考點(diǎn)三年全國卷高考統(tǒng)計(jì)1.牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用(Ⅱ)2.超重和失重(Ⅰ)3.單位制(Ⅰ)4.實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證牛頓運(yùn)動定律202120202019全國甲卷，T14，可調(diào)斜面；全國乙卷，T21，板塊模型全國卷Ⅲ，T25題第(1)問，傳送帶；全國卷Ⅱ，T22，測量加速度驗(yàn)證牛頓第二定律全國卷Ⅱ，T22，測量動摩擦因數(shù)實(shí)驗(yàn)；全國卷Ⅲ，T20，板塊模型與圖象結(jié)合考情分析：從近幾年高考看，考查的頻率很高，題目會綜合牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，注重生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點(diǎn)、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。不只在選擇題中考查牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用，在實(shí)驗(yàn)題和計(jì)算題中仍然是考查的重點(diǎn)。命題趨勢：一是高考考查的重點(diǎn)，命題次數(shù)較多；二是題型全面，從選擇題到實(shí)驗(yàn)題再到計(jì)算題；三是命題趨勢大體呈現(xiàn)以下特點(diǎn)：從勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用為重點(diǎn)轉(zhuǎn)向動力學(xué)方法的應(yīng)用為重點(diǎn)。第1節(jié)牛頓三定律的理解一、牛頓第一定律1.內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。2.意義(1)指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律。(2)指出力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因。3.慣性(1)定義：物體保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。(2)性質(zhì)：慣性是一切物體都具有的性質(zhì)，是物體的固有屬性，與物體的運(yùn)動情況和受力情況無關(guān)。4.量度：質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小?！咀詼y1】(多選)下列對牛頓第一定律和慣性的分析正確的是()A.飛機(jī)投彈時(shí)，當(dāng)目標(biāo)在飛機(jī)的正下方時(shí)投下炸彈，能擊中目標(biāo)B.地球自西向東自轉(zhuǎn)，人向上跳起來后，還會落到原地C.安全帶的作用是防止汽車剎車時(shí)，人由于慣性而發(fā)生危險(xiǎn)D.有的同學(xué)說，向上拋出的物體，在空中向上運(yùn)動時(shí)，肯定受到了向上的作用力答案BC二、牛頓第二定律單位制1.牛頓第二定律(1)內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)表達(dá)式：F＝ma。2.單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制。(2)基本單位在力學(xué)范圍內(nèi)，國際單位制規(guī)定質(zhì)量、長度和時(shí)間為三個(gè)基本量，它們的單位千克、米和秒為基本單位。(3)導(dǎo)出單位由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。【自測2】(多選)關(guān)于運(yùn)動狀態(tài)與所受外力的關(guān)系，下列說法中正確的是()A.物體受到恒定的力作用時(shí)，它的運(yùn)動狀態(tài)不發(fā)生改變B.物體受到不為零的合力作用時(shí)，它的運(yùn)動狀態(tài)要發(fā)生改變C.物體受到的合力為零時(shí)，它一定處于靜止?fàn)顟B(tài)D.物體的運(yùn)動方向與它所受的合力的方向可能相同答案BD三、牛頓第三定律1.作用力和反作用力兩個(gè)物體之間的作用總是相互的，一個(gè)物體對另一個(gè)物體施加了力，后一個(gè)物體一定同時(shí)對前一個(gè)物體也施加了力。物體間相互作用的這一對力叫作作用力和反作用力。2.牛頓第三定律兩個(gè)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?？键c(diǎn)一牛頓第一定律的理解1.理想化狀態(tài)牛頓第一定律描述的是物體不受外力時(shí)的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。如果物體所受的合力等于零，其運(yùn)動效果跟不受外力作用時(shí)相同，物體保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。2.明確了慣性的概念牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性，即物體具有保持原來的勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。3.揭示了力與物體運(yùn)動狀態(tài)的關(guān)系力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因。4.與牛頓第二定律的關(guān)系牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨(dú)立的。力是如何改變物體運(yùn)動狀態(tài)的問題由牛頓第二定律來回答。牛頓第一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律。1.(慣性的理解)下列說法中正確的是()A.慣性是只有物體做勻速直線運(yùn)動或靜止時(shí)才表現(xiàn)出來的性質(zhì)B.物體的慣性是指物體不受外力作用時(shí)仍保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)C.物體不受外力作用時(shí)保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，有慣性；受到外力作用時(shí)，不能保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)就無慣性D.慣性是物體的固有屬性，與運(yùn)動狀態(tài)和是否受力無關(guān)答案D解析慣性是指物體具有保持原來的運(yùn)動狀態(tài)的性質(zhì)，不是只有做勻速直線運(yùn)動或靜止的物體才有慣性，任何物體在任何狀態(tài)下都有慣性，故A錯(cuò)誤；物體不受外力作用時(shí)保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，有慣性；受到外力作用時(shí)，不能保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，但仍有慣性，故B、C錯(cuò)誤；慣性是物體的固有屬性，與運(yùn)動狀態(tài)和是否受力無關(guān)，故D正確。2.(牛頓第一定律的應(yīng)用)如圖1所示，一盛水的容器固定在一個(gè)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(yùn)動時(shí)，兩球的運(yùn)動情況是(以小車為參考系)()圖1A.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答案A解析因?yàn)樾≤囃蝗幌蛴疫\(yùn)動，鐵球和乒乓球都有向右運(yùn)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(yùn)動狀態(tài)難改變，即速度變化慢，而同體積的“水球”的運(yùn)動狀態(tài)比鐵球容易改變，即速度變化快，水和車一起向右運(yùn)動，所以小車突然向右運(yùn)動時(shí)，鐵球相對小車向左運(yùn)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(yùn)動。選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)二對牛頓第二定律的理解和應(yīng)用1.牛頓第二定律的五個(gè)特性2.合力、加速度、速度之間的決定關(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無必然聯(lián)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。(3)合力與速度同向時(shí)，物體加速運(yùn)動；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動。角度1對牛頓第二定律的理解【例1】(2021·江蘇泰州二模)某種自動扶梯，無人乘行時(shí)運(yùn)轉(zhuǎn)很慢，當(dāng)有人站上去后會先慢慢加速。如圖2所示，有一顧客乘這種扶梯下樓。在電梯加速向下運(yùn)行的過程中，她所受力的示意圖是()圖2答案D解析電梯加速向下運(yùn)行，根據(jù)F合＝ma可知人所受合力與電梯運(yùn)行方向相同，所以人在豎直方向重力G大于支持力FN，兩個(gè)力的合力F豎直向下，在水平方向靜摩擦力Ff平行于接觸面水平向右，故選D。角度2瞬時(shí)加速度問題1.兩類模型2.求解瞬時(shí)加速度的一般思路(1)首先確定模型，分析突變前后屬于哪一類模型。(2)分析瞬時(shí)變化前、后物體的受力情況，尤其注意通過瞬時(shí)變化后物體的運(yùn)動判斷受力情況。(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求瞬時(shí)加速度?！纠?】(多選)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮條AC和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮條處在水平方向上。下列判斷中正確的是()圖3A.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答案BC解析根據(jù)題意，在AC剪斷前，有TBC＝eq\f(mg,cosθ)，AC剪斷后，有TBC′＝mgcosθ，且mgsinθ＝ma，故A錯(cuò)誤，B正確；在BC剪斷前，有TAC＝mgtanθ，BC剪斷后，有TAC′＝TAC＝mgtanθ，其合力為F合＝eq\r(Teq\o\al(2,AC)＋G2)，解得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(g,cosθ)，故C正確，D錯(cuò)誤。3.如圖4所示，質(zhì)量為m的小球用一水平輕彈簧系住，并用傾角為60°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，在木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()圖4A.0B.大小為g，方向豎直向下C.大小為eq\r(3)g，方向垂直木板向下D.大小為2g，方向垂直木板向下答案D解析撤離木板AB瞬間，木板對小球的支持力消失，而小球所受重力和彈力不變，且二力的合力與原支持力等大反向，由原來的平衡條件可知原來的支持力大小FN＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，由牛頓第二定律得2mg＝ma，撤離木板AB瞬間的加速度a＝2g，故選D。4.(2021·北京延慶區(qū)一模)如圖5所示，將一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg的小球與彈簧相連，彈簧的另一端與箱子頂端連接，小球的下端用細(xì)繩與箱子下面連接，整個(gè)裝置放在升降機(jī)上。當(dāng)升降機(jī)以加速度a＝0.5m/s2加速上升時(shí)細(xì)繩的拉力恰好為F＝5N，若此時(shí)將細(xì)繩剪斷，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為()圖5A.0.5m/s2 B.2m/s2C.2.5m/s2 D.3m/s2答案D解析對小球受力分析可知F彈－mg－F＝ma，解得F彈＝26N，剪斷細(xì)繩瞬時(shí)，彈簧的彈力不變，則F彈－mg＝ma′，解得a′＝3m/s2，故選D?？键c(diǎn)三牛頓第三定律的理解和應(yīng)用1.作用力與反作用力的“六同、三異、二無關(guān)”六同性質(zhì)相同、大小相同、同一直線同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失三異方向相反、不同物體、不同效果二無關(guān)與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)與物體是否受其他力無關(guān)2.作用力和反作用力與一對平衡力的比較作用力和反作用力一對平衡力不同點(diǎn)作用在兩個(gè)物體上作用在同一物體上力的性質(zhì)一定相同對力的性質(zhì)無要求作用效果不可抵消作用效果相互抵消相同點(diǎn)大小相等、方向相反，作用在同一直線上5.(作力力與反作用力)(2021·廣東卷)唐代《耒耜經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力。設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為α和β，α＜β，如圖6所示。忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是()圖6A.耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B.耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C.曲轅犁勻速前進(jìn)時(shí)，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力D.直轅犁加速前進(jìn)時(shí)，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力答案B解析耕索對曲轅犁的拉力在水平方向上的分力為Fsinα，耕索對直轅犁的拉力在水平方向上的分力為Fsinβ，由于α<β，則Fsinβ＞Fsinα，A錯(cuò)誤；耕索對曲轅犁的拉力在豎直方向上的分力為Fcosα，耕索對直轅犁的拉力在豎直方向上的分力為Fcosβ，由于α<β，故Fcosα>Fcosβ，B正確；耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對作用力與反作用力，作用力與反作用大小相等，故耕索對犁的拉力等于犁對耕索的拉力，C、D錯(cuò)誤。6.如圖7所示，質(zhì)量為M的大圓環(huán)，用輕繩懸掛于天花板上，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小環(huán)同時(shí)從等高處由靜止滑下，當(dāng)兩小圓環(huán)滑至與圓心等高時(shí)所受到的摩擦力均為Ff，則此時(shí)大環(huán)對繩的拉力大小是()圖7A.Mg B.(M＋2m)gC.Mg＋2Ff D.(M＋2m)g＋2Ff答案C解析小環(huán)受到大環(huán)的摩擦力大小為Ff，方向向上，根據(jù)力的作用是相互的，大環(huán)受到兩個(gè)小環(huán)的摩擦力大小各為Ff，方向向下，以大環(huán)為研究對象，處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力滿足平衡關(guān)系，向上的力是繩子對它的拉力F，向下的力有：大環(huán)的重力G、兩個(gè)小環(huán)的摩擦力2Ff；根據(jù)平衡力的大小相等的特點(diǎn)，有F＝G＋2Ff＝Mg＋2Ff，由牛頓第三定律可知大環(huán)對繩的拉力大小為(Mg＋2Ff)，故選C。小球——彈簧模型【模型概述】地面上豎立著一輕質(zhì)彈簧，小球從其正上方某一高度處自由下落到彈簧上。從小球剛接觸彈簧到彈簧被壓縮至最短的過程中(在彈簧的彈性限度內(nèi))的運(yùn)動問題、能量轉(zhuǎn)換問題、動量變化問題?！臼纠?多選)(2021·湖北十堰期末)如圖所示，處于自然狀態(tài)下的輕彈簧一端固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設(shè)彈簧一直處于豎直方向，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g。在小球?qū)椈蓧嚎s到最短的過程中，下列說法正確的是()A.小球的速度先增大后減小B.小球的加速度先減小后增大C.小球速度最大時(shí)彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D.彈簧的最大形變量為eq\f(mg,k)答案ABC解析開始時(shí)，小球的重力大于彈簧的彈力，小球的加速度向下，向下加速運(yùn)動，隨著彈簧的壓縮，彈力逐漸變大，則加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，加速度為零，即有mg＝kx，可得x＝eq\f(mg,k)，此時(shí)小球的速度最大，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動壓縮彈簧，彈力大于重力，加速度變?yōu)橄蛏?，速度逐漸減小，直到速度減小到零，到達(dá)最低點(diǎn)，由對稱性可知，此時(shí)彈簧的壓縮量為2x＝eq\f(2mg,k)，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)一牛頓第一定律的理解1.(2021·四川南充模擬)科學(xué)家關(guān)于物體運(yùn)動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法不符合歷史事實(shí)的是()A.亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體的運(yùn)動狀態(tài)才會改變B.伽利略通過“理想實(shí)驗(yàn)”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動下去C.笛卡兒指出：如果運(yùn)動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向D.牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)答案A解析亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上物體才運(yùn)動，如果沒有力，物體就不會運(yùn)動，A符合題意；伽利略通過“理想實(shí)驗(yàn)”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動下去，B不符合題意；笛卡兒指出：如果運(yùn)動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向，C不符合題意；牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，稱為慣性，D不符合題意。2.某同學(xué)為了取出如圖1所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿著球筒的中部，另一只手用力擊打羽毛球筒的上端，則()圖1A.此同學(xué)無法取出羽毛球B.羽毛球會從筒的下端出來C.羽毛球筒向下運(yùn)動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來D.該同學(xué)是在利用羽毛球的慣性答案D解析羽毛球筒被手擊打后迅速向下運(yùn)動，而羽毛球具有慣性要保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)，所以會從筒的上端出來，D正確。3.水平儀的主要測量裝置是一個(gè)內(nèi)部封有液體的玻璃管，液體中有一氣泡，水平靜止時(shí)，氣泡位于玻璃管中央，如圖2甲所示。一輛在水平軌道上行駛的火車車廂內(nèi)水平放置兩個(gè)水平儀，一個(gè)沿車頭方向，一個(gè)垂直于車頭方向。某時(shí)刻，氣泡位置如圖乙所示，則此時(shí)關(guān)于火車運(yùn)動的說法可能正確的是()圖2A.加速行駛，且向左轉(zhuǎn)彎 B.加速行駛，且向右轉(zhuǎn)彎C.減速行駛，且向左轉(zhuǎn)彎 D.減速行駛，且向右轉(zhuǎn)彎答案B解析由題意可知，水平靜止或勻速直線運(yùn)動時(shí)，氣泡位于玻璃管中央，由圖乙可以看出：沿車頭方向的氣泡向車頭方向移動，當(dāng)火車加速時(shí)，氣泡和液體由于慣性不會隨火車立即加速，還會以原來的速度運(yùn)動，相對火車向后運(yùn)動，因?yàn)闅馀菝芏刃∮谝后w密度，所以氣泡在液體作用下就向前運(yùn)動，故C、D錯(cuò)誤；垂直于車頭方向的裝置中氣泡處于右端，因原來火車做直線運(yùn)動，氣泡位于中心位置，當(dāng)火車向右轉(zhuǎn)彎時(shí)，氣泡和液體由于慣性不會立即隨火車右轉(zhuǎn)，還會沿直線運(yùn)動，所以氣泡和液體就相對火車向左運(yùn)動，因?yàn)闅馀菝芏刃∮谝后w密度，所以氣泡在液體的作用下相對中心位置向右運(yùn)動；所以此時(shí)刻火車應(yīng)是加速運(yùn)動且向右轉(zhuǎn)彎，故A錯(cuò)誤，B正確?？键c(diǎn)二牛頓第二定律的理解和應(yīng)用4.某直升機(jī)的質(zhì)量為m，某次試飛時(shí)，主旋翼提供大小為2mg、方向向上的升力，兩個(gè)向前螺旋推進(jìn)器均提供大小為mg、方向向前的推力，如圖3所示。不考慮空氣阻力的影響，下列說法正確的是()圖3A.該直升機(jī)可能處于平衡狀態(tài)B.該直升機(jī)以加速度g做勻加速直線運(yùn)動C.空氣對直升機(jī)的作用力為2eq\r(2)mgD.空氣對直升機(jī)的作用力為4mg答案C解析直升機(jī)水平方向兩個(gè)螺旋槳產(chǎn)生的水平方向的加速度大小ax＝2g，豎直方向的加速度大小ay＝g，則直升機(jī)的加速度大小a＝eq\r(aeq\o\al(2,x)＋aeq\o\al(2,y))＝eq\r(5)g，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；空氣對直升機(jī)的作用力為F＝eq\r(（2mg）2＋（2mg）2)＝2eq\r(2)mg，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。5.(多選)(2021·安徽淮北一模)如圖4所示，質(zhì)量為2m的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B用一輕彈簧相連，將A用承受力足夠大的輕繩懸掛于天花板上，用一個(gè)托盤托著B使彈簧恰好處于原長，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將托盤撤掉，則下列說法正確的是()圖4A.托盤撤掉瞬間，輕繩拉力大小為mgB.托盤撤掉瞬間，B物塊的加速度大小為gC.托盤撤掉后，B物塊向下運(yùn)動速度最大時(shí)，輕繩拉力大小為3mgD.托盤撤掉后，物塊向下運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力大小為mg答案BC解析托盤撤掉瞬間，彈簧的長度不變，則輕繩拉力與A的重力平衡，大小為2mg，故A錯(cuò)誤；托盤撤掉瞬間，B物塊只受重力，則其加速度大小為g，故B正確；托盤撤掉后，B物塊向下運(yùn)動速度最大時(shí)，B物塊瞬間受力平衡，則彈簧彈力大小等于B的重力，根據(jù)平衡條件可得輕繩拉力大小為F＝2mg＋mg＝3mg，故C正確；托盤撤掉后，物塊先向下做加速運(yùn)動，再向下做減速運(yùn)動，運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，有向上的加速度，所以彈簧彈力大小大于mg，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)三牛頓第三定律的理解和應(yīng)用6.(多選)下列關(guān)于牛頓運(yùn)動定律和物理現(xiàn)象的說法中正確的是()A.力的國際制單位“牛頓”是根據(jù)牛頓第二定律定義的B.司機(jī)系上安全帶主要是為了減輕車突然啟動時(shí)可能對人造成的傷害C.人乘坐能加速或減速運(yùn)動的電梯，當(dāng)電梯減速下降時(shí)，人是處在超重狀態(tài)D.滑冰時(shí)運(yùn)動員對冰面的壓力與冰面對運(yùn)動員的支持力是一對作用力和反作用力答案ACD解析力的國際制單位“牛頓”是根據(jù)牛頓第二定律F＝ma定義的，故A正確；當(dāng)汽車突然啟動時(shí)，人由于座椅的作用而隨車加速，安全帶對人沒有作用，當(dāng)汽車緊急剎車時(shí)，人由于慣性，保持向前的速度，但由于安全帶的作用，避免了向前撞擊或摔出去的可能性，減輕了剎車時(shí)可能對人造成的傷害，故B錯(cuò)誤；人乘坐能加速或減速運(yùn)動的電梯，當(dāng)電梯減速下降時(shí)，人的加速度方向向上，人處在超重狀態(tài)，故C正確；運(yùn)動員對冰面的壓力與冰面對運(yùn)動員的支持力是一對作用力和反作用力，故D正確。7.如圖5，列車沿水平直線方向高速運(yùn)行時(shí)，硬幣可直立在水平窗臺上，列車轉(zhuǎn)彎時(shí)，硬幣傾倒。在列車行使過程中，該硬幣()圖5A.直立階段一定處于受力平衡狀態(tài)B.直立階段可能受到窗臺的摩擦力作用C.轉(zhuǎn)彎時(shí)，硬幣一定會向彎道內(nèi)側(cè)傾倒D.列車沿直線方向加速和減速行駛時(shí)，硬幣都受到與列車運(yùn)動方向相反的摩擦力作用答案B解析當(dāng)列車在加速或減速過程中，如果加速度較小，硬幣會受到沿著行進(jìn)方向的靜摩擦力或與行進(jìn)方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A、D錯(cuò)誤，B正確；轉(zhuǎn)彎時(shí)，硬幣由于慣性，要保持向前的速度，會向彎道外側(cè)傾倒，故C錯(cuò)誤。8.(2021·浙江6月選考)2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s的減速，速度從4.9×103m/s減為4.6×102m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90s速度進(jìn)一步減為1.0×102m/s；與降落傘分離，打開發(fā)動機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對著陸點(diǎn)的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運(yùn)動可視為豎直向下運(yùn)動，則著陸器()圖6A.打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B.打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C.打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力答案B解析打開降落傘前，著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；打開降落傘至分離前，著陸器做減速運(yùn)動，加速度方向豎直向上，則合力方向豎直向上，選項(xiàng)B正確；打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機(jī)的作用力，與火星對發(fā)動機(jī)的吸引力是一對平衡力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.(多選)如圖7所示，當(dāng)車向右加速行駛時(shí)，一質(zhì)量為m的物塊緊貼在車廂壁上，且相對于車廂壁靜止。下列說法正確的是()圖7A.在豎直方向上，車廂壁對物塊的摩擦力與物塊的重力平衡B.在水平方向上，車廂壁對物塊的彈力與物塊對車廂壁的壓力是一對平衡力C.若車的加速度變小，則車廂壁對物塊的彈力減小D.若車的加速度變大，則車廂壁對物塊的摩擦力也變大答案AC解析物塊在豎直方向受重力和車廂壁對物塊的靜摩擦力Ff作用而處于平衡狀態(tài)，故摩擦力Ff不會隨加速度的變大而變大，A正確，D錯(cuò)誤；在水平方向上，車廂壁對物塊的彈力與物塊對車廂壁的壓力是一對相互作用力，等大、反向，B錯(cuò)誤；物塊在水平方向受彈力FN，據(jù)牛頓第二定律可得FN＝ma，故a減小，F(xiàn)N減小，C正確。10.如圖8所示，一輕彈簧一端系在墻上的O點(diǎn)，自由伸長到B點(diǎn)。今用一物體m把彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體能運(yùn)動到C點(diǎn)靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是()圖8A.物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小B.物體從A到B速度越來越小，從B到C加速度不變C.物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運(yùn)動D.物體在B點(diǎn)受力為零答案C解析物體在A點(diǎn)時(shí)水平方向受兩個(gè)力作用，向右的彈力F和向左的摩擦力Ff，合力F合＝F－Ff，物體從A到B的過程，彈力逐漸減小到零，所以開始一段合力向右，中間有一點(diǎn)合力為零，然后合力向左，而v一直向右，物體先做加速度越來越小的加速運(yùn)動，然后做加速度越來越大的減速運(yùn)動；物體從B到C過程，合力等于摩擦力Ff為恒力，方向向左，所以物體做加速度不變的勻減速運(yùn)動，故C正確。11.(多選)(2021·北京中關(guān)村中學(xué)模擬)已知雨滴在空中運(yùn)動時(shí)所受空氣阻力Ff＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為其運(yùn)動速率。t＝0時(shí)，雨滴由靜止開始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做勻速運(yùn)動，速率為v0。下列對雨滴運(yùn)動描述的圖象中一定正確的是()答案ABC解析下降的過程中，隨著速度的增加，阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，勻速運(yùn)動時(shí)，加速度減小到零，A正確；在v－t圖象中，斜率表示加速度，因此雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動，B正確；雨滴最終勻速運(yùn)動時(shí)mg＝Ff，而m＝eq\f(4,3)πr3ρ，整理可得veq\o\al(2,0)＝eq\f(4πρ,3k)r，因此veq\o\al(2,0)與r成正比，C正確，D錯(cuò)誤。12.如圖9所示，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連。設(shè)在某一段時(shí)間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于拉伸狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時(shí)間內(nèi)小車可能是()圖9A.向右做加速運(yùn)動 B.向右做減速運(yùn)動C.向左做勻速運(yùn)動 D.向左做減速運(yùn)動答案B解析因?yàn)閺椈商幱诶鞝顟B(tài)，小球在水平方向受到向左的彈簧彈力F，由牛頓第二定律的矢量性可知，小球加速度也是向左。小球與小車相對靜止，故小車可能向左做加速運(yùn)動或向右做減速運(yùn)動，B正確。

第2節(jié)動力學(xué)兩類問題超重和失重一、超重和失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。4.實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)。(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。【自測1】金屬小桶側(cè)面有一小孔A，當(dāng)桶內(nèi)盛水時(shí)，水會從小孔A中流出，如果讓裝滿水的小桶自由下落，不計(jì)空氣阻力，則在小桶自由下落過程中()圖1A.水繼續(xù)以相同的速度從小孔中噴出B.水不再從小孔噴出C.水將以更大的速度噴出D.水將以較小的速度噴出答案B二、動力學(xué)兩類基本問題1.動力學(xué)兩類基本問題(1)已知受力情況，求物體的運(yùn)動情況。(2)已知運(yùn)動情況，求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓運(yùn)動定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：【自測2】一個(gè)靜止在水平地面上的物體，質(zhì)量為2.0kg，在6.4N的水平拉力作用下沿水平地面運(yùn)動，物體與水平地面間的滑動摩擦力是4.2N，求物體在4s末的速度和這4s內(nèi)發(fā)生的位移大小。答案4.4m/s8.8m考點(diǎn)一動力學(xué)的兩類基本問題1.解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動過程分析。(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動和力的橋梁；速度是各運(yùn)動過程間相互聯(lián)系的橋梁。2.常用方法(1)合成法在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用合成法。(2)正交分解法若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)時(shí)，則采用正交分解法。角度1已知受力情況求運(yùn)動情況【例1】如圖2所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m＝2kg的無人機(jī)，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4N。g取10m/s2。圖2(1)無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t＝5s時(shí)離地面的高度h；(2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H＝100m處，由于動力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落。求無人機(jī)墜落地面時(shí)的速度v。答案(1)75m(2)40m/s解析(1)設(shè)無人機(jī)上升時(shí)加速度為a，由牛頓第二定律，有F－mg－f＝ma解得a＝6m/s2由h＝eq\f(1,2)at2，解得h＝75m。(2)設(shè)無人機(jī)墜落過程中加速度大小為a1，由牛頓第二定律，有mg－f＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H，解得v＝40m/s。角度2已知運(yùn)動情況求受力情況【例2】(2021·遼寧大連一模)機(jī)器人“小易”在醫(yī)護(hù)人員選擇配送目的后，就開始沿著測算的路徑出發(fā)，在加速啟動的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個(gè)人，立即制動減速，恰好在距離人30cm處停下?！靶∫住睆撵o止出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運(yùn)動，其v－t圖象如圖3所示，圖中t0＝1.6s，v0＝5m/s。已知減速時(shí)的加速度大小是加速時(shí)加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60kg，運(yùn)動過程中阻力恒為20N。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：圖3(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；(2)啟動過程的牽引力與制動過程的制動力(不含阻力)分別多大。答案(1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N解析(1)設(shè)加速運(yùn)動與減速運(yùn)動的時(shí)間分別為t1、t2，位移分別是x1、x2，總時(shí)間是t0，總位移是x，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律知x1＝eq\f(v0,2)t1，x2＝eq\f(v0,2)t2x＝x1＋x2，解得x＝4m由加速度定義式知a1＝eq\f(v0,t1)，a2＝eq\f(v0,t2)則a2＝3a1t0＝t1＋t2聯(lián)立解得t1＝1.2s，t2＝0.4s則a1＝eq\f(25,6)m/s2＝4.17m/s2a2＝eq\f(25,2)m/s2＝12.5m/s2。(2)對加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F(xiàn)2＋Ff＝ma2解得F1＝270N，F(xiàn)2＝730N。1.(2021·全國甲卷)如圖4，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將()圖4A.逐漸增大 B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案D解析由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，小物塊的加速度大小a＝gsinθ；設(shè)鐵架臺底座的長度為d，根據(jù)幾何關(guān)系，小物塊的位移大小為eq\f(d,cosθ)；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得eq\f(d,cosθ)＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將先減小后增大，D正確。2.(多選)(2021·遼寧六校聯(lián)考)如圖5甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時(shí)刻F突然反向，大小不變，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法中正確的是()圖5A.0～5m內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動B.在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3答案ABD解析0～5m內(nèi)，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1，得veq\o\al(2,1)＝2a1x1＋veq\o\al(2,0)，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，物塊做勻減速運(yùn)動，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內(nèi)物塊運(yùn)動的時(shí)間t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向，B正確；5～13m內(nèi)，由veq\o\al(2,2)＝2a2x2得物塊的加速度a2＝eq\f(veq\o\al(2,2),2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二超重與失重現(xiàn)象1.超重和失重現(xiàn)象的判斷(1)從受力的角度判斷：當(dāng)物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，處于失重狀態(tài)；向下的加速度恰好等于重力加速度時(shí)，處于完全失重狀態(tài)。2.超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關(guān)，只取決于加速度的方向。(2)并非物體在豎直方向上運(yùn)動時(shí)，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。(3)發(fā)生超重或者失重時(shí)，物體的實(shí)際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重?！菊骖}示例3】(2019·浙江4月選考)如圖6所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計(jì)空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()圖6A.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動B.A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，C球不動C.A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，C球不動D.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動，C球不動答案D解析剪斷繩子之前，A球受力分析如圖甲所示，B球受力分析如圖乙所示，C球受力分析如圖丙所示。剪斷繩子瞬間，水杯和水都處于完全失重狀態(tài)，水的浮力消失，杯子的瞬時(shí)加速度為重力加速度。又由于彈簧的形狀來不及發(fā)生改變，彈簧的彈力大小不變，相對地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F彈A,mA)＜g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向上。相對地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F彈B,mB)＞g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向下。繩子剪斷瞬間，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬時(shí)加速度為重力加速度，故相對杯子靜止，綜上所述，D正確。3.(2021·北京豐臺區(qū)期末)圖7甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖7中的小黑點(diǎn)表示人的重心。圖乙是平板所受壓力隨時(shí)間變化的圖象，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖象分析可知()圖7A.人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300NB.b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C.人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D.人在b點(diǎn)對應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對應(yīng)時(shí)刻的加速度答案C解析由題圖可知，開始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯(cuò)誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；雙腳離開平板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點(diǎn)壓力與重力的差值要小于c點(diǎn)壓力與重力的差值，則人在b點(diǎn)的加速度要小于在c點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動力學(xué)方法解決多運(yùn)動過程問題1.將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。2.對各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。3.根據(jù)“子過程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。4.分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。5.聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論?！纠?】(2021·浙江五校聯(lián)考)無人機(jī)的質(zhì)量為m＝2kg，在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時(shí)間t＝4s時(shí)離地面的高度為h＝48m，已知無人機(jī)動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為36N，假設(shè)無人機(jī)運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小恒定，g取10m/s2，求：(1)無人機(jī)運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大?。?2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度h＝45m處時(shí)，無人機(jī)由于信號故障突然失去全部升力，由靜止開始豎直墜落，若無人機(jī)到達(dá)地面時(shí)速度剛好減為0，剛開始下落后經(jīng)多長時(shí)間需要立刻恢復(fù)最大升力。答案(1)4N(2)2.5s解析(1)無人機(jī)提供最大升力時(shí)，令其向上的加速度為a1，根據(jù)位移公式h＝eq\f(1,2)a1t2解得a1＝6m/s2令無人機(jī)動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為F，根據(jù)牛頓第二定律F－mg－f＝ma1計(jì)算出空氣阻力為f＝4N。(2)令失去動力時(shí)的加速度為a2，則a2＝eq\f(mg－f,m)＝8m/s2令剛開始下落經(jīng)t1時(shí)間需要恢復(fù)動力，恢復(fù)動力時(shí)的速度為v1＝a2t1下落的高度為h1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)恢復(fù)動力后，令加速度為a3，則a3＝eq\f(F＋f－mg,m)＝10m/s2從恢復(fù)到下落到地面的位移h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a3)利用h1＋h2＝H解得v1＝20m/st1＝2.5s。4.如圖8所示為風(fēng)洞里模擬實(shí)驗(yàn)的示意圖。一質(zhì)量為m＝1kg的實(shí)驗(yàn)對象(可視為質(zhì)點(diǎn))套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角為θ＝30°。風(fēng)洞產(chǎn)生豎直向上、大小F＝20N的風(fēng)力作用在實(shí)驗(yàn)對象上，實(shí)驗(yàn)對象從M點(diǎn)由靜止開始沿直桿向上運(yùn)動。已知實(shí)驗(yàn)對象與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)。取g＝10m/s2。求：圖8(1)實(shí)驗(yàn)對象剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大??；(2)若桿上有一點(diǎn)N位于M點(diǎn)上方，且M、N兩點(diǎn)的間距為L＝2.4m，欲使實(shí)驗(yàn)對象到達(dá)N點(diǎn)，求風(fēng)力F作用的最短時(shí)間。答案(1)2.5m/s2(2)1.2s解析(1)設(shè)在力F作用時(shí)，直桿對實(shí)驗(yàn)對象的支持力為FN1，滑動摩擦力為Ff1，實(shí)驗(yàn)對象剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得沿桿方向有Fsin30°－mgsin30°－Ff1＝ma1垂直于桿方向有FN1＝Fcos30°－mgcos30°又Ff1＝μFN1解得a1＝2.5m/s2。(2)當(dāng)實(shí)驗(yàn)對象到達(dá)N點(diǎn)的速度剛好為零，風(fēng)力F作用的最短時(shí)間設(shè)為t1，設(shè)撤去力F前實(shí)驗(yàn)對象上滑距離為x1，撤去力F后，實(shí)驗(yàn)對象上滑的加速度大小為a2，上滑距離為x2，剛撤去F時(shí)，實(shí)驗(yàn)對象的速度為v，則有v＝a1t1x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2可得a2＝7.5m/s2x2＝eq\f(v2,2a2)由幾何關(guān)系有x1＋x2＝L聯(lián)立解得t1＝1.2s?！暗葧r(shí)圓”模型1.三種模型(如圖1)圖12.等時(shí)性的證明設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖2)。物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ＝ma，則加速度為a＝gsinα，位移為x＝dsinα，所以運(yùn)動時(shí)間為t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g))。即運(yùn)動時(shí)間與弦的傾角、長短無關(guān)。圖2【示例】(多選)如圖3所示，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(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是()圖3A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，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，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確?？键c(diǎn)一動力學(xué)的兩類基本問題1.(2021·山東濰坊模擬)豎直向上拋的物體在上升過程中由于受到空氣阻力，加速度大小為eq\f(4,3)g，若空氣阻力大小不變，那么這個(gè)物體下降過程中的加速度大小為()A.eq\f(4,3)g B.gC.eq\f(2,3)g D.eq\f(1,2)g答案C解析上拋過程中，受到豎直向下的重力和豎直向下的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋f＝eq\f(4,3)mg，解得f＝eq\f(1,3)mg，在下降過程中，受到豎直向下的重力和豎直向上的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－f＝ma，解得a＝eq\f(2,3)g，故選C。2.如圖1所示，人手握繩子使自己與木板懸停在半空中，此時(shí)板距地面高度為h＝4m，已知人的質(zhì)量為60kg，板的質(zhì)量為10kg，人能安全著地的最大速度為4m/s。人做勻變速直線運(yùn)動回到地面，至少以多大的力拉繩，才不至于出危險(xiǎn)，繩足夠長，g取10m/s2()圖1A.560N B.280NC.420N D.392N答案B解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式得，木板向下的加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,m),2h)m/s2＝eq\f(16,2×4)m/s2＝2m/s2，對人和板整體分析(M＋m)g－2T＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得T＝280N，故選B。3.(2021·浙江6月選考)機(jī)動車禮讓行人是一種文明行為。如圖2所示，質(zhì)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(duì)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(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時(shí)間。圖2(1)求開始剎車到汽車停止所用的時(shí)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(shí)間；(3)假設(shè)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(shí)的速度。答案(1)4s2.5×103N(2)20s(3)5eq\r(5)m/s解析v1＝36km/h＝10m/sv2＝54km/h＝15m/s(1)根據(jù)平均速度公式得t1＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(2s,v1)解得剎車時(shí)間t1＝4s剎車加速度a＝eq\f(－v1,t1)＝－2.5m/s2根據(jù)牛頓第二定律得－Ff＝ma解得Ff＝2.5×103N。(2)小朋友通過斑馬線的時(shí)間t2＝eq\f(l＋L,v0)＝24s汽車在斑馬線前等待時(shí)間t＝t2－t1＝20s。(3)根據(jù)速度位移公式得v2－veq\o\al(2,2)＝2as解得v＝5eq\r(5)m/s。考點(diǎn)二超重和失重問題4.(2021·浙江高三月考)由于生活水平的不斷提升，越來越多的家庭擁有了私家轎車，造成車位難求的現(xiàn)象，因此很多停車場采用了多層停車的結(jié)構(gòu)。若車子被“移送”停在上層，車主想使用汽車時(shí)就需要車庫管理員把車子“移送”到下層。如圖3是管理員正在“移送”車輛的過程。假設(shè)“移送”過程中車輛相對于底板始終靜止，底板始終保持水平，則下列說法正確的是()圖3A.車子在被水平向右“移送”的過程中，車子對底板的摩擦力一直水平向左B.車子在被水平向右“移送”的過程中，底板對車子的摩擦力不可能水平向左C.車子在被豎直向下“移送”的過程中，車子對底板的力可能小于底板對車子的力D.車子在被豎直向下“移送”的過程中，底板對車子的力可能大于車子自身的重力答案D解析車子在被水平向右“移送”的過程中，若減速向右移送，則車子對底板的摩擦力水平向右，若加速向右移送，則車子對底板的摩擦力水平向左，故A、B錯(cuò)誤；車子對底板的力和底板對車子的力是一對作用力和反作用力，任何時(shí)刻都大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；車子在被豎直向下“移送”的過程中，若減速向下移動，則加速度向上，即FN＝mg＋ma，即底板對車子的力可能大于車子自身的重力，故D正確。5.(2020·山東卷)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖4所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()圖4A.0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)位移—時(shí)間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運(yùn)動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN<mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓運(yùn)動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN>mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。6.(2021·廣東佛山模擬)如圖5(a)所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個(gè)超、失重實(shí)驗(yàn)，并截取了電腦顯示器上所顯示F－t圖象的其中一段，如圖(b)所示，則()圖5A.t0階段重物一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B.t1到t2階段重物先向上加速后向下減速C.t2階段重物處于超重狀態(tài)D.t3階段重物處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)答案D解析t0階段和t3階段，拉力等于重力，重物可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速直線運(yùn)動狀態(tài)，所以A錯(cuò)誤，D正確；t1階段拉力大于重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度一定向上，重物向上做加速運(yùn)動或向下做減速運(yùn)動，t2階段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上減速，所以B錯(cuò)誤；t2階段拉力小于重力，重物處于失重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤。7.(2021·江蘇百校聯(lián)考)如圖6甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，并以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則()圖6A.升降機(jī)停止運(yùn)行前在向下運(yùn)動B.t1～t3時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動，速度先增大后減小C.t1～t2時(shí)間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)D.t3～t4時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動，速度一直增大答案B解析初始時(shí)刻彈簧伸長，彈力平衡重力，由圖象看出，升降機(jī)停止運(yùn)動后彈簧的拉力先變小，即小球向上運(yùn)動，所以升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動，t1～t3時(shí)間內(nèi)，小球向下運(yùn)動，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故B正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；t3時(shí)刻處于最低點(diǎn)，t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動，彈力大于重力，小球向上做加速運(yùn)動，t4時(shí)刻速度最大，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動力學(xué)方法分析多運(yùn)動過程問題8.(2021·四川成都二模)如圖7所示是滑梯簡化圖，一小孩從滑梯上A點(diǎn)開始無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點(diǎn)恰好靜止，整個(gè)過程中滑梯保持靜止?fàn)顟B(tài)。假設(shè)小孩在AB段和BC段滑動時(shí)的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，AB與BC長度相等，則()圖7A.整個(gè)過程中地面對滑梯始終無摩擦力作用B.動摩擦因數(shù)μ1＋μ2＝2tanθC.小孩從滑梯上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)先超重后失重D.整個(gè)過程中地面對滑梯的支持力始終等于小孩和滑梯的總重力答案B解析小朋友在AB段做勻加速直線運(yùn)動，將小朋友的加速度a1分解為水平和豎直兩個(gè)方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知，地面對滑梯的摩擦力方向水平向右；有豎直向下的分加速度，則由牛頓第二定律分析得知：小孩處于失重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的總重力。同理，小朋友在BC段做勻減速直線運(yùn)動時(shí)，小孩處于超重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左，故A、C、D錯(cuò)誤；設(shè)AB的長度為L，小孩在B點(diǎn)的速度為v，小孩從A到B為研究過程，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，由運(yùn)動學(xué)公式可得v2＝2a1L；小孩從B到C為研究過程，由牛頓第二定律可得μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma2，由運(yùn)動學(xué)公式可得v2＝2a2L；聯(lián)立解得μ1＋μ2＝2tanθ，故B正確。9.(2021·河南鄭州模擬)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(diǎn)(足夠高)同時(shí)由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖8所示。落地前，經(jīng)時(shí)間t0兩球的速度都已達(dá)到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()圖8A.釋放瞬間甲球加速度較大 B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)C.甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量 D.t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度相等答案C解析釋放瞬間，兩球受到的阻力均為0，此時(shí)加速度相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動到最后達(dá)到勻速時(shí)，重力和阻力大小相等，mg＝kv，則eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖象可知v1＞v2，因此甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，選項(xiàng)C正確；下落高度等于圖線與時(shí)間軸圍成的面積，可知甲球下落高度大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”，可以用來測量豎直上下電梯運(yùn)行時(shí)的加速度，其構(gòu)造如圖9所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時(shí)，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，把懸吊1.0N重物時(shí)指針位置的刻度標(biāo)記為0，以后該重物就固定在彈簧上，和小木板上的刻度構(gòu)成了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。重力加速度g取10m/s2，規(guī)定豎直向上的方向?yàn)檎较颍瑒t下列說法正確的是()圖9A.使用時(shí)，若指針在0點(diǎn)下方，說明電梯正在上升B.使用時(shí)，若指針在0點(diǎn)上方，說明電梯處于失重狀態(tài)C.木板上刻度為C的位置所標(biāo)加速度為1m/s2D.木板上刻度為B的位置所標(biāo)加速度為－0.5m/s2答案B解析若指針在0點(diǎn)下方，則說明此時(shí)彈簧繼續(xù)拉伸，彈力大于重力，所以加速度向上，但是電梯可能減速下降，A錯(cuò)誤；使用時(shí)，若指針在0點(diǎn)上方，則說明此時(shí)彈簧拉伸量變小，彈力小于重力，合外力向下，說明電梯處于失重狀態(tài)，B正確；下端懸吊0.9N重物時(shí)，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，則有kx1＝m1g。把懸吊1.0N重物時(shí)指針位置的刻度標(biāo)記為0，則此時(shí)有kx2＝m2g。若彈簧到達(dá)木板上刻度為C的位置時(shí)，則有kx1－m2g＝m2a，解得a＝－1m/s2，所以C錯(cuò)誤；若彈簧到達(dá)木板上刻度為B的位置，則有k[x2＋eq\f(1,2)(x2－x1)]－m2g＝m2a，解得a＝0.5m/s2，所以D錯(cuò)誤。11.(2021·浙江金華十校聯(lián)考)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為3.0×103t，在高密度海水區(qū)域水下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖10所示。當(dāng)該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時(shí)，浮力突然降為2.4×107N；10s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重(排水)，此后潛艇以大小為1.0m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。取重力加速度為10m/s2，不計(jì)潛艇加重和減重的時(shí)間和水的粘滯阻力。求圖10(1)潛艇“掉深”而下沉達(dá)到的最大深度(自海平面算起)；(2)對潛艇減重排出多少千克的水，此后潛艇以大小為1.0m/s2的加速度勻減速下沉。答案(1)500m(2)0.8×106kg解析(1)由牛頓第二定律，潛艇剛“掉深”時(shí)的加速度為a1，mg－F＝ma1解得a1＝2m/s2“掉深”10s時(shí)，潛艇下落的高度為h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝100m此時(shí)潛艇速度為v1＝a1t1＝20m/s潛艇減重后以1.0m/s2的加速度勻減速下沉，直到速度為0，潛艇下落的高度為h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝200m潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度h＝h0＋h1＋h2＝500m。(2)潛艇減重后以1.0m/s2的加速度勻減速下沉過程中，由牛頓第二定律F－m1g＝m1a2解得m1＝2.2×106kg“掉深”過程中排出水的質(zhì)量Δm＝m－m1＝0.8×106kg。12.如圖11所示，跳傘員常常采用“加速自由降落”的方法跳傘，如果一個(gè)質(zhì)量為50kg的運(yùn)動員在3658m的高度從飛機(jī)上跳出(初速度為零)，降落40s時(shí)，豎直向下的速度達(dá)到50m/s，假設(shè)這一運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，取g＝10m/s2。則：圖11(1)運(yùn)動員受到的平均空氣阻力為多大；(2)降落40s時(shí)打開降落傘，此時(shí)他離地面的高度是多少；(3)打開降落傘后，運(yùn)動員受的阻力f大于重力，且f與速度v成正比，即f＝kv(k為常數(shù))。請簡述運(yùn)動員接下來可能的運(yùn)動情況。答案(1)437.5N(2)2658m(3)①若下落的高度足夠高，跳傘員將先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動。②若下落的高度比較小，跳傘員將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動直至落地。解析(1)加速下落過程中的加速度大小為a＝eq\f(v,t)＝eq\f(50,40)m/s2＝1.25m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mg－f＝ma解得f＝mg－ma＝500N－50×1.25N＝437.5N。(2)加速降落的位移大小為x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1.25×402m＝1000m距離地面的高度h＝3658m－1000m＝2658m。(3)打開傘后阻力f大于重力G，則合外力方向向上，與向下的速度方向相反，所以運(yùn)動員的速度將減小。由牛頓第二定律有f－mg＝ma′其中f＝kv，整理得a′＝eq\f(kv,m)－g，因?yàn)樗俣仍谥饾u變小，所以a將變小。①若下落的高度足夠高，跳傘員將先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動。②若下落的高度比較小，跳傘員將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動直至落地。

實(shí)驗(yàn)四驗(yàn)證牛頓運(yùn)動定律一、基本原理與操作原理裝置圖操作要領(lǐng)探究方法—控制變量法平衡：必須平衡摩擦力(改變小車或重物質(zhì)量，無需重新平衡摩擦力)質(zhì)量：重物的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量(若使用力傳感器，或以小車與重物的系統(tǒng)為研究對象無需滿足此要求)要測量的物理量：小車與其上砝碼的總質(zhì)量(天平)，小車受到的拉力(約等于重物的重力)，小車的加速度(根據(jù)紙帶用逐差法或根據(jù)光電門數(shù)據(jù)計(jì)算加速度)其他：細(xì)繩與長木板平行；小車從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的位置釋放，在到達(dá)定滑輪前按住小車，實(shí)驗(yàn)時(shí)先接通電源，后釋放小車二、數(shù)據(jù)處理和實(shí)驗(yàn)結(jié)論1.利用Δx＝aT2及逐差法求a。2.以a為縱坐標(biāo)，F(xiàn)為橫坐標(biāo)，根據(jù)各組數(shù)據(jù)描點(diǎn)，如果這些點(diǎn)在一條過原點(diǎn)的直線上，如圖甲所示，說明a與F成正比。3.以a為縱坐標(biāo)，eq\f(1,M)為橫坐標(biāo)，描點(diǎn)、連線，如果該線為過原點(diǎn)的直線，如圖乙所示，就能判定a與M成反比。三、注意事項(xiàng)1.平衡摩擦力的方法：在長木板無滑輪的一端墊上小木塊，使其適當(dāng)傾斜，利用小車重力沿斜面方向的分力與摩擦力平衡。2.判斷小車是否做勻速直線運(yùn)動，一般可目測，必要時(shí)可通過打點(diǎn)紙帶，看上面各點(diǎn)間的距離是否均勻。3.平衡摩擦力時(shí)要注意以下幾點(diǎn)(1)平衡摩擦力時(shí)不能在輕繩的另一端掛托盤(2)平衡摩擦力必須讓小車連上紙帶，且讓打點(diǎn)計(jì)時(shí)器處于工作狀態(tài)(3)平衡摩擦力時(shí)可借助紙帶上點(diǎn)跡是否均勻來判斷四、誤差分析1.質(zhì)量的測量、紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)間距離的測量、拉線或紙帶不與木板平行等都會造成誤差。2.實(shí)驗(yàn)原理不完善引起誤差。通過適當(dāng)?shù)恼{(diào)節(jié)，使小車所受的阻力被平衡，當(dāng)小車做加速運(yùn)動時(shí)，可以得到a＝eq\f(m,M＋m)g，F(xiàn)T＝eq\f(M,M＋m)mg＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，只有當(dāng)M?m時(shí)，才可近似認(rèn)為小車所受的拉力FT等于mg，所以本實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差。3.平衡摩擦力不準(zhǔn)確會造成誤差。類型一教材原型實(shí)驗(yàn)【例1】某同學(xué)用如圖1甲所示的裝置做“探究物體的加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)保持小車的質(zhì)量不變，用鉤碼的重力作為小車受到的合外力，根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在小車后端拖動的紙帶上打出的點(diǎn)跡計(jì)算小車運(yùn)動的加速度。甲乙圖1(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)先不掛鉤碼，反復(fù)調(diào)整墊木的位置，直到小車做勻速直線運(yùn)動，這樣做的目的是_____________________________________________________。(2)實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶的一部分如圖乙所示，從比較清晰的點(diǎn)跡起，在紙帶上標(biāo)出了連續(xù)的5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D、E，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間都有4個(gè)點(diǎn)跡沒有標(biāo)出，測出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到A點(diǎn)之間的距離。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實(shí)驗(yàn)中小車運(yùn)動的加速度的測量值a＝________m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。圖2(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)改變所掛鉤碼的質(zhì)量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)畫出a－F關(guān)系圖線，如圖2所示。試分析：圖線不通過坐標(biāo)原點(diǎn)O的原因是______________________________________________________；圖線上部彎曲的原因是____________________________________________。答案(1)平衡小車運(yùn)動中受到的摩擦阻力(2)1.0(3)摩擦力平衡不夠未滿足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量解析(1)反復(fù)調(diào)整墊木的位置，直到小車做勻速直線運(yùn)動，目的是平衡摩擦阻力。(2)由逐差法求解加速度，a＝eq\f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,（2T）2)，其中xAB＝3.90cm，xBC＝4.90cm，xCD＝5.90cm，xDE＝6.90cm，T＝0.1s，則a＝1.0m/s2。(3)由a－F圖象可知，當(dāng)加速度為0時(shí)，外力F≠0，圖線不過原點(diǎn)O的原因是摩擦力平衡不夠。小車的加速度實(shí)際是a＝eq\f(1,M＋m)mg，開始時(shí)，由于滿足M?m，圖線斜率近似為eq\f(1,M)，其圖線近似為直線，隨著m的增大，a－F圖線的斜率不再是eq\f(1,M)，而是eq\f(1,M＋m)，故圖線上部是彎曲的?！纠?】(2021·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖3甲所示的裝置“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。甲(1)實(shí)驗(yàn)中除了需要小車、砝碼、托盤、細(xì)繩、附有定滑輪的長木板、墊木、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源、兩根導(dǎo)線、復(fù)寫紙、紙帶之外，還需要________、________。乙(2)某同學(xué)以小車和車上砝碼的總質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1,M)為橫坐標(biāo)，小車的加速度a為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上作出的a－eq\f(1,M)關(guān)系圖線如圖乙所示。由圖可分析得出：加速度與質(zhì)量成________關(guān)系(填“正比”或“反比”)；圖線不過原點(diǎn)說明實(shí)驗(yàn)有誤差，引起這一誤差的主要原因是平衡摩擦力時(shí)長木板的傾角________(填“過大”或“過小”)。丙圖3(3)有一組同學(xué)保持小車及車中的砝碼質(zhì)量一定，探究加速度a與所受外力F的關(guān)系，他們在軌道水平及傾斜兩種情況下分別做了實(shí)驗(yàn)，得到了兩條a－F圖線，如圖丙所示。圖線________(填“①”或“②”)是在軌道傾斜情況下得到的；小車及車中砝碼的總質(zhì)量m＝________kg。答案(1)天平刻度尺(2)反比過大(3)①0.5解析(1)實(shí)驗(yàn)中需要用托盤和砝碼的總重力表示小車受到的拉力，需測量托盤的質(zhì)量，所以還需要天平。實(shí)驗(yàn)中需要用刻度尺測量紙帶上點(diǎn)跡間的距離，從而得出加速度，所以還需要刻度尺。(2)a－eq\f(1,M)圖象是一條直線，a與M成反比；圖象在a軸上有截距，這是平衡摩擦力時(shí)木板的傾角過大造成的。(3)由題圖丙中圖線①可知，當(dāng)F＝0時(shí)，a≠0，即細(xì)線上沒有拉力時(shí)小車就有加速度，所以圖線①是在軌道傾斜情況下得到的，根據(jù)F＝ma得a－F圖象的斜率k＝eq\f(1,m)，由a－F圖象得圖象斜率k＝2，所以m＝0.5kg。類型二實(shí)驗(yàn)拓展創(chuàng)新【真題示例3】(2021·湖南卷)某實(shí)驗(yàn)小組利用圖4(a)所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關(guān)系。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：(a)(b)圖4(1)用游標(biāo)卡尺測量墊塊厚度h，示數(shù)如圖(b)所示，h＝________cm；(2)接通氣泵，將滑塊輕放在氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌至水平；(3)在右支點(diǎn)下放一墊塊，改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度；(4)在氣墊導(dǎo)軌合適位置釋放滑塊，記錄墊塊個(gè)數(shù)n和滑塊對應(yīng)的加速度a；(5)在右支點(diǎn)下增加墊塊個(gè)數(shù)(墊塊完全相同)，重復(fù)步驟(4)，記錄數(shù)據(jù)如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖5上描點(diǎn)，繪制圖線。圖5如果表中缺少的第4組數(shù)據(jù)是正確的，其應(yīng)該是________m/s2(保留3位有效數(shù)字)。答案(1)1.02(5)如圖所示0.345解析(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則可知h＝10mm＋2×0.1mm＝1.02cm。(2)根據(jù)題表中數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，繪制圖線如圖所示，由圖可知第4組數(shù)據(jù)中的加速度a為0.345m/s2。1.(2021·全國甲卷)為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標(biāo)尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為α的斜面(已知sinα＝0.34，cosα＝0.94)，小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖6所示。該同學(xué)用手機(jī)拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個(gè)連續(xù)相等時(shí)間間隔(每個(gè)時(shí)間間隔ΔT＝0.20s)內(nèi)小銅塊沿斜面下滑的距離si(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示。圖6s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)為________(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字，重力加速度大小取9.80m/s2)。答案0.430.32解析利用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的推論Δx＝at2，得a＝eq\f(Δx,t2)＝eq\f(（12.74＋11.02－5.87－7.58）×10－2,6×0.202)m/s2＝0.43m/s2；由牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，解得μ＝eq\f(gsinα－a,gcosα)＝eq\f(9.80×0.34－0.43,9.80×0.94)＝0.32。2.(2020·北京卷)在“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，做如下探究：(1)為猜想加速度與質(zhì)量的關(guān)系，可利用圖7所示裝置進(jìn)行對比實(shí)驗(yàn)。兩小車放在水平板上，前端通過鉤碼牽引，后端各系一條細(xì)線，用板擦把兩條細(xì)線按在桌上，使小車靜止。抬起板擦，小車同時(shí)運(yùn)動，一段時(shí)間后按下板擦，小車同時(shí)停下。對比兩小車的位移，可知加速度與質(zhì)量大致成反比。關(guān)于實(shí)驗(yàn)條件，下列正確的是：________(選填選項(xiàng)前的字母)。圖7A.小車質(zhì)量相同，鉤碼質(zhì)量不同B.小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量相同C.小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量不同(2)某同學(xué)為了定量驗(yàn)證(1)中得到的初步關(guān)系，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)并得到小車加速度a與質(zhì)量M的7組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，如下表所示。在圖8所示的坐標(biāo)紙上已經(jīng)描好了6組數(shù)據(jù)點(diǎn)，請將余下的一組數(shù)據(jù)描在坐標(biāo)紙上，并作出a－eq\f(1,M)圖像。次數(shù)1234567a/(m·s－2)0.620.560.480.400.320.240.15M/kg0.250.290.330.400.500.711.00圖8(3)在探究加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)之前，需要思考如何測“力”。請?jiān)趫D9中畫出小車受力的示意圖。為了簡化“力”的測量，下列說法正確的是：________(選填選項(xiàng)前的字母)。圖9A.使小車沿傾角合適的斜面運(yùn)動，小車受力可等效為只受繩的拉力B.若斜面傾角過大，小車所受合力將小于繩的拉力C.無論小車運(yùn)動的加速度多大，砂和桶的重力都等于繩的拉力D.讓小車的運(yùn)動趨近于勻速運(yùn)動，砂和桶的重力才近似等于繩的拉力答案(1)B(2)見解析圖(3)示意圖如解析圖AD解析(1)為了探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，必須控制小車所受拉力相同，而讓小車的質(zhì)量不同，所以鉤碼質(zhì)量相同，故B正確。(2)數(shù)據(jù)描點(diǎn)和a－eq\f(1,M)圖像如圖所示(3)小車受垂直桌面向上的支持力，豎直向下的重力，沿繩方向的拉力，平行桌面的摩擦力，如圖：使小車沿傾角合適的斜面運(yùn)動，小車所受重力沿斜面的分力剛好等于小車所受的摩擦力，則小車受力可等效為只受繩的拉力，故A正確；若斜面傾角過大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小車所受合力將大于繩的拉力，不利于簡化“力”的測量，故B錯(cuò)誤；對砂和砂桶，根據(jù)牛頓第二定律mg－T＝ma，由此可知加速度越小，砂和砂桶的重力越接近繩的拉力，故C錯(cuò)誤，D正確。3.(2020·全國卷Ⅱ)一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖10所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測量小球B運(yùn)動的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時(shí)的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時(shí)間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝________m/s2。(保留3位有效數(shù)字)。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′＝________m/s2(保留3位有效數(shù)字)?？梢钥闯?，a′與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：________________________________________________________________________。圖10答案1.841.96滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量解析小球B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有h0－h(huán)＝eq\f(1,2)aT2，解得a＝1.84m/s2。對小球B由牛頓第二定律有mBg－F＝mBa′，對小球A由牛頓第二定律有F′－mAg＝mAa′，F(xiàn)′＝F，解得a′＝eq\f(（mB－mA）g,mB＋mA)＝1.96m/s2。a′和a有明顯差異，原因可能是滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量。

專題強(qiáng)化三動力學(xué)圖象和連接體問題、臨界極值問題【專題解讀】1.知道連接體的類型以及運(yùn)動特點(diǎn)，會用整體法、隔離法解決連接體問題。2.理解幾種常見的臨界極值條件。3.會用極限法、假設(shè)法、數(shù)學(xué)方法解決臨界極值問題。題型一動力學(xué)中的連接體問題所謂連接體就是多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般具有相同的運(yùn)動情況(速度、加速度)。類型1同速連接體(如圖)(1)特點(diǎn)：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度。(2)處理方法：用整體法求出a與F合的關(guān)系，用隔離法求出F內(nèi)力與a的關(guān)系?！纠?】如圖1所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的輕繩相連