一輪復(fù)習(xí)講義第三章牛頓運動定律

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))牛頓運動定律第1節(jié)牛頓第肯定律__牛頓第三定律(1)牛頓第肯定律是試驗定律。(×)(2)在水平面上運動的物體最終停下來，是由于水平方向沒有外力維持其運動的結(jié)果。(×)(3)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)(4)物體的慣性越大，運動狀態(tài)越難轉(zhuǎn)變。(√)(5)作用力與反作用力可以作用在同一物體上。(×)(6)作用力與反作用力的作用效果不能抵消。(√)(1)伽利略利用“抱負(fù)試驗〞得出“力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由〞的觀點，推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動的緣由〞的錯誤觀點。(2)英國科學(xué)家牛頓在?自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理?著作中提出了“牛頓第一、其次、第三定律〞。突破點(一)牛頓第肯定律的理解1．對牛頓第肯定律的理解(1)提出慣性的概念：牛頓第肯定律指出一切物體都具有慣性，慣性是物體的一種固有屬性。(2)揭示力的本質(zhì)：力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，而不是維持物體運動狀態(tài)的緣由。2．慣性的兩種表現(xiàn)形式(1)物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)。(2)物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為抗拒運動狀態(tài)轉(zhuǎn)變的力量。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難轉(zhuǎn)變；慣性小，物體的運動狀態(tài)簡單轉(zhuǎn)變。3．與牛頓其次定律的比照牛頓第肯定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓其次定律是一條試驗定律。[題點全練]1．(2018·三明檢測)科學(xué)思維和科學(xué)方法是我們熟悉世界的根本手段。在討論和解決問題的過程中，不僅需要相應(yīng)的學(xué)問，還需要運用科學(xué)的方法。抱負(fù)試驗有時更能深刻地反映自然規(guī)律，伽利略設(shè)想了一個抱負(fù)試驗，如下圖。①兩個對接的斜面，靜止的小球沿一個斜面滾下，小球?qū)L上另一個斜面；②假如沒有摩擦，小球?qū)⑸仙皆瓉磲尫诺母叨?；③減小其次個斜面的傾角，小球在這個斜面上仍舊會到達(dá)原來的高度；④連續(xù)減小其次個斜面的傾角，最終使它成為水平面，小球會沿水平面做持續(xù)的勻速運動。通過對這個試驗的分析，我們可以得到的最直接結(jié)論是()A．自然界的一切物體都具有慣性B．光滑水平面上運動的小球，運動狀態(tài)的維持并不需要外力C．假如小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生轉(zhuǎn)變D．小球受到的力肯定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小解析：選B抱負(fù)斜面試驗只能說明鋼球具有慣性，推廣到一切物體的是牛頓，A錯誤；伽利略通過“抱負(fù)斜面試驗〞和科學(xué)推理，得出的結(jié)論是：力不是維持物體運動的緣由，光滑水平面上運動的小球，運動狀態(tài)的維持并不需要外力，B正確；假如小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生轉(zhuǎn)變，這是牛頓得出的，C錯誤；小球受到的力肯定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小，這是牛頓其次定律內(nèi)容，D錯誤。2.(2018·江都月考)在水平的路面上有一輛勻速行駛的小車，車上固定一盛滿水的碗?，F(xiàn)突然發(fā)覺碗中的水灑出，水灑出的狀況如下圖，那么關(guān)于小車在此種狀況下的運動表達(dá)正確的選項是()A．小車勻速向左運動B．小車可能突然向左加速運動C．小車可能突然向左減速運動D．小車可能突然向右加速運動解析：選B假設(shè)小車勻速向左運動，那么水也勻速運動，速度相等，碗中的水不會灑出，故A錯誤；小車突然向左加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，所以碗向左的速度大于水向左的速度，可以消失圖示狀況，故B正確；小車突然向左減速，由于慣性，水還沒有來得及減速，所以小車向左的速度小于水向左的速度，水應(yīng)向左灑出，故C錯誤；小車突然向右加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，所以碗向右的速度大于水向右的速度，水應(yīng)向左灑出，故D錯誤。3.[多項選擇]如下圖，在勻速前進的磁懸浮列車?yán)?，小明將一小球放在水平桌面上，且小球相對桌面靜止。關(guān)于小球與列車的運動，以下說法正確的選項是()A．假設(shè)小球向前滾動，那么磁懸浮列車在加速前進B．假設(shè)小球向后滾動，那么磁懸浮列車在加速前進C．磁懸浮列車急剎車時，小球向前滾動D．磁懸浮列車急剎車時，小球向后滾動解析：選BC由于慣性，小球要保持原來的勻速運動狀態(tài)，假設(shè)小球向前滾動，那么說明磁懸浮列車在減速前進，假設(shè)小球向后滾動，那么說明磁懸浮列車在加速前進，故B正確，A錯誤；反之，假設(shè)磁懸浮列車急剎車時，磁懸浮列車速度變小，小球由于慣性速度不變，故向前滾動，C正確，D錯誤。突破點(二)牛頓第三定律的理解1．作用力與反作用力的“六同、三異、二無關(guān)〞(1)六同eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性質(zhì)相同、大小相同、同始終線,同時產(chǎn)生、同時變化、同時消逝))(2)三異eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方向相反,不同物體,不同效果))(3)二無關(guān)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(與物體的運動狀態(tài)無關(guān),與物體是否受其他力無關(guān)))2．作用力、反作用力與一對平衡力的比擬作用力和反作用力一對平衡力不同點作用在兩個物體上作用在同一物體上力的性質(zhì)肯定相同對力的性質(zhì)無要求作用效果不行抵消作用效果相互抵消相同點大小相等、方向相反，作用在同始終線上[題點全練]1.氣球冒險家利用一簇氣球使一座房屋成功升空。圖示時刻房屋正在加速上升，此時()A．繩對房屋的拉力與房屋對繩的拉力大小相等B．房屋對繩的拉力與房屋所受的重力大小相等C．房屋受到的繩的拉力與房屋所受的重力是一對平衡力D．房屋對繩的拉力與房屋所受的重力是一對作用力和反作用力解析：選A繩對房屋的拉力與房屋對繩的拉力是一對作用力和反作用力，那么大小相等，選項A正確；房屋對繩的拉力與繩對房屋的拉力大小相等，因加速上升，那么繩對房屋的拉力大于房屋所受的重力，那么房屋對繩的拉力大于房屋所受的重力，選項B錯誤；因加速上升，那么房屋受到的繩的拉力與房屋所受的重力不是一對平衡力，選項C錯誤；房屋對繩的拉力與房屋所受的重力不是一對作用力和反作用力，選項D錯誤。2．(2018·天津模擬)物體靜止于水平桌面上，那么()A．物體對桌面的壓力和桌面對物體的支持力是一對相互平衡的力B．物體的重力和桌面對它的支持力是一對作用力與反作用力C．物體對桌面的壓力就是物體的重力，這兩個力是同性質(zhì)的力D．桌面對物體的支持力大小等于物體的重力大小，這兩個力是一對平衡力解析：選D物體對桌面的壓力和桌面對物體的支持力是一對作用力與反作用力，故A錯誤；物體的重力和物體對地球的吸引力是一對作用力與反作用力，故B錯誤；壓力不是重力，它們的施力物體、受力物體、作用點都不相同，故C錯誤；物體的重力是作用在物體上的力，支持力也是作用在這個物體上的力，這兩個力大小相等、方向相反且作用在同始終線上，所以這兩個力是一對平衡力，故D正確。3．(2018·揚州二模)牛頓在總結(jié)C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的討論結(jié)果后，提出了聞名的牛頓第三定律，闡述了作用力和反作用力的關(guān)系，從而與牛頓第肯定律和牛頓其次定律形成了完整的牛頓力學(xué)體系。以下關(guān)于作用力和反作用力的說法正確的選項是()A．物體先對地面產(chǎn)生壓力，然后地面才對物體產(chǎn)生支持力B．物體對地面的壓力和地面對物體的支持力相互平衡C．人推車加速前進，人對車的作用力的大小等于車對人的作用力的大小D．物體在地面上滑行，物體對地面的摩擦力大于地面對物體的摩擦力解析：選C物體對地面的壓力和地面對物體的支持力是一對作用力與反作用力，是同時產(chǎn)生的，所以選項A錯誤；物體對地面的壓力和地面對物體的支持力分別作用在地面和物體上，是一對作用力與反作用力，不是平衡力，選項B錯誤；人對車的作用力與車對人的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項C正確；物體對地面的摩擦力與地面對物體的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項D錯誤。突破點(三)應(yīng)用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換討論對象[典例](2018·?？谀M)建筑工人用如下圖的定滑輪裝置運送建筑材料。一質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽視繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，那么工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．510N B．490NC．890N D．910N[思路點撥](1)明確物體間的相互作用：(2)轉(zhuǎn)換討論對象：①求地面所受壓力時，由于地面無其他信息，因此轉(zhuǎn)換到求人受地面的支持力。②求繩對人的拉力時，人的受力狀況簡單，因此轉(zhuǎn)換到求建材所受繩的拉力。(3)依據(jù)牛頓第三定律，轉(zhuǎn)換討論對象后所求的力與待求力是“等大〞的，因此問題得以奇妙地解出。[解析]設(shè)繩子對物體的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力FN′＝FN＝490N故B項正確。[答案]B[方法規(guī)律]假如不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力。在很多問題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換討論對象，可以使我們分析問題的思路更敏捷、更開闊。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如下圖，用彈簧測力計懸掛一個重G＝10N的金屬塊，使金屬塊一局部浸在臺秤上的水杯中(水不會溢出)。假設(shè)彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)镕T＝6N，那么臺秤的示數(shù)比金屬塊沒有浸入水前()A．保持不變 B．增加10NC．增加6N D．增加4N解析：選D對金屬塊受力分析，由平衡條件可知，水對金屬塊的浮力為F＝G－FT＝4N，方向豎直向上，那么由牛頓第三定律可得，金屬塊對水的作用力大小為F′＝4N，方向豎直向下，所以臺秤的示數(shù)比金屬塊沒有浸入水前增加了4N，選項D正確。2.如下圖，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長木板上水平向右加速滑行，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)長木板仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么長木板對地面摩擦力大小肯定為()A．μ1(m＋M)g B．μ2mgC．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg解析：選B木塊在長木板上向右滑行過程中，受到長木板對木塊水平向左的滑動摩擦力，由牛頓第三定律可知，木塊對長木板有水平向右的滑動摩擦力，大小為μ2mg，由于長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向合力為零，故地面對長木板的靜摩擦力方向水平向左，大小為μ2mg，由牛頓第三定律可知，長木板對地面的摩擦力大小為μ2mg，故B正確。3.一個箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱子與桿的質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如下圖。環(huán)沿桿勻加速下滑時，環(huán)與桿間的摩擦力大小為Ff，那么此時箱子對地面的壓力大小為()A．Mg＋Ff B．Mg－FfC．Mg＋mg D．Mg－mg解析：選A環(huán)在豎直方向上受重力及箱子的桿對它的豎直向上的摩擦力Ff，受力狀況如圖甲所示，依據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應(yīng)對桿有豎直向下的摩擦力Ff′，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對它的支持力FN及環(huán)對它的摩擦力Ff′，受力狀況如圖乙所示，由于箱子處于平衡狀態(tài)，可得FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg。依據(jù)牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力，即FN′＝Mg＋Ff，應(yīng)選項A正確。慣性的“相對性〞(一)空氣中的鐵球和乒乓球1.如下圖，一容器固定在一個小車上，在容器中分別懸掛一只鐵球和一只乒乓球，容器中鐵球和乒乓球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動狀況是(以小車為參考系)()A．鐵球向左，乒乓球向右 B．鐵球向右，乒乓球向左C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右解析：選C由于慣性，當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，鐵球和乒乓球都相對容器向左運動，C正確。(二)水中的鐵球和乒乓球2.如下圖，一盛水的容器固定在一個小車上，在容器中分別懸掛和拴住一只鐵球和一只乒乓球。容器中的水和鐵球、乒乓球都處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動狀況是(以小車為參考系)()A．鐵球向左，乒乓球向右 B．鐵球向右，乒乓球向左C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右解析：選A由于小車突然向右運動，鐵球和乒乓球都有向右運動的趨勢，但由于與同體積的“水球〞相比，鐵球質(zhì)量大、慣性大，鐵球的運動狀態(tài)難轉(zhuǎn)變，即速度變化慢，而同體積的“水球〞的運動狀態(tài)簡單轉(zhuǎn)變，即速度變化快，而且水和車一起向右運動，所以小車向右運動時，鐵球相對小車向左運動。同理，由于乒乓球與同體積的“水球〞相比，質(zhì)量小，慣性小，乒乓球相對小車向右運動。eq\a\vs4\al([反思領(lǐng)悟])(1)質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，物體的質(zhì)量越大，慣性越大，狀態(tài)越難轉(zhuǎn)變。(2)懸掛在空氣中的鐵球和乒乓球的慣性都比對應(yīng)的“空氣球〞的慣性大，但懸掛在水中的乒乓球的慣性沒有對應(yīng)的“水球〞的慣性大。對點訓(xùn)練：牛頓第肯定律的理解1．(2018·揭陽模擬)在物理學(xué)史上，正確熟悉運動和力的關(guān)系且推翻“力是維持物體運動的緣由〞這個觀點的物理學(xué)家及建立慣性定律的物理學(xué)家分別是()A．亞里士多德、伽利略 B．伽利略、牛頓C．伽利略、愛因斯坦 D．亞里士多德、牛頓解析：選B伽利略通過斜面試驗正確熟悉了運動和力的關(guān)系，從而推翻了亞里士多德“力是維持物體運動的緣由〞的錯誤觀點；牛頓在歸納總結(jié)伽利略、笛卡兒等科學(xué)家的結(jié)論根底上得出了牛頓第肯定律，即慣性定律，應(yīng)選項B正確。2．(2018·鎮(zhèn)江模擬)下面是摘自上個世紀(jì)報紙上的一篇文章：阿波羅登月在脫離地球飛向月球的過程中，宇航員通過無線電與在家中上學(xué)校的兒子湯姆通話。宇航員：“湯姆，我們現(xiàn)在已關(guān)閉了上全部的發(fā)動機，正向月球飛去。〞湯姆：“你們關(guān)閉了全部的發(fā)動機，那么靠什么力氣推動向前運動呢？〞宇航員遲疑了半天，說：“我想也許是伽利略在推動向前運動吧。〞假設(shè)不計天體對的引力，由上述材料可知以下說法錯誤的選項是()A．湯姆問話所表達(dá)的物理思想是“力是維持物體運動的緣由〞B．宇航員答話所表達(dá)的物理思想是“力是維持物體運動的緣由〞C．宇航員答話所表達(dá)的物理思想是“物體運動不需要力來維持〞D．宇航員答話的真實意思是正在依靠慣性飛行解析：選B湯姆說：“你們關(guān)閉了全部的發(fā)動機，那么靠什么力氣推動向前運動呢？〞，想表達(dá)的真實意思是“的運動需要力來維持〞，故A正確；由題意知，宇航員說也許是伽利略在推動向前運動，真實意思是依據(jù)伽利略的理論，“的運動不需要力來維持〞，正在依靠慣性飛行，而不是伽利略用力推動著向前運動，故B錯誤，C、D正確。3．(2018·淮安調(diào)研)對物體的慣性有這樣一些理解，你覺得哪些是正確的()A．汽車快速行駛時慣性大，因而剎車時費勁，慣性與物體的速度大小有關(guān)B．在月球上舉重比在地球上簡單，所以同一物體在地球上慣性比在月球上大C．加速運動時，物體有向后的慣性；減速運動時，物體有向前的慣性D．不管在什么地方，不管物體原有運動狀態(tài)如何，物體的慣性是客觀存在的，慣性的大小與物體的質(zhì)量有關(guān)解析：選D慣性就是物體保持原來的運動狀態(tài)的性質(zhì)，與物體速度大小無關(guān)，故A錯誤；慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，同一物體，質(zhì)量不變，那么慣性不變，故B錯誤；慣性就是物體保持原來的運動狀態(tài)的性質(zhì)，無論是加速運動還是減速運動，物體都保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，故C錯誤；慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，不管在什么地方，不管物體原有運動狀態(tài)如何，物體的慣性是客觀存在的，慣性的大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，故D正確。4．(2018·益陽模擬)亞里士多德在其著作?物理學(xué)?中說：一切物體都具有某種“自然本性〞，物體由其“自然本性〞打算的運動稱之為“自然運動〞，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非“自然運動〞稱之為“受迫運動〞。伽利略、笛卡爾、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學(xué)。新物理學(xué)認(rèn)為一切物體都具有的“自然本性〞是“慣性〞。以下關(guān)于“慣性〞和“運動〞的說法中不符合新物理學(xué)的是()A．一切物體的“自然運動〞都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動〞即變速運動的緣由C．可繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力〞超過了“桌面給盤子的摩擦力〞導(dǎo)致的D．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有馬上反向運動，而是連續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性解析：選C力不是維持物體運動的緣由，力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，所以當(dāng)物體不受到任何外力的時候，總保持靜止或者勻速運動的狀態(tài)，應(yīng)選項A正確；當(dāng)物體受到外力作用的時候，物體的運動狀態(tài)會發(fā)生轉(zhuǎn)變，即力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，應(yīng)選項B正確；可繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力〞超過了“桌面給盤子的摩擦力〞導(dǎo)致的，應(yīng)選項C錯誤；物體具有向上的速度，由于具有保持這種運動狀態(tài)的慣性，雖然受到向下的重力，但物體不會馬上向下運動，應(yīng)選項D正確。5．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)四地名校聯(lián)考)關(guān)于慣性的熟悉，以下說法正確的選項是()A．物體受到力的作用后，運動狀態(tài)發(fā)生轉(zhuǎn)變，慣性也隨之轉(zhuǎn)變B．置于光滑水平面上的物體即使質(zhì)量很大也能被拉動，說明慣性與物體的質(zhì)量無關(guān)C．讓物體的速度發(fā)生轉(zhuǎn)變，無論多快，都需要肯定時間，這是由于物體具有慣性D．同一物體沿同一水平面滑動，速度較大時停下來需要的時間較長，說明慣性與速度有關(guān)解析：選C物體受到力的作用后，運動狀態(tài)發(fā)生轉(zhuǎn)變，但物體的慣性完全由物體的質(zhì)量打算，與物體的受力及運動速度無關(guān)，故A、B、D均錯誤；一切物體都具有慣性，所以讓物體受力使其速度發(fā)生轉(zhuǎn)變，都需要肯定時間，所以C正確。6.如下圖，在一輛外表光滑且足夠長的小車上，有質(zhì)量為m1和m2的兩個小球(m1>m2)隨車一起勻速運動，當(dāng)車突然停止時，假設(shè)不考慮其他阻力，那么兩個小球()A．肯定相碰 B．肯定不相碰C．不肯定相碰 D．無法確定解析：選B因小車外表光滑，因此小球在水平方向上不會受到外力作用，原來兩小球與小車有相同的速度，當(dāng)車突然停止時，由于慣性，兩小球的速度將不變，所以不會相碰。對點訓(xùn)練：牛頓第三定律的理解7.如下圖是我國一種傳統(tǒng)的民族體育工程“押加〞，實際上相當(dāng)于兩個人拔河，假如繩質(zhì)量不計，且保持水平，甲、乙兩人在“押加〞競賽中甲獲勝，那么以下說法中正確的選項是()A．甲對乙的拉力始終大于乙對甲的拉力B．甲把乙加速拉過去時，甲對乙的拉力大于乙對甲的拉力C．只有當(dāng)甲把乙勻速拉過去時，甲對乙的拉力大小才等于乙對甲的拉力大小D．甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力解析：選D甲拉乙的力與乙拉甲的力是一對作用力與反作用力，大小始終相等，與運動狀態(tài)無關(guān)，故A、B、C錯誤；即不管哪個獲勝，甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是當(dāng)?shù)孛鎸椎哪Σ亮Υ笥诘孛鎸σ业哪Σ亮?，甲才能獲勝，故D正確。8.(2018·濟寧模擬)如下圖為體操男子吊環(huán)競賽中某個時刻的模擬圖，運發(fā)動靜止不動，兩根吊帶對稱并與豎直方向有肯定的夾角。此時左、右兩吊環(huán)對運發(fā)動的作用力大小分別為F1、F2。那么以下推斷中正確的選項是()A．F1、F2是一對作用力和反作用力B．兩個吊環(huán)對運發(fā)動的作用力的合力肯定豎直向上C．每根吊帶受到吊環(huán)的拉力的大小都等于運發(fā)動重力的一半D．在運發(fā)動將兩吊帶由圖示狀態(tài)再緩慢向兩邊撐開的過程中，吊帶上的張力緩慢增大解析：選B運發(fā)動的受力簡化為如下圖。由共點力的平衡可知，在豎直方向上：F1cosθ＋F2cosθ＝G在水平方向上：F1sinθ＝F2sinθ解得：F1＝F2＝eq\f(G,2cosθ)；F1、F2都作用在運發(fā)動上，不行能成為一對作用力和反作用力，故A錯誤；運發(fā)動受吊環(huán)的拉力及重力而處于平衡狀態(tài)，三力為共點力，依據(jù)共點力平衡的特點可知，兩個吊環(huán)對運發(fā)動的作用力的合力肯定豎直向上，故B正確；由公式可知，由于cosθ≤1，每根吊帶所受的拉力大小都大于等于運發(fā)動重力的一半，故C錯誤；在運發(fā)動將兩吊帶再緩慢向兩邊撐開的過程中，角度θ減小，故兩根吊帶的拉力均減小，故D錯誤。9.[多項選擇]如下圖，用水平力F把一個物體緊壓在豎直墻壁上靜止，以下說法中正確的選項是()A．水平力F跟墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力B．物體的重力跟墻壁對物體的靜摩擦力是一對平衡力C．水平力F與物體對墻壁的壓力是一對作用力與反作用力D．物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力解析：選BD水平力F跟墻壁對物體的壓力作用在同一物體上，大小相等，方向相反，且作用在一條直線上，是一對平衡力，選項A錯誤；物體在豎直方向上受豎直向下的重力以及墻壁對物體豎直向上的靜摩擦力的作用，因物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，故這兩個力是一對平衡力，選項B正確；水平力F作用在物體上，而物體對墻壁的壓力作用在墻壁上，這兩個力不是平衡力，也不是相互作用力，選項C錯誤；物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是兩個物體間的相互作用力，是一對作用力與反作用力，選項D正確。對點訓(xùn)練：應(yīng)用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換討論對象10.(2018·樂山模擬)如下圖，家用吊扇對懸掛點有拉力作用，正常轉(zhuǎn)動時吊扇對懸掛點的拉力與它不轉(zhuǎn)動時相比()A．變大 B．變小C．不變 D．無法推斷解析：選B吊扇不轉(zhuǎn)動時，吊扇對懸掛點的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋轉(zhuǎn)時要向下?lián)滹L(fēng)，即對空氣有向下的壓力，依據(jù)牛頓第三定律，空氣也對吊扇有一個向上的反作用力，使得吊扇對懸掛點的拉力減小，B正確。11.如下圖，兩塊小磁鐵質(zhì)量均為0.5kg，A磁鐵用輕質(zhì)彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長L0＝10cm，勁度系數(shù)k＝100N/m。當(dāng)A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的長度為L＝11cm。不計地磁場對磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，求B對地面的壓力大小。(g取10m/s2)解析：A受力如圖甲所示，由平衡條件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4N故B對A的作用力大小為4N，方向豎直向上。由牛頓第三定律得A對B的作用力F′＝－F＝4N，方向豎直向下B受力如圖乙所示，由平衡條件得：FN－mg－F′＝0解得：FN＝9N由牛頓第三定律得B對地面的壓力大小為9N。答案：9N考點綜合訓(xùn)練12．[多項選擇](2018·定州中學(xué)月考)2017年4月20日19時41分，搭載著我國首顆貨運飛船“天舟一號〞的七號遙二運載在文昌航天放射中心點火放射，下面關(guān)于飛船與上天的情形表達(dá)正確的選項是()A．尾部向下噴氣，噴出的氣體反過來對產(chǎn)生一個反作用力，從而讓獲得了向上的推力B．尾部噴出的氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使獲得飛行的動力C．飛出大氣層后，由于沒有了空氣，雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D．飛船進入運行軌道之后，與地球之間仍舊存在一對作用力與反作用力解析：選AD尾部向下噴氣，噴出的氣體反過來對產(chǎn)生一個反作用力，從而讓獲得了向上的推力，故A正確，B錯誤；飛出大氣層后，雖然沒有了空氣，向后噴氣，噴出的氣體反過來對產(chǎn)生一個反作用力，從而讓獲得前進的動力，故C錯誤；飛船進入運行軌道之后，與地球之間仍舊存在一對作用力與反作用力，即地球?qū)︼w船的引力和飛船對地球的引力，故D正確。13.如下圖，甲、乙兩人在冰面上“拔河〞。兩人中間位置處有一分界線，商定先使對方過分界線者為贏。假設(shè)繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，那么以下說法正確的選項是()A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C．假設(shè)甲的質(zhì)量比乙大，那么甲能贏得“拔河〞競賽的成功D．假設(shè)乙收繩的速度比甲快，那么乙能贏得“拔河〞競賽的成功解析：選C依據(jù)牛頓第三定律可知甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，選項A錯誤；由于甲和乙的力作用在同一個物體上，應(yīng)選項B錯誤；假設(shè)甲的質(zhì)量比擬大，甲的慣性比乙的大，故運動狀態(tài)轉(zhuǎn)變比乙難，故乙先過界，選項C正確；“拔河〞競賽的輸贏只與甲、乙的質(zhì)量有關(guān)，與收繩速度無關(guān)，選項D錯誤。14．(2018·蕭山模擬)如下圖是我國首次立式風(fēng)洞跳傘試驗，風(fēng)洞噴出豎直向上的氣流將試驗者加速向上“托起〞，此過程中()A．地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈笮∠嗟菳．人受到的重力和人受氣流的力是一對作用力和反作用力C．人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小D．人被向上“托起〞時處于失重狀態(tài)解析：選A地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈κ亲饔昧头醋饔昧Γ笮∠嗟?，故A正確；試驗者加速向上運動，合力向上不為零，受氣流的力大于重力，故B、C錯誤；人被向上“托起〞時，加速度向上，處于超重，故D錯誤。15.如下圖為英國人阿特伍德設(shè)計的裝置，不考慮繩與滑輪的質(zhì)量，不計軸承、繩與滑輪間的摩擦。初始時兩人均站在水平地面上，當(dāng)位于左側(cè)的甲用力向上攀爬時，位于右側(cè)的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達(dá)滑輪。以下說法中正確的選項是()A．假設(shè)甲的質(zhì)量較大，那么乙先到達(dá)滑輪B．假設(shè)甲的質(zhì)量較大，那么甲、乙同時到達(dá)滑輪C．假設(shè)甲、乙質(zhì)量相同，那么乙先到達(dá)滑輪D．假設(shè)甲、乙質(zhì)量相同，那么甲先到達(dá)滑輪解析：選A由于滑輪光滑，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，假設(shè)甲的質(zhì)量大，那么由甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力，得甲攀爬時乙的加速度大于甲，所以乙會先到達(dá)滑輪，選項A正確，選項B錯誤；假設(shè)甲、乙的質(zhì)量相同，甲用力向上攀爬時，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙應(yīng)同時到達(dá)滑輪，選項C、D錯誤。16.如下圖，圓環(huán)的質(zhì)量為M，經(jīng)過環(huán)心的豎直鋼絲AB上套有一個質(zhì)量為m的小球，今讓小球沿鋼絲AB以初速度v0豎直向上運動，要使圓環(huán)對地面無壓力，那么小球的加速度和小球能到達(dá)的最大高度是多少？(設(shè)小球不會到達(dá)A點)解析：由牛頓第三定律知，假設(shè)圓環(huán)對地面無壓力，那么地面對圓環(huán)無支持力，取小球為討論對象，受重力mg和鋼絲對小球豎直向下的摩擦力Ff，由牛頓其次定律得：mg＋Ff＝ma由牛頓第三定律可知小球?qū)︿摻z豎直向上的摩擦力Ff′＝Ff對圓環(huán)受力分析可知，圓環(huán)受重力Mg和豎直向上的摩擦力Ff′作用，那么：Mg＝Ff′由以上各式解得：a＝eq\f(M＋m,m)g小球沿鋼絲做勻減速運動，由運動學(xué)公式可得上升的最大高度x＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(mv02,2M＋mg)。答案：eq\f(M＋m,m)geq\f(mv02,2M＋mg)第2節(jié)牛頓其次定律__兩類動力學(xué)問題,(1)物體加速度的方向肯定與合外力方向相同。(√)(2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×)(4)物體受到外力作用，馬上產(chǎn)生加速度。(√)(5)可以利用牛頓其次定律確定自由電子的運動狀況。(×)(6)物體所受的合外力減小，加速度肯定減小，而速度不肯定減小。(√)(7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的根本單位。(×)(8)力的單位牛頓，簡稱牛，屬于導(dǎo)出單位。(√)突破點(一)牛頓其次定律的理解1．牛頓其次定律的五個特性2．合力、加速度、速度之間的打算關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必定聯(lián)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的打算式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。(3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。[題點全練]1．[多項選擇](2016·全國卷Ⅰ)一質(zhì)點做勻速直線運動。現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生轉(zhuǎn)變，那么()A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點速度的方向不行能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變解析：選BC質(zhì)點原來做勻速直線運動，說明所受合外力為0，當(dāng)對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運動的速度方向關(guān)系不確定，那么質(zhì)點可能做直線運動，也可能做曲線運動，但加速度的方向肯定與該恒力的方向相同，選項B、C正確。2.(2016·上海高考)如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的()A．OA方向 B．OB方向C．OC方向 D．OD方向解析：選D據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，那么三者屬于同一整體，依據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，應(yīng)選項D正確。3.(2018·鎮(zhèn)江模擬)光滑的水平面上，有一木塊以速度v向右運動，一根彈簧固定在墻上，如下圖，木塊從與彈簧接觸直到使彈簧壓縮至最短的過程中木塊將做的運動是()A．勻減速運動B．速度減小，加速度增大的運動C．速度減小，加速度減小的運動D．無法確定解析：選B木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個力，二力平衡。水平方向受到彈簧向左的彈力，由于彈力與速度方向相反，那么木塊做減速運動，隨著壓縮量的增大，彈力增大，由牛頓其次定律可知，加速度增大，故B正確，A、C、D錯誤。突破點(二)牛頓其次定律的瞬時性問題1．兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消逝，詳細(xì)可簡化為以下兩種模型：2．求解瞬時加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時變化前后,物體的受力狀況))?eq\x(\a\al(列牛頓其次,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時,加速度))[題點全練]1．[多項選擇](2018·徐州模擬)如下圖，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。以下推斷中正確的選項是()A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθC．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ解析：選BC設(shè)小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝T，解得：F＝eq\f(mg,cosθ)，T＝mgtanθ。在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，B正確，A錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosθ)，C正確，D錯誤。2.(2018·南京一模)如下圖，A、B兩物塊質(zhì)量分別為2m、m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當(dāng)?shù)妮p繩懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓，此時輕彈簧的伸長量為x，現(xiàn)將懸繩剪斷，那么以下說法正確的選項是()A．懸繩剪斷后，A物塊向下運動2x時速度最大B．懸繩剪斷后，A物塊向下運動3x時速度最大C．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為2gD．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為g解析：選B彈簧開頭處于伸長狀態(tài)，彈力F＝mg＝kx。當(dāng)向下壓縮，當(dāng)彈力等于重力時，速度到達(dá)最大，那么有：2mg＝F′＝kx′，聯(lián)立解得：x′＝2x，所以A物塊下降的距離為x＋2x＝3x，此時速度最大，故A錯誤，B正確。剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F＝mg。剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合＝2mg＋F＝3mg，依據(jù)牛頓其次定律，得ag，故C、D錯誤。3.[多項選擇](2015·海南高考)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2解析：選AC設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消逝，彈簧還沒有來得及轉(zhuǎn)變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1，剪斷細(xì)線前對b、c和彈簧組成的整體分析，可知F1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝eq\f(F,m)＝3g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為F2，那么F2＝mg，依據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤。突破點(三)動力學(xué)的兩類根本問題1．解決動力學(xué)兩類根本問題的思路2．動力學(xué)兩類根本問題的解題步驟[典例]如下圖，航空母艦上的起飛跑道由長度為l1×102m的水平跑道和長度為l2＝20m的傾斜跑道兩局部組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架質(zhì)量為m×104kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F×105N，方向與速度方向相同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍。假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，取g＝10m/s2。(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達(dá)傾斜跑道末端時的速度大小；(2)為了使飛機在傾斜跑道的末端到達(dá)起飛速度100m/s，外界還需要在整個水平跑道對飛機施加助推力，求助推力F推的大小。[思路點撥](1)分析飛機在水平跑道和傾斜跑道上的受力，由牛頓其次定律確定其加速度。(2)利用運動學(xué)公式可求出飛機在水平跑道上的運動時間及飛機到達(dá)傾斜跑道末端的速度大小。(3)助推力只存在于水平跑道上，飛機在傾斜跑道上的加速度不變。[解析](1)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1、末速度大小為v1，運動時間為t1，有F合＝F－Ff＝ma1v12－v02＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，F(xiàn)fmg，代入數(shù)據(jù)可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用，設(shè)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿傾斜跑道方向有F合′＝F－Ff－mgsinα＝ma2mgsinα＝mgeq\f(h,l2)v22－v12＝2a2l2其中v1＝40m/s，代入數(shù)據(jù)可得a2＝3.0m/s2，v2＝eq\r(1720)m/s≈41.5m/s故飛機在水平跑道上運動的時間為8.0s，到達(dá)傾斜跑道末端時的速度大小為41.5m/s。(2)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1′、末速度大小為v1′，有F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′v1′2－v02＝2a1′l1飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒有變化，加速度大小仍有a2′＝3.0m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2依據(jù)題意，v2′＝100m/s，代入數(shù)據(jù)解得F推≈×105N故助推力F推的大小為×105N。[答案]×105N[方法規(guī)律]解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點[集訓(xùn)沖關(guān)]1.[多項選擇](2018·宿遷調(diào)研)如下圖，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以肯定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)，假設(shè)其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。那么()A．a(chǎn)2>a1 B．a(chǎn)2＝a1C．x2>x1 D．x2<x1解析：選AD設(shè)木盒的質(zhì)量為M，依據(jù)牛頓其次定律得，放砝碼時，加速度：a1＝eq\f(μM＋mg,m＋M)＝μg，拿走砝碼施加F時，加速度：a2＝eq\f(μMg＋F,M)＝eq\f(M＋m,M)μg，可知a2＞a1。依據(jù)v2＝2ax得，x＝eq\f(v2,2a)，知加速度增大，那么滑行的距離變小。即：x2<x1，那么A、D正確，B、C錯誤。2.(2018·徐州模擬)航拍儀是目前比擬普遍的一種拍攝儀器，它是在可以垂直起降的小型四旋翼無人機上安裝高清攝像頭而實現(xiàn)拍攝功能的，具有體積小、使用敏捷、飛行高度低、機動性強等優(yōu)點。在一次拍攝中，航拍儀從地面由靜止啟動，獲得豎直向上、大小恒定的升力F，開頭勻加速起飛，運動t＝8s后，到達(dá)h＝32m的高度，此時航拍儀突然消失故障而失去動力，在到達(dá)最高點時動力系統(tǒng)恰好恢復(fù)。航拍儀的質(zhì)量m＝2kg，航拍儀在運動過程中受到Ff＝12N的空氣阻力，假設(shè)航拍儀在運動過程中始終保持水平，g＝10m/s2，求：(1)航拍儀勻加速起飛的加速度大??；(2)航拍儀勻加速起飛時升力的大小；(3)航拍儀動力系統(tǒng)恢復(fù)時所在的高度H。解析：(1)依據(jù)位移時間公式可知h＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2h,t2)＝eq\f(2×32,82)m/s2＝1m/s2(2)依據(jù)牛頓其次定律可知F－mg－Ff＝ma，解得F＝mg＋ma＋Ff＝34N。(3)失去動力時的速度v＝gt＝8m/s，失去動力后，依據(jù)牛頓其次定律求得加速度大小為a′＝eq\f(mg＋Ff,m)＝16m/s2，連續(xù)上升的高度為h′＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(82,2×16)m＝2m航拍儀動力系統(tǒng)恢復(fù)時所在的高度H＝h＋h′＝34m。答案：(1)1m/s2(2)34N(3)34m突破點(四)動力學(xué)的圖像問題1．常見的動力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．動力學(xué)圖像問題的類型3．解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式〞“圖像與物體〞間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出精確?????推斷。[多維探究](一)由v-t圖像分析物體的受力狀況[例1](2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時間圖線如下圖。物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，那么()A．F1<F2 B．F2>F3C．F1>F3 D．F1＝F3[解析]由題圖可知，0～5s內(nèi)加速度a1＝0.2m/s2，方向沿斜面對下，設(shè)斜面傾角為θ，與物體之間的動摩擦力為f，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsinθ－fm；5～10s內(nèi)加速度a2＝0，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsinθ－f；10～15s內(nèi)加速度a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面對上，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsinθ－fm。故可得：F3>F2>F1，選項A正確。[答案]A(二)依據(jù)條件確定某物理量的變化圖像[例2](2018·蘇州二模)如下圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后連續(xù)向下運動。觀看小球從開頭下落到第一次運動至最低點的過程，以下關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際狀況的是()[解析]小球開頭接觸彈簧時，合力向下，向下做加速度漸漸減小的加速運動，運動到某個位置時，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度漸漸增大的減速運動，運動到最低點時，速度為零，加速度最大，依據(jù)對稱性可知，到達(dá)最低端時加速度大于g，且加速度a隨時間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯誤。[答案]A(三)由F-t圖像分析物體的運動狀況[例3](2018·合肥模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝4kg足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的中點放一個質(zhì)量m＝4kg大小可以忽視的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩物塊開頭均靜止，從t＝0時刻起鐵塊m受到水平向右、大小如圖乙所示的拉力F的作用，F(xiàn)共作用時間為6s，(取g＝10m/s2)那么：(1)鐵塊和木板在前2s的加速度大小分別為多少？(2)鐵塊和木板相對靜止前，運動的位移大小各為多少？(3)力F作用的最終2s內(nèi)，鐵塊和木板的位移大小分別是多少？[解析](1)前2s，由牛頓其次定律得對鐵塊：F－μmg＝ma1解得a1＝3m/s2對木板：μmg＝Ma2解得a2＝2m/s2。(2)2s內(nèi)，鐵塊的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝6m木板的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝4m2s末，鐵塊的速度v1＝a1t＝6m/s木板的速度v2＝a2t＝4m/s2s后，對鐵塊：F′－μmg＝ma1′解得a1′＝1m/s2對木板：μmg＝Ma2′解得a2′＝2m/s2設(shè)再經(jīng)過t0時間鐵塊和木板的共同速度為v，那么v＝v1＋a1′t0＝v2＋a2′t0解得t0＝2s，v＝8m/s在t0內(nèi)，鐵塊的位移x1′＝eq\f(v1＋v,2)t0＝eq\f(6＋8,2)×2m＝14m木板的位移x2′＝eq\f(v2＋v,2)t0＝eq\f(4＋8,2)×2m＝12m所以鐵塊和木板相對靜止前鐵塊運動的位移為x鐵塊＝x1＋x1′＝20m鐵塊和木板相對靜止前木板運動的位移為x木板＝x2＋x2′＝16m。(3)力F作用的最終2s，鐵塊和木板相對靜止，一起以初速度v＝8m/s做勻加速直線運動，對鐵塊和木板整體：F＝(M＋m)a解得a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(12,4＋4)m/s2＝1.5m/s2所以鐵塊和木板運動的位移均為x3＝vΔt＋eq\f(1,2)a(Δt)2＝19m。[答案](1)3m/s22m/s2(2)20m16m(3)19m19m1．質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開頭滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。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頭滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。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頭滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。eq\a\vs4\al(三類等時圓及其應(yīng)用)[典例][多項選擇]如下圖，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)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點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時間，那么以下關(guān)系正確的選項是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3[思路點撥][解析]設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，那么ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，依據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)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)相比擬，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，應(yīng)選項A錯誤，B、C、D均正確。[答案]BCD[應(yīng)用體驗]1.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如下圖，ab、cd是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，ab、cd兩端位于相切的兩個豎直圓周上。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，兩個滑環(huán)分別從a、c處釋放(初速度為零)，用t1、t2依次表示滑環(huán)從a到b和從c到d所用的時間，那么()A．t1＞t2B．t1＜t2C．t1＝t2D．t1和t2的大小以上三種狀況都有可能解析：選C設(shè)軌道與豎直方向的夾角為θ，依據(jù)幾何關(guān)系得，軌道的長度L＝(2R1＋2R2)cosθ，加速度：a＝eq\f(mgcosθ,m)＝gcosθ，依據(jù)L＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(4R1＋R2,g))，與夾角無關(guān)，那么t1＝t2。故C正確。2.(2018·東北三省三校一模)如下圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，那么tA、tB、tC大小關(guān)系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點的位置不確定，無法比擬時間大小關(guān)系解析：選B由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tA＝tC<tB，B正確。對點訓(xùn)練：牛頓其次定律的理解1.假設(shè)戰(zhàn)機從“遼寧號〞航母上起飛前滑行的距離相同，牽引力相同，那么()A．?dāng)y帶彈藥越多，加速度越大B．加速度相同，與攜帶彈藥的多少無關(guān)C．?dāng)y帶彈藥越多，獲得的起飛速度越大D．?dāng)y帶彈藥越多，滑行時間越長解析：選D攜帶彈藥越多，戰(zhàn)機的質(zhì)量越大，而牽引力相同，依據(jù)牛頓其次定律F＝ma可知，飛機加速度越小，由v2＝2ax可知，起飛速度越小，選項A、B、C錯誤；起飛前滑行的距離相同，由x＝eq\f(1,2)at2可得，加速度越小，滑行時間越長，所以D正確。2．[多項選擇]如下圖，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，那么當(dāng)木塊接觸彈簧后，以下推斷正確的選項是()A．木塊馬上做減速運動B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍增大C．當(dāng)F等于彈簧彈力時，木塊速度最大D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零解析：選BCD剛開頭時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊連續(xù)向右做加速度漸漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊連續(xù)向右做加速度漸漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，應(yīng)選項A錯誤，B、C、D正確。對點訓(xùn)練：牛頓其次定律的瞬時性問題3.(2018·南通模擬)如下圖，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細(xì)線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開頭時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，假設(shè)不計彈簧質(zhì)量，在水平細(xì)線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()A．a(chǎn)A＝aB＝g B．a(chǎn)A＝2g，aB＝0C．a(chǎn)A＝eq\r(3)g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝2eq\r(3)g，aB＝0解析：選D設(shè)兩個小球的質(zhì)量都為m，以AB球整體作為討論對象，A處于靜止?fàn)顟B(tài)受力平衡，由平衡條件得：細(xì)線拉力T＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧的彈力沒有變化，A球受到的合力與原來細(xì)線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓其次定律得：aA＝eq\f(2\r(3)mg,m)＝2eq\r(3)g，B球的受力狀況不變，那么加速度仍為0，故D正確。4.[多項選擇](2018·天水一模)如下圖，在動摩擦因數(shù)μm＝1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不行伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2)，以下說法中正確的選項是()A．小球受力個數(shù)不變B．小球馬上向左運動，且a＝8m/s2C．小球馬上向左運動，且a＝10m/s2D．假設(shè)剪斷的是彈簧，那么剪斷瞬間小球加速度為零解析：選BD在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，依據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍舊為10N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。小球的受力個數(shù)發(fā)生轉(zhuǎn)變，故A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg×10N＝2N，依據(jù)牛頓其次定律得小球的加速度為：a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，合力方向向左，所以向左運動，故B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，那么小球的加速度為零，故D正確。對點訓(xùn)練：動力學(xué)的兩類根本問題5.(2018·大連模擬)質(zhì)量分別為m1、m2的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時由靜止開頭下落，由于空氣阻力的作用，兩球到達(dá)地面前經(jīng)時間t0分別到達(dá)穩(wěn)定速度v1、v2，空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k＞0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同，兩球下落的v-t關(guān)系如下圖，以下說法正確的選項是()A．m1＜m2B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)C．釋放瞬間甲球的加速度較大D．t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等解析：選B兩球先做加速度減小的加速運動，最終都做勻速運動，穩(wěn)定時有kv＝mg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即vm∝m，那么eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)。由圖像知v1＞v2，因此m1＞m2，故A錯誤，B正確；釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤；速度圖像與時間軸圍成的面積表示兩球通過的位移，由題圖可知，t0時間內(nèi)兩球下落的高度不相等，故D錯誤。6.[多項選擇](2018·淄博二模)如下圖，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演。假設(shè)盤的質(zhì)量為m，手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn)。那么以下說法正確的選項是()A．假設(shè)手指支撐著盤，使盤保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么手指對盤的作用力等于mgB．假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，那么盤受到水平向右的靜摩擦力C．假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，那么手指對盤的作用力大小為μmgD．假設(shè)盤順手指一起水平勻加速運動，那么手指對盤的作用力大小不行超過eq\r(1＋μ2)mg解析：選AD假設(shè)手指支撐著盤，使盤保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，那么手指對盤的作用力等于mg，選項A正確；假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，那么水平方向盤不受力，即盤不受靜摩擦力，選項B錯誤；假設(shè)手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，那么手指對盤的作用力為靜摩擦力，大小不肯定等于μmg，選項C錯誤；假設(shè)盤順手指一起水平勻加速運動，那么手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，那么手指對盤的作用力大小的最大值eq\r(mg2＋μmg2)＝eq\r(1＋μ2)mg，即手指對盤的作用力大小不行超過eq\r(1＋μ2)mg，選項D正確。7.(2018·孝感一模)如下圖，用遙控器掌握小車，使小車從靜止開頭沿傾角為α＝37°的斜面對上運動，該過程可看成勻加速直線運動，牽引力F大小為25N，運動x距離時消失故障，此后小車牽引力消逝，再經(jīng)過3s小車剛好到達(dá)最高點，且小車在減速過程中最終2s內(nèi)的位移為20m，小車的質(zhì)量為1kg，g＝10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)小車與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)求勻加速運動過程中的位移x。解析：(1)設(shè)小車勻減速直線運動的加速度大小為a，最終2s內(nèi)的位移為x，可將勻減速運動看成反向的初速度為零的勻加速直線運動。那么有：甲x＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)解得：a＝10m/s2。小車的受力如圖甲所示，由牛頓其次定律得：mgsinα＋μmgcosα＝ma代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5。(2)設(shè)牽引力消逝時小車的速度為v，即為勻減速過程的初速度，在勻減速運動過程中，得：v＝at＝10×3m/s＝30m/s在勻加速運動過程中，設(shè)加速度大小為a′，小車的受力如圖乙所示。乙依據(jù)牛頓其次定律得：F－mgsinα－μmgcosα＝ma′代入數(shù)據(jù)解得：a′＝15m/s2。由v2＝2a′x得：x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(302,2×15)m＝30m。答案：(1)0.5(2)30m8.(2018·蘇州模擬)如下圖，質(zhì)量m＝1.1kg的物體(可視為質(zhì)點)用細(xì)繩拴住，放在水平傳送帶的右端，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶的長度L＝5m，當(dāng)傳送帶以v＝5m/s的速度做逆時針轉(zhuǎn)動時，繩與水平方向的夾角θ＝37°。：g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)傳送帶穩(wěn)定運動時繩子的拉力大小T；(2)某時刻剪斷繩子，求物體運動至傳送帶最左端所用時間。解析：(1)傳送帶穩(wěn)定運動時，物體處于平衡狀態(tài)，有：Tcosθ＝μ(mg－Tsinθ)帶入數(shù)據(jù)解得：T＝5N。(2)剪斷繩子后，依據(jù)牛頓其次定律有：μmg＝ma代入數(shù)據(jù)求得：a＝5m/s2勻加速的時間為：t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(5,5)s＝1s位移為：s1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×12m＝2.5m那么勻速運動的時間為：t2＝eq\f(L－s1,v)＝eq\,5)s＝0.5s總時間為：t＝t1＋t2＝1.5s。答案：(1)5N(2)1.5s對點訓(xùn)練：動力學(xué)的圖像問題9．(2018·包頭一模)如圖甲，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提升到高處。滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，物體獲得的加速度a與繩子對物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。由圖可以推斷①圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g②圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg③圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m④圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1,m)以上推斷正確的選項是()A．②④ B．②③C．①②③ D．①②④解析：選D取物體為討論對象，依據(jù)牛頓其次定律可得：T－mg＝ma，解得：a＝eq\f(T,m)－g。依據(jù)a＝eq\f(T,m)－g結(jié)合乙圖，由數(shù)學(xué)學(xué)問可得①正確、②正確、④正確。10．(2018·泰州模擬)如圖甲所示，長木板B靜置于光滑水平面上，其上放置物塊A，木板B受到水平拉力F作用時，其加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，那么物塊A的質(zhì)量為()A．4kg B．3kgC．2kg D．1kg解析：選B設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m和M。當(dāng)F＝4N時，加速度為：a＝1m/s2，對整體分析，由牛頓其次定律有：F＝(M＋m)a代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝4kg當(dāng)F＞4N時，A、B發(fā)生相對滑動，對木板B分析，依據(jù)牛頓其次定律得：a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)知a-F圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝1，解得：M＝1kg，所以A的質(zhì)量為：m＝3kg。故B正確?？键c綜合訓(xùn)練11.(2018·濮陽模擬)如下圖，質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B，由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在電梯內(nèi)，電梯正在豎直向上做勻加速直線運動，細(xì)線中的拉力為F，此時突然剪斷細(xì)線。在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度的大小分別為()A.eq\f(2F,3)，eq\f(2F,3m)＋g B.eq\f(F,3)，eq\f(2F,3m)＋gC.eq\f(2F,3)，eq\f(F,3m)＋g D.eq\f(F,3)，eq\f(F,3m)＋g解析：選A在剪斷細(xì)線前，對A、B及彈簧整體由牛頓其次定律有F－3mg＝3ma，對B由牛頓其次定律得F彈－2mg＝2ma，由此可得F彈＝eq\f(2F,3)，細(xì)線被剪斷后的瞬間，彈簧彈力不變，此時A球受到向下的重力和彈簧彈力作用，那么有F彈＋mg＝maA，解得aA＝eq\f(2F,3m)＋g，A正確。12.[多項選擇](2018·銅仁模擬)用一水平力F向右拉靜止在水平面上的物體，在F從0開頭漸漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如下圖，取g＝10m/s2，那么可以計算出()A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F為14N時物體的速度C．物體與水平面間的滑動摩擦因數(shù)D．物體的質(zhì)量解析：選ACD物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力依據(jù)牛頓其次定律得：F－μmg＝ma解得：a＝eq\f(F,m)－μg由a與F圖線，得到0．5＝eq\f(7,m)－10μ ①4＝eq\f(14,m)－10μ ②①②聯(lián)立得，m＝2kg，μ＝0.3，故C、D正確；故a＝0時，F(xiàn)為6N，即最大靜摩擦力為6N，故A正確；由于物體先靜止后又做變加速運動，無法利用勻變速直線運動規(guī)律求速度和位移，又F為變力無法求F所做的功，從而也無法依據(jù)動能定理求速度，故B錯誤。13.(2018·南充模擬)如下圖，斜面體ABC放在粗糙的水平地面上?；瑝K在斜面底端以初速度v0＝9.6m/s沿斜面上滑。斜面傾角θ＝37°，滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ＝0.45。整個過程斜面體保持靜止不動，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。試求：(1)滑塊回到動身點時的速度大小。(2)定量畫出斜面與水平地面之間的摩擦力Ff隨時間t變化的圖像。解析：(1)滑塊沿斜面上滑過程，由牛頓其次定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝9.6m/s2設(shè)滑塊上滑位移大小為L，那么由v02＝2a1L，解得L＝4.8m滑塊沿斜面下滑過程，由牛頓其次定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2.4m/s2依據(jù)v2＝2a2L，解得v＝4.8m/s。(2)滑塊沿斜面上滑過程用時t1＝eq\f(v0,a1)＝1s對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff1＝ma1cosθ＝7.68N滑塊沿斜面下滑過程用時t2＝eq\f(v,a2)＝2s對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff2＝ma2cosθ2NFf隨時間變化如下圖。答案：(1)4.8m/s(2)見解析圖第3節(jié)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用_(1)超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。(×)(2)失重時物體的重力小于mg。(×)(3)加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。(×)(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于重力。(×)(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(√)(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。(√)(7)依據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以推斷物體運動的速度方向。(×)(8)物體處于超重或失重狀態(tài)，完全由物體加速度的方向打算，與速度方向無關(guān)。(√)(9)整體法和隔離法是指選取討論對象的方法。(√)突破點(一)對超重與失重的理解1．不管超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重〞轉(zhuǎn)變。2．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體具有向上的加速度還是向下的加速度，這也是推斷物體超重或失重的根本所在。3．當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此時，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消逝，如單擺停擺、天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強和浮力等。[題點全練]1.(2018·無錫六校聯(lián)考)高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺，當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起，進而帶動高蹺跳動，如圖乙。不計空氣阻力，那么以下說法正確的選項是()A．人向上彈起過程中，始終處于超重狀態(tài)B．人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力D．從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做勻減速運動解析：選C人向上彈起過程中，開頭時加速度的方向向上，人處于超重狀態(tài)，最終的一段彈簧的彈力小于重力，人做減速運動，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；踏板對人的作用力和人對踏板的作用力是一對作用力和反作用力，總是大小相等，故B錯誤；彈簧壓縮到最低點時，人的加速度的方向向上，高蹺對人的作用力大于人的重力，C正確；從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做加速度減小的加速運動，然后再做加速度增大的減速運動，故D錯誤。2．[多項選擇](2015·江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如下圖，以豎直向上為a的正方向，那么人對地板的壓力()A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小解析：選AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓其次定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當(dāng)t＝2s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當(dāng)t＝8.5s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。突破點(二)動力學(xué)中整體法與隔離法的應(yīng)用1．什么是整體法與隔離法(1)整體法是指對問題涉及的整個系統(tǒng)或過程進行討論的方法。(2)隔離法是指從整個系統(tǒng)中隔離出某一局部物體，進行單獨討論的方法。2．整體法與隔離法常用來解決什么問題(1)連接體問題①這類問題一般是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采納先整體、后隔離的方法。②建立坐標(biāo)系時要依據(jù)矢量正交分解越少越好的原那么，選擇正交分解力或正交分解加速度。(2)滑輪類問題假設(shè)要求繩的拉力，一般都必需采納隔離法。例如(如下圖)，繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采納隔離法。3．應(yīng)用整體法與隔離法的留意點是什么物體系統(tǒng)的動力學(xué)問題涉及多個物體的運動，各物體既相互，又通過內(nèi)力相互聯(lián)系。處理各物體加速度都相同的連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般思路是：(1)求內(nèi)力時，先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。(2)求外力時，先用隔離法求加速度，再用整體法求整體受到的外加作用力。[典例](2018·湘潭四模)如圖甲所示，滑塊(可視為質(zhì)點)與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開頭時均處于靜止?fàn)顟B(tài)且滑塊位于木板的左端。作用于滑塊的水平力隨時間t變化的圖像如圖乙所示?；瑝K質(zhì)量m＝0.5kg，木板質(zhì)量M＝1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，取g＝10m/s2。求：(1)1s末滑塊的速度大??；(2)0～4s內(nèi)木板的位移大小。[審題指導(dǎo)](1)先推斷出在0～1s內(nèi)滑塊與木板是相對靜止的。方法是：設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動時兩者間的靜摩擦力到達(dá)最大，以M為討論對象，求出臨界加速度，再以整體為討論對象，求出此時的拉力F，結(jié)合圖像的信息分析。再由運動學(xué)公式求解速度。(2)0～1s木板勻加速、1～4.0s內(nèi)木板也是勻加速，由牛頓其次定律求出加速度，再由位移公式求出位移。[解析](1)設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動時兩者間的靜摩擦力到達(dá)最大，以M為討論對象，依據(jù)牛頓其次定律得：μmg＝Ma0，得：a0＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。對整體，有：F0＝(M＋m)a0＝0.75N由圖知，在0～1s內(nèi)，F(xiàn)＝0.6N＜F0，那么滑塊與木板相對靜止，兩者共同的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝0.4m/s2，那么t＝1s時滑塊的速度大小為：v1＝at1＝0.4m/s。(2)0～1s內(nèi)，木板的位移為：x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)××12m＝0.2m在1s～4.0s內(nèi)，F(xiàn)＝1.2N＞F0，所以兩者相對滑動，木板的位移大小為：x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a0t22×3m＋eq\f(1,2)××32m＝3m故0～4.0s內(nèi)木板的位移大小為：x＝x1＋x2＝3.2m。[答案](1)0.4m/s(2)3.2m[集訓(xùn)沖關(guān)]1.[多項選擇](2018·蘇南模擬)如下圖用力F拉A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，現(xiàn)在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力Ta和Tb的變化狀況是()A．Ta增大 B．Tb增大C．Ta減小 D．Tb減小解析：選AD設(shè)最左邊的物體質(zhì)量為m，最右邊的物體質(zhì)量為m′，整體質(zhì)量為M，整體的加速度a＝eq\f(F,M)，對最左邊的物體分析，Tb＝ma，對最右邊的物體分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－m′a。在中間物體上加上橡皮泥，由于原拉力F不變，那么整體的加速度a減小，由于m、m′不變，所以Tb減小，Ta增大，A、D正確。2．[多項選擇]如圖甲所示，圓桶沿固定的光滑斜面勻加速下滑，現(xiàn)把一個直徑與桶內(nèi)徑相同的光滑球置于其中后，仍靜置于該斜面上，如圖乙所示，釋放后圓桶()A．仍沿斜面以原來的加速度下滑B．將沿斜面以更大的加速度下滑C．下滑過程中，圓桶內(nèi)壁與球間沒有相互作用力D．下滑過程中，圓桶內(nèi)壁對球有沿斜面對下的壓力解析：選AC設(shè)斜