考向05 牛頓運動定律兩類動力學問題

考向05牛頓運動定律兩類動力學問題【重點知識點目錄】單位制受力分析兩類動力學問題（已知受力情況求物體的運動情況；已知運動情況求物體的受力情況）1．（2022?乙卷）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．【答案】A?！窘馕觥拷猓寒攦汕蜻\動至二者相距L時，對此時進行受力分析，如圖所示：因為兩球關于F所在直線對稱，sinθ＝＝，所以cosθ＝，已知輕繩中心處受三個力，設繩子拉力為T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T＝，對其中一個小球用牛頓第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。故A正確，BCD錯誤。（多選）2．（2022?湖南）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k為常量）。當發(fā)動機關閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是（）A．發(fā)動機的最大推力為1.5Mg B．當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為Mg C．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5m/s D．當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g【答案】BC?！窘馕觥拷猓篈、飛行器豎直下落，其勻速下落的速率為10m/s時，飛行器的合力為零k＝Mg解得：Mg＝100k發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，飛行器勻速向上的速率為5m/s時，飛行器的合力為零Fmax＝k+Mg解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A錯誤；B、當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，受到與運動方向相反的水平方向的阻力，大小為F阻＝k?52＝25k＝Mg同時飛行器受到豎直向下的重力，若要保持勻速飛行，發(fā)動機的推力應該跟阻力與重力的合力等大、反向受力分析如下圖：由此可得，此時發(fā)動機的推力為：F＝解得：F＝Mg，故B正確；C、發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，設飛行器速率為v結合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為：kv2＝＝Mg而由A求得Mg＝100k所以v＝5m/s，故C正確；D、當飛行器以5m/s的速率飛行時。產生的阻力大小為F阻'＝k?52＝25k＝Mg飛行器的重力為Mg，最大推力為Fmax＝1.25mg當最大推力與重力同向時，飛行器向下運動，此時飛行器受到的合力最大，設此時的加速度為a1，則有1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1解得：a1＝2g當飛行器以5m/s的速率是向上飛行時，由題意可知，飛行器在某種狀態(tài)下可以保持這一速率做勻速飛行，即飛行器的最小加速度為0所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g，故D錯誤；（多選）3．（2022?甲卷）如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD?！窘馕觥拷猓篈B、設兩物塊的質量均為m，撤去拉力F前，兩滑塊均做勻速直線運動，對兩滑塊P、Q整體分析得F＝2μmg隔離滑塊Q分析得F彈＝μmg撤去拉力F后，在彈簧彈力和摩擦力作用下，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：滑塊P：﹣F彈﹣μmg＝ma1滑塊Q：F彈﹣μmg＝ma2則a1＝，a2＝，可知彈簧逐漸恢復原長過程中，滑塊P做加速度減小的減速運動，Q做加速度增大的減速運動，當F彈＝μmg時，滑塊P加速度最大值為a1max＝2μg，當F彈＝0時，滑塊Q加速度最大值為a2max＝μg，故A正確，B錯誤；C、滑塊P、Q水平向右運動，P、Q間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故C錯誤；D、滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為a′1＝μg，可見滑塊P減速的最小加速度為滑塊Q減速的最大加速度，撤去拉力時，P、Q的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg，則滑塊P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，故D正確。4．（2022?高安市校級模擬）如圖甲所示，一質量為m＝1kg的物體在水平拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，從某時刻開始，拉力F隨時間均勻減小，物體所受摩擦力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列說法中正確的是（）A．t＝1s時物體開始做勻減速運動 B．物體勻速運動時的速度大小為2m/s C．物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．t＝2s時物體的加速度大小為2m/s2【答案】B?！窘馕觥拷猓篈、物體在開始在F作用下做勻速直線運動，由圖可知，滑動摩擦力的大小為4N，拉力隨時間均勻減小后，物體開始做減速運動，即在1s時物體開始做減速運動，但由于F是變力，因此合外力在減小，故不是勻減速運動，故A錯誤；B、由圖可知，從3s開始，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，物體處于靜止狀態(tài)，0～3s內，根據(jù)動量定理可得：﹣ft＝0﹣mv0，即（4×1+）﹣4×3＝0﹣v0解得：v0＝2m/s，故B正確；C、由圖可知，滑動摩擦力的大小為4N，結合f＝μmg，解得μ＝0.4，故C錯誤；D、t＝2s時，拉力大小為3N，則加速度大小a＝＝m/s2＝1m/s2，故D錯誤。（1）單位制在物理學中的應用①簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．②檢驗結果的正誤：物理公式既反映了各物理量間的數(shù)量關系，同時也確定了各物理量的單位關系．因此，在解題中可用單位制來粗略判斷結果是否正確，如單位制不對，結果一定錯誤．（2）判斷物體運動狀態(tài)的變化：物體的運動狀態(tài)即物體運動的快慢及運動的方向，是用速度來描述的，故物體運動狀態(tài)的變化有以下三種情況：1）速度方向不變，只有大小改變；2）速度大小不變，只有方向改變；3）速度大小和方向都改變．(3)牛頓第二定律相關問題根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區(qū)別：1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F=kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．（3）應用牛頓第二定律解答動力學問題方法應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應用牛頓第二定律的解題步驟1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．（4）應用牛頓第三定律分析問題應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上解決兩類動力學問題的方法以加速度為橋梁，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解。注意：不管是哪一類動力學問題,受力分析和運動狀態(tài)分析都是關鍵環(huán)節(jié)。作為“橋梁”的加速度,既可能需要根據(jù)已知受力求解,也可能需要根據(jù)已知運動求解。物體在完全失重狀態(tài)下,由重力引起的效應將完全消失。單位制：基本單位和導出單位共同組成了單位制．基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有長度、質量、時間，它們的國際單位分別是米、千克、秒．導出單位是由基本單位根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．牛頓第一定律內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)．

說明：1）物體因為有質量，故能保持原來的運動狀態(tài)，如果沒有力，它將永遠保持此狀態(tài)；2）因為有力，故改變物體的運動狀態(tài)．質量是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因；3）物體的運動狀態(tài)由速度來標定，速度不變，物體運動狀態(tài)不變；4）物體運動狀態(tài)變化，也可說成運動速度變化，即產生加速度．使用范圍：宏觀世界中低速運動的物體，在慣性參考系中才適用．對牛頓第一定律的理解1）牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的規(guī)律，它是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎，在總結前人的研究成果之上，加之豐富的想而推理得出的一條理想條件下的規(guī)律；2）牛頓第一定律成立的條件是物體不受任何外力的作用，是理想條件下物體所遵從的規(guī)律．在實驗情況下，物體所受合外力為零與物體不受任何外力作用是等效的．3）牛頓第一定律的意義在于它揭示了一切物體都具有的一種基本屬性--慣性，還揭示了力和運動的關系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是產生運動的原因，也不是維持物體運動狀態(tài)的原因，即力是產生加速度的原因．（3）牛頓第二定律內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．表達式：F合=ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合=k?ma，只有在國際單位制中才有k=1．力的單位的定義：使質量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg?m/s2．適用范圍：1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．對牛頓第二定律的進一步理解

牛頓第二定律是動力學的核心內容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關系了：a∝F，a∝1/m．

另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的．3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應．5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．（4）牛頓第三定律內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同：大小相同方向在同一直線上性質相同出現(xiàn)、存在、消失的時間相同三不同：方向不同作用對象不同作用效果不同比較作用力和反作用力與平衡力的異同點：易錯題【01】在受力分析求合力時，受力分析不全導致合力求解錯誤。易錯題【02】在利用運動學求公式的求解加速度時容易犯錯，導致根據(jù)牛頓第二定律求解出的合力錯誤。易錯題【03】對于多過程時，容易忽略一些力的變化，如摩擦力，支持力的變化。4．（2022?高安市校級模擬）如圖甲所示，一質量為m＝1kg的物體在水平拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，從某時刻開始，拉力F隨時間均勻減小，物體所受摩擦力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列說法中正確的是（）A．t＝1s時物體開始做勻減速運動 B．物體勻速運動時的速度大小為2m/s C．物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．t＝2s時物體的加速度大小為2m/s25．（2022?重慶模擬）如圖所示，甲、乙兩物塊位于光滑水平面上并通過水平輕彈簧連接，物塊甲受到水平恒力F作用，兩物塊保持相對靜止以相同大小的加速度a水平向右做勻加速直線運動。甲、乙物塊質量分別為m、2m，彈簧在彈性限度內，不計空氣阻力，撤去力F瞬時，甲、乙物塊的加速度大小分別為a甲、a乙，則（）A．a甲＝a乙＝a B．a甲＝a，a乙＝2a C．a甲＝2a，a乙＝a D．a甲＝a乙＝2a6．（2022?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，質量為m的兩個相同物塊A、B疊放在輕彈簧上，并處于靜止狀態(tài)，輕彈簧下端固定在地面上，重力加速度為g?，F(xiàn)對物塊A施加豎直向上的力F，則下列說法正確的是（）A．若F＝1.8mg且為恒力，則力P作用的瞬間，A、B間的彈力大小為0.2mg B．若F＝1.8mg且為恒力，則A、B分離的瞬間，彈簧的彈力大小為1.9mg C．若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離時，彈簧處于原長狀態(tài) D．若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離前，兩者組成的系統(tǒng)合外力大小始終不變7．（2022?河東區(qū)校級模擬）如圖所示，木塊B上表面水平，木塊A置于B上，與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止下滑，在下滑過程中，下列說法正確的是（）A．木塊B對A的摩擦力為零 B．木塊A對B的作用力方向垂直斜面斜向下 C．如果撤去木塊A，則B的加速度變小 D．木塊B對A的支持力等于A的重力大小8．（2022?下開學）隨著2022年北京冬奧會開幕臨近，我國北方掀起一股滑雪運動的熱潮，有一傾角為0＝37°的斜面雪道如圖（甲）。假設一愛好者和他的雪橇總質量m＝75kg，沿足夠長的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力F與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動摩擦因數(shù)均相同。從某時刻開始計時，測量得雪橇運動的v﹣t圖像如圖（乙）中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點坐標為（0，5）的切線，切線上一點B的坐標為（4，15），CD是曲線AD的漸近線。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列說法正確的是（）A．開始運動時雪橇的加速度大小為a＝3.75m/s2 B．0﹣4s內雪橇做加速度變小的曲線運動 C．雪橇與雪道間的動摩擦因數(shù)μ未知，無法計算出比例系數(shù)為k值 D．比例系數(shù)為k＝37.5Ns/m9．（2022?凱里市校級開學）如圖所示，質量為m的小球分別用輕彈簧a和輕繩b相連，固定在豎直墻面和天花板上，其中輕彈簧a水平，輕繩b與水平面的夾角θ＝60°，重力加速度為g?，F(xiàn)將輕繩b剪斷。則在剪斷輕繩b的瞬間（）A．小球有沿彈簧水平向左運動的趨勢 B．彈簧的彈力為2mg C．小球的加速度為g D．小球的加速度為g10．（2022?天心區(qū)校級二模）“血沉”是指紅細胞在一定條件下沉降的速度，在醫(yī)學中具有重要意義。測量“血沉”可將經(jīng)過處理后的血液放進血沉管內，由于有重力以及浮力的作用，血液中的紅細胞將會下沉，且在下沉的過程中紅細胞還會受到血液的粘滯阻力。已知紅細胞下落受到血液的粘滯阻力表達式為f＝6πηrv，其中η為血液的粘滯系數(shù)，r為紅細胞半徑，v為紅細胞運動的速率。設血沉管豎直放置且足夠深，紅細胞的形狀為球體，若某血樣中半徑為r的紅細胞，由靜止下沉直到勻速運動的速度為vm，紅細胞密度為ρ1，血液的密度為ρ2。以下說法正確的是（）A．該紅細胞先做勻加速運動，后做勻速運動 B．該紅細胞的半徑可表示為r＝ C．若血樣中紅細胞的半徑較大，則紅細胞勻速運動的速度較小 D．若采用國際單位制中的基本單位來表示η的單位，則其單位為11．（2022?桑植縣校級模擬）如圖所示，力傳感器上吊著一個滑輪，細線繞過滑輪（質量不可忽略）一端吊著物塊A、另一端吊著物塊B和C，三個物塊的質量相同.由靜止釋放三個物塊，物塊運動穩(wěn)定時，力傳感器的示數(shù)為F1；在三個物塊運動過程中，剪斷B、C物塊間的細線，力傳感器的示數(shù)變?yōu)镕2，重力加速度為g，不計一切摩擦，則（）A．三個物塊一起運動的加速度大小為g B．每個物塊的重力為 C．滑輪的重力為2F2﹣F1 D．剪斷B、C間細線的一瞬間，連接A、B細線上的張力大小不變12．（2022?菏澤二模）如圖所示，兩段輕繩A、B連接兩個小球1、2，懸掛在天花板上．一輕彈簧C一端連接球2，另一端固定在豎直墻壁上．兩小球均處于靜止狀態(tài)．輕繩A與豎直方向、輕繩B與水平方向的夾角均為30°，彈簧C沿水平方向．已知重力加速度為g．則（）A．球1和球2的質量之比為1：1 B．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度方向豎直向下 C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小一定大于g D．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g13．（2022?天心區(qū)校級一模）如圖所示，“V”形槽各處所用材料完全相同，兩側面夾角可以調節(jié)，槽的棱與水平面的夾角為37°，兩側面與水平面的夾角相同。圓柱形工件放在“V”形槽中，當“V”形槽兩側面的夾角為60°時，工件恰好能勻速下滑。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。則當“V”形槽兩側面的夾角90°時，工件下滑的加速度大小為（）A．3m/s2 B．2m/s2 C．（）m/s2 D．（）m/s214．（2022春?濰坊月考）將質量為m的磚塊靠在足夠高的豎直墻壁上，對其施加F＝kt（k為正的常數(shù)）的水平推力，如圖所示，t＝0時將磚塊由靜止釋放，用f、a、v分別表示它的摩擦力、加速度和速度，如圖圖像正確的是（）A． B． C． D．15．（2022春?南開區(qū)校級月考）用長度為L的鐵絲繞成一個高度為H的等螺距螺旋線圈，將它豎直地固定于水平桌面。穿在鐵絲上的一小珠子可沿此螺旋線圈無摩擦地下滑（下滑過程線圈形狀保持不變），已知重力加速度為g。這個小珠子從螺旋線圈最高點無初速滑到桌面經(jīng)歷的時間為（）A． B． C． D．16．（2022春?綏化月考）物體A、B疊放在斜面體C上，物體B的上表面水平，如圖所示。斜面體C受水平力F的作用，物體A、B一起隨C向左勻加速運動的過程中，三者相對靜止。則（）A．物體B對物體A的摩擦力為零 B．斜面體C對物體B的摩擦力沿斜面向上 C．斜面體C對物體B的摩擦力沿斜面向下 D．斜面體C對物體B的摩擦力可能為零17．（2022?黃山二模）一輛貨車運載若干相同的光滑圓柱形空油桶，質量均為m。如圖所示，底層油桶平整排列、相互緊貼。上層只有一只油桶C，自由擺放在油桶A、B之間，且與汽車一起處于靜止狀態(tài)。重力加速度為g。若汽車向左加速運動（C始終與汽車相對靜止），則（）A．A對C的支持力增大 B．B對C的支持力減小 C．當加速度時，A對C無支持力 D．當加速度a＝0時，C對B的壓力大小為mg18．（2022春?淇濱區(qū)校級月考）如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b間的動摩擦因數(shù)為μ，b與地面間的動摩擦因數(shù)為0.25μ。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對a施加一水平向右的拉力，下列判斷正確的是（）A．當力F＝μmg時，a、b間的摩擦力為1.5μmg B．無論力F為何值，b的加速度不會超過0.75μg C．當力F＞μmg時，b相對a滑動 D．若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過1.5μmg19．（2022?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，質量為mA＝2kg物體A放在粗糙水平桌面上，一端用繞過定滑輪的細繩與質量為mB＝1kg物體B相連。用手按住A使兩物體均靜止，B物體距離地面高度h＝1m?，F(xiàn)松手釋放A，經(jīng)時間t1＝1s，B落到地面上且未反彈（此時A未與滑輪相碰）。忽略空氣阻力、滑輪摩擦力，且繩子、滑輪質量不計，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物體A與桌面間動摩擦因數(shù)μ；（2）若A與滑輪的距離L＝1.5m，B落地瞬間，在A上施加一水平向左的恒力F＝6N，求恒力F作用時間t2＝1s后，物體A的速度大小。20．（2022春?甘州區(qū)校級期中）如圖所示，質量m＝10kg的物塊（可視為質點）以v0＝4.5m/s的水平速度滑上靜止在地面上的長為L的長木板，木板質量為M＝20kg，物塊最后恰好沒有滑出長木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物塊剛滑上木板時，物塊和木板的加速度大小分別為多少？（2）木板的長度L？21．（2022?城廂區(qū)校級開學）2021年12月，新一輪新冠疫情開始考驗浙江，浙江人民眾志成城合作抗疫。在某高風險小區(qū)，工作人員正在操作一臺無人機配送貨物，貨物由靜止開始豎直向上做加速度大小為a1的勻加速直線運動，一段時間后，又勻速上升15s，然后做加速度大小為a2的勻減速直線運動，經(jīng)2s到達用戶的陽臺且速度為零。遙控器上顯示無人機上升過程中最大的速度為2m/s。已知貨物質量為2kg，受到空氣阻力恒為重力的5%，a2＝2a1，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）無人機勻加速上升階段的時間；（2）貨物從靜止開始向上運動，到達陽臺的整個過程上升的高度；（3）減速階段，無人機對貨物作用力的大小。22．（2022?襄都區(qū)校級開學）邢臺機場，又名邢臺市褡褳機場，能飛大型軍用運輸飛機。假設其某起飛跑道可視為由長度L1＝225m的水平跑道和長度L2＝20m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道和傾斜跑道末端的高度差h＝2m，如圖所示。已知質量m＝2×104kg的飛機的總推力大小恒為F＝1.2×105N，方向始終與速度方向相同，若飛機起飛過程中受到的摩擦阻力和空氣阻力的合力大小恒為飛機所受重力的0.15倍，飛機質量視為不變，飛機可看成質點，取重力加速度大小g＝10m/s2，不計連接處的速度損失。（1）求飛機在水平跑道上運動的時間；（2）求飛機在傾斜跑道上的加速度大小；（3）若起飛跑道是一條水平直跑道，則要使達到原起飛速度的大小，求水平直跑道的長度（結果保留到小數(shù)點后一位）。23．（2022?浙江）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°＝0.26，求雪車（包括運動員）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）過C點的速度大?。唬?）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。24．（2021?全國）如圖，一斜面固定在水平桌面上，斜面傾角為θ。若一物塊以初速度v沿斜面向上運動，經(jīng)過距離l后物塊靜止在斜面上。若讓該物塊以初速度v沿斜面向下運動，則經(jīng)3l距離后物塊靜止在斜面上。（假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（1）已知tanθ＝0.125，求物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)；（2）若把斜面的傾角由θ增大為θ1，使物塊從斜面底部以初速度v1＝4m/s沿斜面向上運動，求物塊從出發(fā)到又回到底部所用的時間。已知sinθ1＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2。25．（2021?浙江）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；（3）假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。

考向05牛頓運動定律兩類動力學問題【重點知識點目錄】單位制受力分析兩類動力學問題（已知受力情況求物體的運動情況；已知運動情況求物體的受力情況）1．（2022?乙卷）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．【答案】A。【解析】解：當兩球運動至二者相距L時，對此時進行受力分析，如圖所示：因為兩球關于F所在直線對稱，sinθ＝＝，所以cosθ＝，已知輕繩中心處受三個力，設繩子拉力為T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T＝，對其中一個小球用牛頓第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。故A正確，BCD錯誤。（多選）2．（2022?湖南）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k為常量）。當發(fā)動機關閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是（）A．發(fā)動機的最大推力為1.5Mg B．當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為Mg C．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5m/s D．當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g【答案】BC?！窘馕觥拷猓篈、飛行器豎直下落，其勻速下落的速率為10m/s時，飛行器的合力為零k＝Mg解得：Mg＝100k發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，飛行器勻速向上的速率為5m/s時，飛行器的合力為零Fmax＝k+Mg解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A錯誤；B、當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，受到與運動方向相反的水平方向的阻力，大小為F阻＝k?52＝25k＝Mg同時飛行器受到豎直向下的重力，若要保持勻速飛行，發(fā)動機的推力應該跟阻力與重力的合力等大、反向受力分析如下圖：由此可得，此時發(fā)動機的推力為：F＝解得：F＝Mg，故B正確；C、發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，設飛行器速率為v結合B中的方法可以求出飛行器受到的阻力大小為：kv2＝＝Mg而由A求得Mg＝100k所以v＝5m/s，故C正確；D、當飛行器以5m/s的速率飛行時。產生的阻力大小為F阻'＝k?52＝25k＝Mg飛行器的重力為Mg，最大推力為Fmax＝1.25mg當最大推力與重力同向時，飛行器向下運動，此時飛行器受到的合力最大，設此時的加速度為a1，則有1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1解得：a1＝2g當飛行器以5m/s的速率是向上飛行時，由題意可知，飛行器在某種狀態(tài)下可以保持這一速率做勻速飛行，即飛行器的最小加速度為0所以飛行器的加速度范圍是0≤a≤2g，故D錯誤；（多選）3．（2022?甲卷）如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD?！窘馕觥拷猓篈B、設兩物塊的質量均為m，撤去拉力F前，兩滑塊均做勻速直線運動，對兩滑塊P、Q整體分析得F＝2μmg隔離滑塊Q分析得F彈＝μmg撤去拉力F后，在彈簧彈力和摩擦力作用下，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：滑塊P：﹣F彈﹣μmg＝ma1滑塊Q：F彈﹣μmg＝ma2則a1＝，a2＝，可知彈簧逐漸恢復原長過程中，滑塊P做加速度減小的減速運動，Q做加速度增大的減速運動，當F彈＝μmg時，滑塊P加速度最大值為a1max＝2μg，當F彈＝0時，滑塊Q加速度最大值為a2max＝μg，故A正確，B錯誤；C、滑塊P、Q水平向右運動，P、Q間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故C錯誤；D、滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為a′1＝μg，可見滑塊P減速的最小加速度為滑塊Q減速的最大加速度，撤去拉力時，P、Q的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg，則滑塊P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，故D正確。4．（2022?高安市校級模擬）如圖甲所示，一質量為m＝1kg的物體在水平拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，從某時刻開始，拉力F隨時間均勻減小，物體所受摩擦力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列說法中正確的是（）A．t＝1s時物體開始做勻減速運動 B．物體勻速運動時的速度大小為2m/s C．物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．t＝2s時物體的加速度大小為2m/s2【答案】B。【解析】解：A、物體在開始在F作用下做勻速直線運動，由圖可知，滑動摩擦力的大小為4N，拉力隨時間均勻減小后，物體開始做減速運動，即在1s時物體開始做減速運動，但由于F是變力，因此合外力在減小，故不是勻減速運動，故A錯誤；B、由圖可知，從3s開始，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，物體處于靜止狀態(tài)，0～3s內，根據(jù)動量定理可得：﹣ft＝0﹣mv0，即（4×1+）﹣4×3＝0﹣v0解得：v0＝2m/s，故B正確；C、由圖可知，滑動摩擦力的大小為4N，結合f＝μmg，解得μ＝0.4，故C錯誤；D、t＝2s時，拉力大小為3N，則加速度大小a＝＝m/s2＝1m/s2，故D錯誤。（1）單位制在物理學中的應用①簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．②檢驗結果的正誤：物理公式既反映了各物理量間的數(shù)量關系，同時也確定了各物理量的單位關系．因此，在解題中可用單位制來粗略判斷結果是否正確，如單位制不對，結果一定錯誤．（2）判斷物體運動狀態(tài)的變化：物體的運動狀態(tài)即物體運動的快慢及運動的方向，是用速度來描述的，故物體運動狀態(tài)的變化有以下三種情況：1）速度方向不變，只有大小改變；2）速度大小不變，只有方向改變；3）速度大小和方向都改變．(3)牛頓第二定律相關問題根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區(qū)別：1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F=kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．（3）應用牛頓第二定律解答動力學問題方法應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應用牛頓第二定律的解題步驟1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．（4）應用牛頓第三定律分析問題應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上解決兩類動力學問題的方法以加速度為橋梁，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解。注意：不管是哪一類動力學問題,受力分析和運動狀態(tài)分析都是關鍵環(huán)節(jié)。作為“橋梁”的加速度,既可能需要根據(jù)已知受力求解,也可能需要根據(jù)已知運動求解。物體在完全失重狀態(tài)下,由重力引起的效應將完全消失。單位制：基本單位和導出單位共同組成了單位制．基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有長度、質量、時間，它們的國際單位分別是米、千克、秒．導出單位是由基本單位根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．牛頓第一定律內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)．

說明：1）物體因為有質量，故能保持原來的運動狀態(tài)，如果沒有力，它將永遠保持此狀態(tài)；2）因為有力，故改變物體的運動狀態(tài)．質量是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因；3）物體的運動狀態(tài)由速度來標定，速度不變，物體運動狀態(tài)不變；4）物體運動狀態(tài)變化，也可說成運動速度變化，即產生加速度．使用范圍：宏觀世界中低速運動的物體，在慣性參考系中才適用．對牛頓第一定律的理解1）牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的規(guī)律，它是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎，在總結前人的研究成果之上，加之豐富的想而推理得出的一條理想條件下的規(guī)律；2）牛頓第一定律成立的條件是物體不受任何外力的作用，是理想條件下物體所遵從的規(guī)律．在實驗情況下，物體所受合外力為零與物體不受任何外力作用是等效的．3）牛頓第一定律的意義在于它揭示了一切物體都具有的一種基本屬性--慣性，還揭示了力和運動的關系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是產生運動的原因，也不是維持物體運動狀態(tài)的原因，即力是產生加速度的原因．（3）牛頓第二定律內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．表達式：F合=ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合=k?ma，只有在國際單位制中才有k=1．力的單位的定義：使質量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg?m/s2．適用范圍：1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．對牛頓第二定律的進一步理解

牛頓第二定律是動力學的核心內容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關系了：a∝F，a∝1/m．

另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的．3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應．5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．（4）牛頓第三定律內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同：大小相同方向在同一直線上性質相同出現(xiàn)、存在、消失的時間相同三不同：方向不同作用對象不同作用效果不同比較作用力和反作用力與平衡力的異同點：易錯題【01】在受力分析求合力時，受力分析不全導致合力求解錯誤。易錯題【02】在利用運動學求公式的求解加速度時容易犯錯，導致根據(jù)牛頓第二定律求解出的合力錯誤。易錯題【03】對于多過程時，容易忽略一些力的變化，如摩擦力，支持力的變化。5．（2022?重慶模擬）如圖所示，甲、乙兩物塊位于光滑水平面上并通過水平輕彈簧連接，物塊甲受到水平恒力F作用，兩物塊保持相對靜止以相同大小的加速度a水平向右做勻加速直線運動。甲、乙物塊質量分別為m、2m，彈簧在彈性限度內，不計空氣阻力，撤去力F瞬時，甲、乙物塊的加速度大小分別為a甲、a乙，則（）A．a甲＝a乙＝a B．a甲＝a，a乙＝2a C．a甲＝2a，a乙＝a D．a甲＝a乙＝2a【答案】C?！窘馕觥拷猓河深}知，撤去力F前，此時彈簧彈簧力為F'，對物塊乙根據(jù)牛頓第二定律F'＝2ma撤去力F瞬間，彈簧彈力大小不變，則乙物體加速度不變，對甲物體有F'＝ma甲則有a甲＝2aa乙＝a故ABD錯誤，C正確。6．（2022?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，質量為m的兩個相同物塊A、B疊放在輕彈簧上，并處于靜止狀態(tài)，輕彈簧下端固定在地面上，重力加速度為g?，F(xiàn)對物塊A施加豎直向上的力F，則下列說法正確的是（）A．若F＝1.8mg且為恒力，則力P作用的瞬間，A、B間的彈力大小為0.2mg B．若F＝1.8mg且為恒力，則A、B分離的瞬間，彈簧的彈力大小為1.9mg C．若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離時，彈簧處于原長狀態(tài) D．若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離前，兩者組成的系統(tǒng)合外力大小始終不變【答案】D。【解析】解：A、在力F作用下A、B一起向上加速，根據(jù)牛頓第二定律可得A、B整體加速度大小a＝＝＝0.9g；隔離A，利用牛頓第二定律有：F+T﹣mg＝ma，可求得A、B間的彈力大小為F＝0.1mg，故A錯誤；B、物塊A、B剛分離時，A、B間的彈力大小為0，對A利用牛頓第二定律可得A的加速度大小為aA＝＝＝0.8g；此時B的加速度大小也為0.8g，對B根據(jù)牛頓第二定律可得：T1﹣mg＝maA，可得彈簧的彈力為T1＝1.8mg，故B錯誤；C、若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，A、B分離時，設彈簧的壓縮量為x，對B根據(jù)牛頓第二定律得：kx﹣mg＝0.5mg，解得：x＝，故C錯誤；D、若在F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離前，兩者組成的系統(tǒng)合外力大小：F合＝2ma，保持不變，故D正確。7．（2022?河東區(qū)校級模擬）如圖所示，木塊B上表面水平，木塊A置于B上，與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止下滑，在下滑過程中，下列說法正確的是（）A．木塊B對A的摩擦力為零 B．木塊A對B的作用力方向垂直斜面斜向下 C．如果撤去木塊A，則B的加速度變小 D．木塊B對A的支持力等于A的重力大小【答案】B?！窘馕觥拷猓耗緣KA、B一起沿光滑斜面下滑，設加速度為a，斜面的傾角為θ，兩木塊的質量分別為mA、mB；對AB系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；A、由圖1所示可知，A在水平方向有向右的分加速度ax，木塊B對A的摩擦力f不為零，故A錯誤；B、A受力如圖2所示，設摩擦力f與支持力N的合力F與水平方向夾角為α，豎直方向，由牛頓第二定律得：mAg﹣N＝mAay①水平方向，由牛頓第二定律得：f＝mAax②A的加速度：a＝gsinθ豎直分加速度：ay＝asinθ＝gsinθsinθ③水平分加速度：ax＝acosθ＝gsinθcosθ④合力F與水平方向夾角的正切值：tanα＝⑤由①②③④⑤解得：tanα＝tan（﹣θ）則：α+θ＝，B對A的作用力方向垂直斜面向上，由牛頓第三定律可知，A對B的作用力方向垂直斜面向下，故B正確；C、撤去木塊A，對木塊B，由牛頓第二定律得：mBgsinθ＝mBa，解得：a＝gsinθ，B的加速度不變，故C錯誤；D、木塊A在豎直方向有向下的加速度ay，木塊A處于失重狀態(tài)，木塊A對B的壓力小于它的重力，由牛頓第三定律可知，木塊B對A的支持力小于A的重力，故D錯誤。8．（2022?下開學）隨著2022年北京冬奧會開幕臨近，我國北方掀起一股滑雪運動的熱潮，有一傾角為0＝37°的斜面雪道如圖（甲）。假設一愛好者和他的雪橇總質量m＝75kg，沿足夠長的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力F與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動摩擦因數(shù)均相同。從某時刻開始計時，測量得雪橇運動的v﹣t圖像如圖（乙）中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點坐標為（0，5）的切線，切線上一點B的坐標為（4，15），CD是曲線AD的漸近線。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列說法正確的是（）A．開始運動時雪橇的加速度大小為a＝3.75m/s2 B．0﹣4s內雪橇做加速度變小的曲線運動 C．雪橇與雪道間的動摩擦因數(shù)μ未知，無法計算出比例系數(shù)為k值 D．比例系數(shù)為k＝37.5Ns/m【答案】D。【解析】解：人和雪橇整體在下滑過程中受到重力、支持力、空氣阻力、摩擦阻力。如圖所示：A、從圖中斜率可知，開始運動的加速度a＝＝m/s2＝2.25m/s2。故A錯誤；B、所以人和雪橇先做初速度為5m/s，加速度越來越小的加速直線運動。故B錯誤；（3）根據(jù)牛頓第二定律有開始時：mgsinθ﹣kv﹣μmgcosθ＝ma由AD這條漸近線可知，10m/s為其運動的收尾速度（即勻速運動速度），即有mgsinθ＝μmgcosθ+kvm①②兩式聯(lián)立，得kvm﹣kv＝ma將v＝5m/s、vm＝10m/s代入后得k＝37.5Ns/m。故C錯誤，D正確；9．（2022?凱里市校級開學）如圖所示，質量為m的小球分別用輕彈簧a和輕繩b相連，固定在豎直墻面和天花板上，其中輕彈簧a水平，輕繩b與水平面的夾角θ＝60°，重力加速度為g?，F(xiàn)將輕繩b剪斷。則在剪斷輕繩b的瞬間（）A．小球有沿彈簧水平向左運動的趨勢 B．彈簧的彈力為2mg C．小球的加速度為g D．小球的加速度為g【答案】D。【解析】解：AB、以球為研究對象，由平衡條件得：Fa﹣Fbcosθ＝0Fbsinθ﹣mg＝0聯(lián)立解得Fa＝mgtanθ剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，小球所受的合外力是重力與彈力的合力，與原來細繩的拉力大小相等，方向相反，所以小球有沿細繩斜向下運動的趨勢，故AB錯誤；CD、由牛頓第二定律得＝ma，解得：a＝g，故C錯誤，D正確；10．（2022?天心區(qū)校級二模）“血沉”是指紅細胞在一定條件下沉降的速度，在醫(yī)學中具有重要意義。測量“血沉”可將經(jīng)過處理后的血液放進血沉管內，由于有重力以及浮力的作用，血液中的紅細胞將會下沉，且在下沉的過程中紅細胞還會受到血液的粘滯阻力。已知紅細胞下落受到血液的粘滯阻力表達式為f＝6πηrv，其中η為血液的粘滯系數(shù)，r為紅細胞半徑，v為紅細胞運動的速率。設血沉管豎直放置且足夠深，紅細胞的形狀為球體，若某血樣中半徑為r的紅細胞，由靜止下沉直到勻速運動的速度為vm，紅細胞密度為ρ1，血液的密度為ρ2。以下說法正確的是（）A．該紅細胞先做勻加速運動，后做勻速運動 B．該紅細胞的半徑可表示為r＝ C．若血樣中紅細胞的半徑較大，則紅細胞勻速運動的速度較小 D．若采用國際單位制中的基本單位來表示η的單位，則其單位為【答案】B。【解析】解：A、設紅細胞質量為m，浮力為F浮，由牛頓第二定律mg﹣f﹣F?。絤a又因為f＝6πηrv故紅細胞隨著速度的增大，粘滯阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，紅細胞做加速度減小的加速運動，當加速度減到零時，受力平衡，此后勻速運動，故A錯誤；B、紅細胞勻速時mg＝f+F浮又因為紅細胞的質量為浮力為聯(lián)立可得解得，故B正確；C、由上述分析可知若血樣中紅細胞的半徑較小，則紅細胞勻速運動的速度較小，故C錯誤；D、由粘滯阻力公式f＝6πηrv可知故采用國際單位制中基本單位來表示η的單位，應為，故D錯誤。11．（2022?桑植縣校級模擬）如圖所示，力傳感器上吊著一個滑輪，細線繞過滑輪（質量不可忽略）一端吊著物塊A、另一端吊著物塊B和C，三個物塊的質量相同.由靜止釋放三個物塊，物塊運動穩(wěn)定時，力傳感器的示數(shù)為F1；在三個物塊運動過程中，剪斷B、C物塊間的細線，力傳感器的示數(shù)變?yōu)镕2，重力加速度為g，不計一切摩擦，則（）A．三個物塊一起運動的加速度大小為g B．每個物塊的重力為 C．滑輪的重力為2F2﹣F1 D．剪斷B、C間細線的一瞬間，連接A、B細線上的張力大小不變【答案】B?！窘馕觥拷猓篈、設每個物塊的質量為m，則對ABC整體有：2mg﹣mg＝3ma，解得：a＝g，故A錯誤；D、設繩的拉力為F，則對A有：F﹣mg＝ma，解得：F＝mg，設滑輪的質量為M，根據(jù)力的平衡對滑輪有：F1＝Mg+2F＝Mg+mg，剪斷B．C間的細線，由于A、B質量相等，因此A，B運動的加速度為零，這時細線上的張力大小發(fā)生突變，減少到mg，故D錯誤；B、根據(jù)力的平衡，對滑輪有：F2＝Mg+2mg，解得：mg＝（F1﹣F2），故B正確；C、滑輪重力Mg＝4F2﹣3F1，故C錯誤。12．（2022?菏澤二模）如圖所示，兩段輕繩A、B連接兩個小球1、2，懸掛在天花板上．一輕彈簧C一端連接球2，另一端固定在豎直墻壁上．兩小球均處于靜止狀態(tài)．輕繩A與豎直方向、輕繩B與水平方向的夾角均為30°，彈簧C沿水平方向．已知重力加速度為g．則（）A．球1和球2的質量之比為1：1 B．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度方向豎直向下 C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小一定大于g D．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g【答案】C。【解析】解：A、分別對兩小球進行受力分析，如下圖所示：根據(jù)平衡條件可得，由FB＝m1g，F(xiàn)Bsin30°＝m2g解得：m1＝2m2，故A錯誤；BCD、在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來得及變化，則球2所受重力和彈簧彈力FC不變，并假設輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力變?yōu)?，則球2的加速度為方向與FB方向相同，即沿繩B斜向右下方。此時球1只受重力，加速度豎直向下大小等于g，沿繩B方向的分加速度為因為a2＞a1，則假設不成立，可知此時輕繩B存在彈力。則由力的合成可知，球1的合力大于其重力，方向在豎直方向與繩B的夾角之間，則球1的加速度一定大于g，方向在豎直方向與繩B的夾角之間，故BD錯誤，C正確；13．（2022?天心區(qū)校級一模）如圖所示，“V”形槽各處所用材料完全相同，兩側面夾角可以調節(jié)，槽的棱與水平面的夾角為37°，兩側面與水平面的夾角相同。圓柱形工件放在“V”形槽中，當“V”形槽兩側面的夾角為60°時，工件恰好能勻速下滑。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。則當“V”形槽兩側面的夾角90°時，工件下滑的加速度大小為（）A．3m/s2 B．2m/s2 C．（）m/s2 D．（）m/s2【答案】C?！窘馕觥拷猓河捎趫A柱體勻速下滑，根據(jù)平衡條件可得：mgsin37°＝2f，其中f＝μN由平行四邊形定則可得N＝mgcos37°聯(lián)立解得：當“V”形槽兩側面的夾角90°時，工件對兩側面的正壓力N′＝mgcos37°sin45°＝根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°﹣2μN′＝ma，代入數(shù)據(jù)解得，故C正確，ABD錯誤。14．（2022春?濰坊月考）將質量為m的磚塊靠在足夠高的豎直墻壁上，對其施加F＝kt（k為正的常數(shù)）的水平推力，如圖所示，t＝0時將磚塊由靜止釋放，用f、a、v分別表示它的摩擦力、加速度和速度，如圖圖像正確的是（）A． B． C． D．【答案】B?！窘馕觥拷猓何飰K在t＝0時被無初速釋放，由于F＝kt，則開始過程，物塊對墻壁的壓力較小，所受的滑動摩擦力小于重力，物塊加速下滑；后來，滑動摩擦力大于重力，物塊減速下滑，直到速度為零，物塊靜止在墻壁上。取豎直向下方向為正方向。AB、物塊運動過程中，f＝μkt，f與t成正比；當物塊靜止時，f＝mg保持不變，圖像從斜直線突變?yōu)樗街本€，故B正確，A錯誤。CD、加速運動過程中：mg﹣f＝ma又f＝μN＝μF＝μkt，得a＝g﹣t，a隨著t增大而減小，物塊做加速度減小的變加速運動；v﹣t圖象的斜率應減小。減速運動過程中：由于mg＜f，得知，隨著t增大，a反向增大，物塊做加速度增大的變減速運動；v﹣t圖象的斜率應增大，直到靜止。故CD錯誤。15．（2022春?南開區(qū)校級月考）用長度為L的鐵絲繞成一個高度為H的等螺距螺旋線圈，將它豎直地固定于水平桌面。穿在鐵絲上的一小珠子可沿此螺旋線圈無摩擦地下滑（下滑過程線圈形狀保持不變），已知重力加速度為g。這個小珠子從螺旋線圈最高點無初速滑到桌面經(jīng)歷的時間為（）A． B． C． D．【答案】B?！窘馕觥拷猓簩⒙菥€圈分割為很多小段，每一段近似為一個斜面，由于螺旋線圈等螺距，說明每一小段的斜面傾角相同，設為θ；根據(jù)幾何關系，有sinθ＝物體做加速度大小不變的加速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ由于物體與初速度和加速度大小相同的勻加速直線運動的運動時間完全相同，故根據(jù)位移—時間關系公式，有L＝聯(lián)立解得t＝故ACD錯誤，B正確；16．（2022春?綏化月考）物體A、B疊放在斜面體C上，物體B的上表面水平，如圖所示。斜面體C受水平力F的作用，物體A、B一起隨C向左勻加速運動的過程中，三者相對靜止。則（）A．物體B對物體A的摩擦力為零 B．斜面體C對物體B的摩擦力沿斜面向上 C．斜面體C對物體B的摩擦力沿斜面向下 D．斜面體C對物體B的摩擦力可能為零【答案】D。【解析】解：A、物體A做勻加速直線運動，合力與加速度方向相同；受重力、支持力、向左的靜摩擦力，故A錯誤；BCD、對物體B受力分析，物體B加速度方向水平向左，受重力、A對B向下的壓力、C對B的支持力、A對B向右的摩擦力，4個力的合力有可能水平向左，即物體B有可能受4個力的作用，斜面C和物體B之間可能沒有摩擦力，故BC錯誤，D正確。17．（2022?黃山二模）一輛貨車運載若干相同的光滑圓柱形空油桶，質量均為m。如圖所示，底層油桶平整排列、相互緊貼。上層只有一只油桶C，自由擺放在油桶A、B之間，且與汽車一起處于靜止狀態(tài)。重力加速度為g。若汽車向左加速運動（C始終與汽車相對靜止），則（）A．A對C的支持力增大 B．B對C的支持力減小 C．當加速度時，A對C無支持力 D．當加速度a＝0時，C對B的壓力大小為mg【答案】C。【解析】解：AB．設A、B對C的支持力大小分別為NA、NB，汽車的加速度大小為a。在豎直方向上根據(jù)平衡條件可得：NAcos30°+NBcos30°＝mg在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有：NBsin30°﹣NAsin30°＝ma聯(lián)立解得：NA＝，NB＝可知從a＝0到a≠0時，NA減小，NB增大，故AB錯誤；CD．當加速度a＝g時NA＝0，NB＝根據(jù)牛頓第三定律可知此時C對A的壓力為零，對B的壓力大小為，故C正確；D．當a＝0時，可解得NB＝mg，根據(jù)牛頓第三定律可知此時C對A的壓力為mg，故D錯誤。18．（2022春?淇濱區(qū)校級月考）如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b間的動摩擦因數(shù)為μ，b與地面間的動摩擦因數(shù)為0.25μ。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對a施加一水平向右的拉力，下列判斷正確的是（）A．當力F＝μmg時，a、b間的摩擦力為1.5μmg B．無論力F為何值，b的加速度不會超過0.75μg C．當力F＞μmg時，b相對a滑動 D．若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過1.5μmg【答案】D?！窘馕觥拷猓篴、b之間的最大靜摩擦力為fmax＝μmg＝μmg，b與地面間的最大靜摩擦力為fmax′＝0.25μ（m+m）g＝0.5μmgCD、a、b相對地面一起運動，剛好不發(fā)生相對滑動時，由牛頓第二定律得：對b有：fmax﹣fmax′＝ma0對整體有：F0﹣fmax′＝2ma0解得：a0＝0.5μg，F(xiàn)0＝1.5μmg，所以若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過1.5μmg，當力F＞1.5μmg時，b相對a滑動，故C錯誤，D正確；A、當力F＝μmg時，a、b一起加速運動，設加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：對a、b整體：F﹣fmax′＝ma1對a：F﹣f1＝ma1解得a、b間的摩擦力為：f1＝0.75μmg，故A錯誤；B、根據(jù)D選項的分析可知，無論力F為何值，b的加速度不會超過0.5μg，故B錯誤。19．（2022?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，質量為mA＝2kg物體A放在粗糙水平桌面上，一端用繞過定滑輪的細繩與質量為mB＝1kg物體B相連。用手按住A使兩物體均靜止，B物體距離地面高度h＝1m?，F(xiàn)松手釋放A，經(jīng)時間t1＝1s，B落到地面上且未反彈（此時A未與滑輪相碰）。忽略空氣阻力、滑輪摩擦力，且繩子、滑輪質量不計，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物體A與桌面間動摩擦因數(shù)μ；（2）若A與滑輪的距離L＝1.5m，B落地瞬間，在A上施加一水平向左的恒力F＝6N，求恒力F作用時間t2＝1s后，物體A的速度大小?！敬鸢浮浚?）物體A與桌面間動摩擦因數(shù)為0.2；（2）恒力F作用時間t2＝1s后，物體A的速度大小為0.6m/s。【解析】解：（1）物體B在下落的過程中，做勻加速運動，則有：代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a＝2m/s2A、B整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mBg﹣μmAg＝（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.2；（2）物體B落地瞬間，物體A距離滑輪的長度為：ΔL＝L﹣h＝1.5m﹣1m＝0.5m此時物體A根據(jù)牛頓第二定律有：μmAg+F＝mAa1解得：設施加力F后物體速度等于0的時間為t3，位移為x1，則有：a1t3＝at1得到：t3＝0.4s，x1＝0.4m因x1＜ΔL所以此時物體A減速到0，且未碰撞到滑輪。之后物體A將向左加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣μmAg＝mAa2解得：則最終的速度v和向左的位移x2為：v＝a2（t2﹣t3）＝0.6m/s代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.6m/s，x2＝0.18m＜x1故最終繩子未拉直，物體A的速度為0.6m/s。20．（2022春?甘州區(qū)校級期中）如圖所示，質量m＝10kg的物塊（可視為質點）以v0＝4.5m/s的水平速度滑上靜止在地面上的長為L的長木板，木板質量為M＝20kg，物塊最后恰好沒有滑出長木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物塊剛滑上木板時，物塊和木板的加速度大小分別為多少？（2）木板的長度L？【答案】（1）物塊剛滑上木板時，物塊和木板的加速度大小分別為4m/s2和0.5m/s2；（2）木板的長度L為2.25m?！窘馕觥拷猓海?）對物塊受力分析知物塊做減速運動，設其加速度大小為a1，則由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝4m/s2對木板受力分析，設木板加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝0.5m/s2（2）設經(jīng)過時間t1二者共速，則有v0﹣a1t1＝a2t1解得t1＝1s設共速時的速度大小為v1，則有v1＝a2t1解得v1＝0.5m/st1時間內物塊的位移為x1＝t1解得x1＝2.5m木板的位移為x2＝t1解得x2＝0.25m所以木板的長度為L＝x1﹣x2＝2.5m﹣0.25m＝2.25m21．（2022?城廂區(qū)校級開學）2021年12月，新一輪新冠疫情開始考驗浙江，浙江人民眾志成城合作抗疫。在某高風險小區(qū)，工作人員正在操作一臺無人機配送貨物，貨物由靜止開始豎直向上做加速度大小為a1的勻加速直線運動，一段時間后，又勻速上升15s，然后做加速度大小為a2的勻減速直線運動，經(jīng)2s到達用戶的陽臺且速度為零。遙控器上顯示無人機上升過程中最大的速度為2m/s。已知貨物質量為2kg，受到空氣阻力恒為重力的5%，a2＝2a1，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）無人機勻加速上升階段的時間；（2）貨物從靜止開始向上