B、C错误;把运动员和杠铃看作整体,整体先处于超重状态后处于失重状态,则地面对整体的支持力先大于整体重力,后小于整体重力,根据牛顿第三定律可确定运动员对地面的压力先大于人和杠铃的总重力后小于人和杠铃的总重力,故D正确。
6.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度大小v0=10 m/s,在一水平向左的大小恒定的力F作用下从O点沿粗糙的水平面开始向右运动,并从此刻开始计时,某时刻力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A] 2 s末力F反向
[B] 2 s末到3 s末物块做匀减速运动
[C] 物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
[D] 力F大小为8 N
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,物块速度减为零时,力F突然反向,由=2a1x1,=2a2x2,代入题图乙中所给数据,解得a1=10 m/s2,a2=4 m/s2,则水平向左的力F作用的时间t1==1 s,1 s末力F反向,物块开始做匀加速运动,故A、B错误;力F反向前,由牛顿第二定律有F+μFN=ma1,力F反向后,由牛顿第二定律有F-μFN=ma2,其中FN=mg,解得F=7 N,μ=0.3,故C正确,
D错误。
7.如图所示,质量为0.5 kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内,A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3,A的右边被一根轻弹簧用 1.2 N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 10 m/s2。下列做法可以使物块A相对木箱底面向右移动的是(　　)
[A] 让木箱以1 m/s2的加速度向上运动
[B] 让木箱以1 m/s2的加速度向下运动
[C] 让木箱以3 m/s2的加速度向左运动
[D] 让木箱以3 m/s2的加速度向右运动
【答案】 C
【解析】 物块的右边被一根轻弹簧用1.2 N的水平拉力向右拉着而保持静止,根据平衡
条件可知,此时,木箱与物块之间的正压力大小与物块重力相等,等于5 N,最大静摩擦力为μmg=1.5 N,物块受到的静摩擦力方向向左,大小为1.2 N,小于最大静摩擦力,若木箱以
1 m/s2的加速度向上运动,根据牛顿第二定律有FN1-mg=ma1,解得FN1=5.5 N,此时的最大静摩擦力为μFN1=1.65 N>1.2 N,可知,此时物块A不可能相对木箱底面向右移动,故A错误;当木箱以1 m/s2的加速度向下运动,根据牛顿第二定律有mg-FN2=ma1,解得FN2=4.5 N,此时的最大静摩擦力为μFN2=1.35 N>1.2 N,可知物块A不可能相对木箱底面向右移动,故B错误;当木箱以3 m/s2的加速度向左运动时,竖直方向受力平衡,正压力不变,最大静摩擦力仍然为 1.5 N,对物块进行分析,由于 ma2=1.5 N>μmg-F弹簧=1.5 N-1.2 N=0.3 N,可知最大静摩擦力与弹簧拉力的合力不足以提供3 m/s2的加速度,则物块A相对木箱底面可能向右移动,故C正确;当木箱以3 m/s2的加速度向右运动时,竖直方向受力平衡,正压力不变,最大静摩擦力仍然为1.5 N,对物块进行分析,由于ma2=1.5 N<μmg+F弹簧=1.5 N+1.2 N=2.7 N,可知静摩擦力与弹簧拉力的合力可以提供3 m/s2的加速度,则物块A相对木箱底面不可能向右移动,故D错误。
8.如图所示,两个质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的物体甲、乙置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=30 N、F2=15 N 的水平拉力分别作用在甲、乙上,则(　　)
[A] 系统运动稳定时,弹簧测力计的示数是45 N
[B] 系统运动稳定时,弹簧测力计的示数是15 N
[C] 在突然撤去F1的瞬间,甲的加速度大小为25 m/s2
[D] 在突然撤去F2的瞬间,甲的加速度大小为10 m/s2
【答案】 C
【解析】 对整体研究,由牛顿第二定律得F1-F2=(m1+m2)a,解得a=5 m/s2,对甲研究F1-F=m1a,得F=25 N,故A、B错误;在突然撤去F1的瞬间,弹簧弹力不变,对甲研究,由牛顿第二定律得F=m1a1,解得a1=25 m/s2,C正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧弹力不变,甲受力情况未发生变化,故其加速度a=5 m/s2,D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是(　　)
[A] 三种方式中乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
[B] 只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
[C] 在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
[D] 三种方式中的乘客均处于超重状态
【答案】 CD
【解析】 电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故A、B错误;在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为FN1=mgcos θ,在乙种方式中,加速度在竖直方向的分量ay=asin θ,根据牛顿第二定律有FN2-mg=masin θ,乘客受到电梯地板的支持力为FN2=mg+masin θ,在丙种方式中,根据牛顿第二定律有FN3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为FN3=mg+ma,可得FN110.如图甲所示,一轻质弹簧上端固定,下端连接一质量为1 kg的物体,物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F作用于物体上,物体从静止开始竖直向上做匀加速直线运动,外力F与物体离开静止位置的位移x的关系如图乙所示,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A] 物体运动的加速度大小为3 m/s2
[B] 弹簧开始时形变量为4 cm
[C] 弹簧的劲度系数为200 N/m
[D] 从物体开始运动时计时,当t=0.1 s时弹簧的形变量为3 cm
【答案】 CD
【解析】 物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡,从题图乙读出外力从F=4 N开始变化,则开始运动时合力为F合=F=4 N,根据牛顿第二定律有F合=ma,解得物体运动的加速度为a=4 m/s2,故A错误;假设开始时弹簧形变量为x0,此时弹簧弹力F0=mg=10 N,根据胡克定律可得kx0=10 N,当F=12 N时,根据牛顿第二定律有F-mg+F1=ma,解得F1=2 N,从题图乙读出此时的位移为4 cm,则根据胡克定律可得k(x0-0.04 m)=2 N,解得k=200 N/m,
x0=0.05 m=5 cm,故B错误,C正确;物体做初速度为0的匀加速直线运动,当t=0.1 s时位移为x=at2=0.02 m,则此时弹簧的形变量为x1=x0-x=3 cm,故D正确。
11.倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行,如图甲所示。在t=0时,将一小煤块轻放在传送带上A点处,1.5 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示,设沿传送带向下为运动的正方向,重力加速度g取10 m/s2,下列判断正确的是(　　)
[A] 传送带的运行速率为6 m/s
[B] 0～0.5 s内小煤块的加速度大小为10 m/s2
[C] 小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
[D] 0～1.5 s内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.25 m
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知,在0.5 s时刻,小煤块的加速度发生了突变,则传送带的运行速率为
5 m/s,故A错误;根据加速度的定义式得0～0.5 s内小煤块的加速度大小为a1==10 m/s2,故B正确;由题图乙可知,0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小为a2==2 m/s2,0～0.5 s内,
对小煤块由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1,0.5～1.5 s内对小煤块由牛顿第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,故C正确;
0～0.5 s内传送带多运动Δx1=v1t1-v1t1=1.25 m,0.5～ 1.5 s内,物块多运动Δx2=(v1+v2)
t2-v1t2=1 m,痕迹覆盖,所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。故D错误。
12.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板的加速度a随力F变化的aF图像如图乙所示,g取
10 m/s2,则(　　)
[A] 滑块A的质量为4 kg
[B] 木板B的质量为1 kg
[C] 当F=10 N时,木板B的加速度为4 m/s2
[D] 当F=10 N时,滑块A的加速度为-2 m/s2
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知当F=8 N时,加速度为a=2 m/s2,此时滑块与木板加速度相同,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=4 kg;当F>8 N时,滑块与木板发生相对运动,对B由牛顿第二定律得F-μmg=Ma,解得a=F-,由题图乙可知,图线的斜率k===1 kg-1,解得木板B的质量M=1 kg,滑块A的质量为m=3 kg,故A错误,B正确;根据F>8 N的图线知,F=6 N时,a=0,由a=F-可知0=×6-,解得μ=0.2,当F=10 N时,滑块与木板相对滑动,对木板根据牛顿第二定律F-μmg=Ma,解得a=4 m/s2,滑块A根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg=2 m/s2,故C正确,D错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系,把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上,小车的左端连接穿过打点计时器的纸带,右端连接细线,细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码,通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
(1)下列实验操作正确的有　　　　。(多选)
A.先释放小车后接通电源
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.平衡摩擦力时必须移去纸带
D.平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
(2)改进后再次实验,选取纸带的一段进行测量,如图乙所示。已知打点计时器打点周期为T,则小车的加速度的表达式是a=　　　　。(用题中字母表示)
(3)实验中保持小车质量不变,改变砝码的质量,进行实验。根据数据作出图丙的aF图像,由图像可得出的结论是　　　　　　　　　　　　。
(4)设小车质量为M,托盘和砝码质量为m,重力加速度为g。图丁为某小组在实验中作出的 图像,图像斜率的物理意义是　　　　;若图像纵截距为b,则b=　　　 　。(结果用所给物理量表示)
【答案】 (1)BD　
(2)
(3)在小车质量不变时,加速度与合外力成正比
(4)M　
【解析】 (1)为了避免纸带上出现大量的空白段落,实验时应先接通电源,后释放小车,故A错误;为了使细线的拉力等于小车所受外力的合力,实验中需要调整定滑轮使细线与长木板平行,故B正确;平衡摩擦力时需要通过打出的点迹分布是否均匀来判断实验是否达到要求,因此实验中需要纸带,故C错误;平衡摩擦力是利用小车所受重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,所以必须移去托盘和砝码,故D正确。
(2)根据逐差法可知,小车的加速度的表达式是a==。
(3)根据题图丙可知,在误差允许的范围之内,点迹位于同一条直线上,且经过坐标原点,由图像可得出的结论是在小车质量不变时,加速度与合外力成正比。
(4)将小车与托盘和砝码整体进行分析,根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a,平衡摩擦力后,整体的合力F=mg,变形有=M·+,可知实验中作出图像,图像斜率的物理意义是小车的质量M,图像纵截距b=。
14.(8分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系,甲、乙同学设计了如图a所示的实验装置。已知m为沙和沙桶的总质量,m0为滑轮的质量,力传感器可测出轻绳中的拉力大小F。
(1)(多选)实验时,一定要进行的操作是　 。(填字母)
A.用天平测出沙和沙桶的总质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,获得一条打点的纸带,同时记录力传感器的示数
D.为减小误差,实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
(2)甲同学在实验中得到如图b所示的一条纸带,已知打点计时器打点周期为T,根据纸带可求出小车的加速度为　　　 　(用T及x1、x2、x3、x4、x5、x6和数字表示)。
(3)甲同学根据测量数据作出如图c所示的a2F 图线,该同学做实验时存在的问题是　。
(4)乙同学以2F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a2F图线是一条直线,如图d所示,图线的斜率为k,则小车的质量M=　　 　　。
【答案】 (1)BC
(2)
(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
(4)-m0
【解析】 (1)因为用力传感器测绳子拉力,所以对沙和沙桶的质量没有要求,也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量,故A、D错误;为了让拉力等于小车的合外力,需要平衡摩擦力,故B正确;开始做实验时,小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,获得一条打点的纸带,同时记录力传感器的示数,故C正确。
(2)由逐差法可知,小车的加速度为a=。
(3)从题图c可知,有一定的拉力后,小车才运动,所以存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
(4)由牛顿第二定律得2F=(m0+M)a,
变形为a=,
所以在a2F图线中k=,
解得M=-m0。
15.(7分)如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=5 s时离地面的高度为75 m。(g取10 m/s2)
(1)上升过程中无人机的加速度a1为多少
(2)运动过程中所受空气阻力大小为多少
(3)假设由于动力系统故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为 40 m/s。
①无人机此时的加速度a2为多少
②无人机悬停时距地面高度为多少
【答案】 (1)6 m/s2,方向向上　(2)4 N (3)①8 m/s2,方向向下　②100 m
【解析】 (1)由运动学规律得,上升高度h=a1t2,
可得a1=6 m/s2,方向向上。
(2)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律得
F-mg-Ff=ma1,联立解得Ff=4 N。
(3)①下落过程由牛顿第二定律有mg-Ff=ma2,
得a2=8 m/s2,方向向下。
②落地时的速度v2=2a2H,
联立解得H=100 m。
16.(9分)如图所示,倾角为θ=37°的斜面体C固定于水平面上,质量 mB=10 kg 的物体B置于斜面上,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5;物体B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接,连接B的一段细绳与斜面平行,滑轮通过轻杆固定在天花板上,重力加速度g取10 m/s2。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若物体B恰好沿斜面匀速下滑,求物体A的质量mA;
(2)若物体A的质量为mA′=15 kg,由静止释放A物体,求运动过程中,绳中拉力的大小FT′。
【答案】 (1)2 kg　(2)120 N
【解析】 (1)B匀速下滑,A匀速上升根据平衡条件绳中拉力为FT=mAg,
B匀速下滑,根据平衡条件
则mBgsin θ-FT-μmBgcos θ=0,
解得mA=2 kg。
(2)由于mA′g>mBgsin θ+μmBgcos θ,
则B沿斜面加速上滑,对B根据牛顿第二定律有FT′-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa,
对A根据牛顿第二定律有mA′g-FT′=mA′a,
解得FT′=120 N。
17.(14分)如图所示,水平传送带AB长度为LAB=4 m,以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转,BC段是倾斜的固定斜面,倾角为θ=37°斜面足够长,AB和BC由B点通过一段很短的圆弧平滑连接(图中未画出圆弧),现将一质量m=1 kg 的小物块(可看作质点)无初速度地放在A点,已知小物块与传送带和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小物块第一次到达B点所用时间;
(2)小物块沿斜面上升的最大高度;
(3)小物块第二次到达B点所用时间。
【答案】 (1)1.4 s　(2)0.48 m　(3)0.4 s+ s
【解析】 (1)小物块在传送带上运动时,对小物块进行受力分析,根据牛顿第二定律可得
μmg=ma,
解得a=5 m/s2,
小物块和传送带速度相等时的加速时间为t1== s=0.8 s,
小物块的加速距离为x=t1=×0.8 m=1.6 m,
以后小物块随传送带一起匀速运动,则匀速运动的时间为t2== s=0.6 s,
小物块第一次到达B点所用时间t=t1+t2=0.8 s+0.6 s=1.4 s。
(2)小物块沿斜面上升时的加速度大小为a′,对小物块进行受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma′,
代入数据解得a′=10 m/s2;
小物块沿斜面上升的最大长度x′== m=0.8 m,
所以小物块沿斜面上升的最大高度为h=x′sin θ=0.8×0.6 m=0.48 m。
(3)小物块沿斜面上升的时间为t3== s=0.4 s,
小物块到达最高点后会沿斜面下滑,设下滑的加速度大小为a″,对小物块进行受力分析,
mgsin θ-μmgcos θ=ma″,
代入数据解得a″=2 m/s2,
小物块下滑到B点所用的时间为t4,则
根据x′=a″,
得t4= s,
小物块第二次到达B点所用时间为t′=t3+t4=0.4 s+ s。
18.(16分)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率为v0=2 m/s。将质量m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=25 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.3,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面的动摩擦因数μ3在一定范围内,满足0.1≤μ3≤0.3。AB的距离为s=8.2 m,木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体刚开始下滑时的加速度大小;
(2)物体通过传送带所需要的时间;
(3)物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
【答案】 (1)10 m/s2　(2)2.2 s (3)6 m　 m
【解析】 (1)物体速度达到传送带速度前mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1,
解得a1=10 m/s2。
(2)物体与传送带共速所需时间为t1==0.2 s,
根据速度—位移公式有=2a1x1,
解得x1=0.2 m,
共速后,由于μ1=0.5物体继续在传送带上做匀加速运动mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2,
解得a2=2 m/s2,
设物体经t2到达B端,则有(s-x1)=v0t2+a2,
解得t2=2 s,
物体通过传送带所需要的时间为t=t1+t2=2.2 s。
(3)物体滑上木板左端时的速度大小vB=v0+a2t2,
解得vB=6 m/s,
物体am=μ2g=3 m/s2,
木板aM==3-20μ3,
临界条件为μ3=0.15,
①0.15≤μ3≤0.3时,木板静止,物体s0==6 m,
②0.1≤μ3<0.15时,物体与木板先相对运动,达到共速后,一起减速为零,μ3越小,物体的路程越大。
当μ3=0.1时,路程有最大值。
设共速时间为t3,则6-3t3=1×t3,
解得t3=1.5 s,s1= m,
此后,整体加速度为a=μ3g=1 m/s2,
解得s2= m,总路程s′=s1+s2= m,
总路程的最小值为6 m,最大值为 m。(共19张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
[例1] (2024·安徽卷)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
[A] 速度一直增大
[B] 速度先增大后减小
[C] 加速度的最大值为3g
[D] 加速度先增大后减小
A
【解析】 将小球缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。撤去拉力,小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,小球在竖直方向所受合力不断变小,故小球受到的合力一直变小,加速度一直减小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误。
[例2] (2024·湖南卷) 如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
A
热点二　动力学中的连接体问题
[例3] (2024·北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A
[例4] (2024·全国甲卷)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是(　　)
D
[A] [B] [C] [D]
热点三　动力学中的图像问题
[例5] (多选)(2024·黑吉辽卷)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　 　)
[A] 小物块在t=3t0时刻滑上木板
[B] 小物块和木板间动摩擦因数为2μ
[C] 小物块与木板的质量比为3∶4
[D] t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD
[例6] (2024·广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t 图像可能正确的是(　　)
B
[A] [B] [C] [D]
【解析】在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,且为正值,F-y 图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有F=mg-kΔy(mg>kΔy),后有F=kΔy-mg(mgF先减小后反向增大,F-y图像为过y轴的倾斜直线;整个下落过程动能变化量为0,所以整个过程合外力F做功为0,则F-y图像中图线在y轴上方和下方与坐标轴包围的面积大小相等;此后木块返回,其图像与下落过程重合,故A错误,B正确。
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