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第四周 牛頓運動定律的應用——高考物理大單元每周拔高練
【知識盤點】
一、超重
1、定義：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）大于物體所受重力的情況。
2、產生條件：物體具有向上的加速度。
3、運動學特征：向上加速或向下減速等。
二、失重
1、定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的情況。
2、產生條件：物體具有向下的加速度。
3、運動學特征：向上減速或向下加速等。
三、完全失重
1、定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)為零的情況稱為完全失重現象。
2、產生條件：物體的加速度a=g，方向豎直向下。
3、作用效果特征：與重力有關的現象消失了。
四、判斷超重、失重的方法
1、受力分析法：當物體受到向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時處于失重狀態；等于零時處于完全失重狀態。
2、加速度分析法：當物體具有向上的加速度時，處于超重狀態；具有向下的加速度時處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時處于完全失重狀態。
3、速度變化分析法：物體向上加速或向下減速時超重；物體向下加速或向上減速時，失重。
五、動力學的連接體問題：
1、連接體：兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同加速度的整體叫連接體。如幾個物體疊放在一起，或并排擠放在一起，或用繩子、細桿等連在一起，在求解連接體問題時常用的方法有整體法與隔離法。
2、整體法：把整個連接體系統看作一個研究對象，分析整體所
受的外力，運用牛頓第二定律列方程求解。其優點在于它不涉及系統內各物體之間的相互作用力。
3、隔離法：把系統中某一物體(或一部分)隔離出來作為一個單獨的研究對象，進行受力分析，列方程求解。其優點在于將系統內物體間相互作用的內力轉化為研究對象所受的外力，容易看清單個物體(或一部分)的受力情況或單個過程的運動情形。
4、整體法與隔離法的選用：求解連接體問題時，隨著研究對象的轉移，往往整體法與隔離法交叉運用。一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統所受合力。無論運用整體法還是隔離法，解題的關鍵還是在于對研究對象進行正確的受力分析。
六、兩類動力學問題的解題步驟：
1、明確研究對象：根據問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體，研究對象可以是某個物體，也可以是幾個物體構成的系統。
2、受力分析和運動狀態分析：畫好受力示意圖，運動情況圖，明確物體的運動性質和運動過程。
3、確定合外力：若物體只受兩個共點力作用，通常用合成法；若物體受到三個及以上不在同一直線上的力，一般用正交分解法，通常以加速度方向為某一坐標軸的正方向。
4、列方程求解：根據牛頓第二定律F合=ma或Fx=max、Fy=may
列方程求解，必要時還要對結果進行討論。
七、運動學圖像問題：
1、常見的圖像：v t圖像，a t圖像，F t圖像，F s圖像，F a圖像等。
2.圖像的應用：
（1）已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，分析物體的運動情況。
（2）已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，分析物體的受力情況。
（3）通過圖像對物體的受力與運動情況進行分析。
3.解題策略：
（1）弄清圖像斜率、截距、交點、拐點的物理意義。
（2）應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與情境”間的關系，以便對有關物理問題做出準確判斷。
【拔高訓練】
1.如圖所示，兩彈簧分別固定在箱子的上下底面，兩彈簧間有一可看作質點的小球，靜止時小球與箱子側面的O點等高.當箱子在豎直方向上運動時，下列說法正確的是( )
A.若小球與M點等高，則小球處于超重狀態
B.若小球與N點等高，則小球處于失重狀態
C.若小球與O點等高，則小球一定勻速運動
D.小球的加速度大小不可能大于重力加速度g
2.現在很多智能手機都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況，用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，把手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示的加速度隨時間變化的圖像，圖中，取重力加速度，由此可判斷出( )
A.時刻手機的速度最大
B.時刻手機離開手掌
C.時刻手機處于超重狀態
D.手機離開手掌后上升的最大高度為0.45 m
3.某實驗小組在電梯內固定一個力傳感器，在傳感器下方懸掛一個重為10N的鉤碼，測出的力隨時間的變化規律如圖所示。則下列分析不正確的是( )
A.從到，鉤碼處于失重狀態
B.從到，鉤碼處于超重狀態
C.電梯可能開始在1樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在3樓
D.電梯可能開始在3樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在1樓
4.如圖，質量為的物體2放在沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為的物體1，與物體1相連接的繩與豎直方向成θ角，重力加速度為g，則下列說法不正確的是( )
A.車廂的加速度為
B.繩對物體1的拉力為
C.物體2所受底板的摩擦力為
D.底板對物體2的支持力為
5.如圖所示，水平面左側連接一傳送帶，傳送帶長，水平面的長度，水平面右側連接一光滑的半圓軌道，小物塊的質量，與傳送帶和水平面間的動摩擦因數均為。重力加速度g取，當傳送帶速度為時，小物塊從靜止開始放到傳送帶最左端，剛好能通過半圓軌道最高點，則( )
A.小物塊在傳送帶上的運動時間為2 s
B.半圓軌道的半徑為0.4 m
C.若增加小物塊質量，則小物塊不能滑到最高點
D.若，則小物塊最后停在距傳送帶右端0.0625 m處
6.一名特種兵從空中靜止的直升飛機上抓住一根豎直懸繩由靜止開始下滑，運動的速度隨時間變化的規律如圖所示，時刻特種兵著地，空氣阻力不計。下列說法正確的是( )
A.在時間內加速度不變，在時間內加速度減小
B.在時間內，平均速度
C.在時間內特種兵所受懸繩的阻力越來越大
D.若第一個特種兵開始減速時第二個特種兵立即以同樣的方式下滑，則他們在懸繩上的距離先減小后增大
7.從固定斜面上的O點每隔0.1 s由靜止釋放一個同樣的小球，釋放后小球做勻加速直線運動.某一時刻，拍下小球在斜面上滾動的照片，如圖所示，測得小球相鄰位置間的距離.已知O點距離斜面底端的長度，由以上數據可以得出( )
A.小球的加速度大小為
B.小球在A點時的速度大小為0.1 m/s
C.斜面上最多同時有5個小球在滾動
D.該照片是位于A位置的小球釋放后0.05 s拍攝的
8.為慶祝黨的二十大勝利召開，長沙某景區掛出32個燈籠（相鄰兩個燈籠間由輕繩連接），依次貼上“高舉中國特色社會主義旗幟，為全面建設社會主義現代化國家而團結奮斗”，從高到低依次標為1、2、3、…、32。在無風狀態下，32個燈籠處于靜止狀態，簡化圖如圖所示，與燈籠“斗”右側相連的輕繩處于水平狀態，已知每一個燈籠的質量，重力加速度，懸掛燈籠的輕繩最大承受力，最左端連接的輕繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是( )
A.θ最大為53°
B.當θ最大時，最右端輕繩的拉力為
C.當時，第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
D.當時，第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
9.如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角的粗糙斜面底端A處，上端連接質量的滑塊(視為質點)，斜面固定在水平面上，彈簧與斜面平行.將滑塊沿斜面拉動到彈簧處于原長位置的O點，由靜止釋放到第一次把彈簧壓縮到最短的過程中，滑塊的加速度a隨位移x的變化關系如圖乙所示.已知彈簧的勁度系數，重力加速度g取，.下列說法正確的是( )
A.滑塊在下滑的過程中，滑塊和彈簧組成的系統機械能守恒
B.滑塊與斜面間的動摩擦因數為0.2
C.滑塊下滑過程中的最大速度為
D.滑塊在最低點時，彈簧的彈性勢能為10.4 J
10.傳送帶在工農業生產和日常生活中都有著廣泛的應用.如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針轉動，現將的貨物放在傳送帶上的A點，貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，整個過程傳送帶是繃緊的，貨物經過1.2 s到達B點，已知重力加速度.下列說法正確的是( )
A.貨物在內的加速度大小為
B.兩點的距離為1.5 m
C.貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量為2.4 J
D.貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為6.4 J
11.如圖1所示，光滑水平面上靜置一足夠長的木板Q，小滑塊P放置其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，其加速度a隨拉力F變化的關系圖像如圖2所示。已知重力加速度g取，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是( )
A.P、Q間的動摩擦因數為0.1 B.木板Q的質量為1kg
C.P的加速度隨著F的增大而一直增大 D.小滑塊P的質量為3kg
12.如圖（a）所示，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的輕細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平.時，木板開始受到水平外力F的作用，在時撤去外力.細繩對物塊的拉力T隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略，重力加速度g取.由題給數據可以得出( )
A.木板的質量為1 kg
B.2~4 s內，力F的大小為0.4 N
C.0~2 s內，力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.02
13.運動員在水平地面上用繩子拉輪胎進行負荷訓練，示意圖如圖甲所示.已知輪胎的質量為m，與地面間的動摩擦因數恒為μ，繩子質量不計，與水平面的夾角為α，重力加速度g取.
（1）若運動員用的拉力未拉動輪胎，求此時輪胎受到的摩擦力大小；
（2）若，運動員拉若輪胎做勻速直線運動，求繩子拉力的大小；
（3）如圖乙所示，若運動員用兩根等長繩子拉著輪胎以加速度a做勻加速直線運動，運動過程中保持兩繩的端點A、B等高，兩繩子間的夾角恒為θ、兩繩所在平面與水平面間的夾角為α.求此時每根繩子的拉力的表達式.
14.傳送帶是建筑工地常見的運輸裝置，如圖所示為某傳送帶的簡易圖，該傳送帶的傾角為，時刻工人將質量的工料靜止放到傳送帶的底端A，同時將輕繩拴接在工料上，電動機通過輕繩帶動工料向上做勻加速直線運動。已知輕繩對工料的牽引力大小恒為，傳送帶以恒定的速率沿順時針勻速傳動，關閉電動機，經過一段時間工件剛好到達傳送帶的最高點B。工料與傳送帶之間的動摩擦因數為，重力加速度，工料可視為質點，且不計空氣阻力。求：
（1）關閉電動機前后，工料的加速度；
（2）A、B間的距離。
15.如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連.若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點.滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出.已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力.
（1）求滑雪者運動到P點的時間t；
（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
答案以及解析
1.答案：C
解析：若小球與M點等高，對小球受力分析可知小球受到的合力方向豎直向下，根據牛頓第二定律，小球的加速度方向與合力方向相同，因此加速度的方向豎直向下，小球處于失重狀態，故A錯誤；同理，若小球與N點等高，則小球受到的合力方向豎直向上，加速度的方向豎直向上，小球處于超重狀態，故B錯誤；根據牛頓第一定律，當小球所受合力為零時，保持靜止或者勻速直線運動狀態，靜止時小球與箱子側面的O點等高，說明此時小球受到的合力為零，當箱子在豎直方向運動時，小球隨箱子一起運動，若小球與O點等高，小球一定勻速運動，故C正確；當兩彈簧的合力不為零，并且方向跟小球重力相同時，小球受到的合力大于重力，根據牛頓第二定律，小球的加速度大小大于重力加速度g，故D錯誤.
2.答案：D
解析：時刻，手機的加速度最大，方向向上，與速度方向相同，手機向上加速，則速度不是最大，故A錯誤；時刻，手機的加速度為零，則手機所受的合力為零，不可能離開手掌，故B錯誤；時刻，手機的加速度方向向下，處于失重狀態，故C錯誤；手機在時離開手掌，做豎直上拋運動，時被接住，則手機離開手掌后上升的最大高度，故D正確.
3.答案：C
解析：A.從到，鉤碼受到的拉力小于重力，處于失重狀態，A正確；
B.從到，鉤碼受到的拉力大于重力，處于超重狀態，B正確；
C.電梯從1樓開始，先加速上升，此時鉤碼處于超重狀態，鉤碼受到的拉力應大于重力；接著勻速上升，此時鉤碼受到的拉力和重力相等；最后減速向上，此時鉤碼處于失重狀態，鉤碼拉力小于重力，C錯誤；
D.電梯從3樓開始，先加速下降，此時鉤碼處于失重狀態，鉤碼受到的拉力應小于重力；接著勻速向下，此時鉤碼受到的拉力和重力相等；最后減速向下，此時鉤碼處于超重狀態，鉤碼拉力大于重力，D正確。
故選C。
4.答案：D
解析：以物體1為研究對象，受重力和拉力T，根據牛頓第二定律有，解得，則車廂的加速度也為，繩對物體1的拉力為，故A、B正確；以物體2為研究對象，根據牛頓第二定律得，豎直方向，根據平衡條件可得，故C正確，D錯誤.本題選說法不正確的，故選D.
5.答案：D
解析：第一步：計算物塊在傳送帶上的運動時間
小物塊放到傳送帶上時，根據牛頓第二定律有，可得，物塊和傳送帶共速前的運動時間，運動的位移，小物塊接下來在傳送帶上勻速運動，所用時間，物塊在傳送帶上運動的總時間為2.25 s，A錯誤。
第二步：根據恰好通過最高點計算半圓的半徑
設半圓的半徑為R，小物塊恰好通過半圓最高點時有，從離開傳送帶到最高點，根據能量守恒定律有，解得，B錯誤；根據以上分析可知小物塊能否運動到最高點與物塊的質量無關，C錯誤。
第三步：計算物塊靜止時的位置
若，則物塊離開傳送帶的速度為。設物塊不會離開半圓軌道，沿半圓軌道上升的最大高度為h，則有，解得，假設成立。物塊返回傳送帶后，物塊將以返回傳送帶的速度大小返回水平面，設物塊在水平面上運動的總路程為x，則有，解得，物塊在水平面上滑行6次經過的路程為1.5 m，故物塊最后停在距離傳送帶右端0.0625 m處，D正確。
6.答案：C
解析：A.在時間內，圖線的斜率不變，則加速度不變，在時間內，圖線切線的斜率絕對值逐漸變大，則加速度逐漸增大，故A錯誤；
B.若在時間內，若特種兵做勻減速直線運動，由減速到，則平均速度為
根據圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知該特種兵的位移大于勻減速直線運動的位移，則平均速度
故B錯誤；
C.在時間內，圖線切線的斜率絕對值逐漸變大，則加速度逐漸增大。根據牛頓第二定律得
得
則知特種兵所受懸繩的阻力變大，故C正確；
D.若第一個特種兵開始減速時第二個特種兵立即以同樣的方式下滑，由于第一個特種兵的速度先大于第二個特種兵的速度，然后又小于第二個特種兵的速度，所以空中的距離先增大后減小，故D錯誤。
故選C。
7.答案：D
解析：小球的加速度大小為，A錯誤；小球在B點時的速度大小為，由運動學公式得，解得小球在A點時的速度大小為，B錯誤；小球運動到底端的時間為，由于每隔0.1 s由靜止釋放一個同樣的小球，所以斜面上最多同時有6個小球在滾動，C錯誤；由運動學公式得，解得小球在C點時的速度大小為，運動的時間為，則該照片是位于A位置的小球釋放后0.05 s拍攝的，D正確.
8.答案：D
解析：當最左端連接的輕繩的拉力大小為時，θ最大，此時燈籠整體受力如圖甲所示，由平衡條件得，解得，最右端輕繩的拉力，A、B錯誤；當時，燈籠整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，最右端輕繩的拉力，對第9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相似，由平衡條件得，則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角，C錯誤；當時，燈籠整體受力如圖丙所示，由平衡條件得最右端輕繩的拉力，對第9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相似，由平衡條件得，則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角，D正確。
9.答案：C
解析：滑塊在下滑的過程中，除重力和彈簧的彈力做功外，還有摩擦力做功，故滑塊和彈簧組成的系統機械能不守恒，A錯誤；滑塊剛釋放瞬間，彈簧的彈力為零，此時加速度為，根據牛頓第二定律有，解得，B錯誤；滑塊速度最大時加速度為零，有，解得，此時彈簧彈力，則滑塊克服彈簧彈力做的功為，從開始下滑到速度最大，根據動能定理有，解得，C正確；由題圖乙可知滑塊滑到最低點時，加速度為，根據牛頓第二定律可得，解得，滑塊從開始下滑到把彈簧壓縮到最短的過程中，根據動能定理有，解得，D錯誤.
10.答案：C
解析：由加速度的定義知，貨物在內的加速度大小為，故A錯誤；貨物在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度與傳送帶速度相同時，仍做勻加速直線運動，所以貨物由A到B的距離對應貨物的圖像與t軸所圍圖形的“面積”，為，故B錯誤；由題圖乙可知，內，貨物在傳送帶上以加速度做勻加速直線運動，加速度大小為，貨物受沿傳送帶向下的摩擦力、重力和支持力的作用，有內，貨物以加速度做勻加速直線運動，貨物受沿傳送帶向上的摩擦力、重力和支持力的作用，有，聯立解得，，根據功能關系可知，貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，內貨物的位移為，傳送帶的位移為，相對位移為，同理內貨物的位移為，，相對位移為，故兩者之間的總相對位移為，貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量為，故C正確；內貨物做勻加速直線運動，貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，根據功能關系可知，摩擦力對貨物做正功，有，同理內，貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶向上，摩擦力做負功，有，所以貨物從A運動到B的過程，傳送帶對貨物做功為，故D錯誤.
11.答案：B
解析：設P、Q間的動摩擦因數為μ，由圖像可知，當時，P、Q一起相對靜止做加速運動，設P的質量為m，Q的質量為M，以P、Q為整體，根據牛頓第二定律可得
根據圖像的斜率可得
當時，P、Q發生相對滑動，以Q為對象，根據牛頓第二定律可得
可得
根據圖像的斜率可得
可得
根據圖像的縱軸截距可得
解得
當P、Q發生相對滑動時，P的加速度為
當時，P、Q發生相對滑動，P的加速度保持不變。
故選B。
12.答案：AB
解析：由圖像可知，2~4 s內，木板做勻加速運動的加速度大小為，設木板的質量為M，物塊的質量為m，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律可得，又因為，在時撤去外力后，木板做勻減速運動的加速度大小為，根據牛頓第二定律可得，聯立解得，A、B正確；由圖像可知，0~2 s內，木板處于靜止狀態，根據受力平衡可得，可知力F的大小逐漸增大，C錯誤；由于不知道物塊的質量，故無法算出物塊與木板之間的動摩擦因數，D錯誤.
13.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）輪胎受靜摩擦力作用，水平方向受力平衡，有.
（2）輪胎做勻速直線運動，對輪胎受力分析，可得，
聯立解得.
（3）對輪胎受力分析，根據牛頓第二定律，水平方向有，
豎直方向有，
其中，
聯立解得此時每根繩子的拉力.
14.答案：（1）見解析
（2）31.25 m
解析：（1）工料放上傳送帶后，對工料受力分析，工料受重力、支持力、輕繩的拉力以及沿傳送帶向上的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得
又有
解得，方向沿傳送帶向上，
工料向上勻加速運動，設經時間與傳送帶共速，則有
此后摩擦力突變為沿傳送帶向下，由牛頓第二定律有
解得，方向沿傳送帶向上，
再經的時間關閉電動機，此時工料的速度為
關閉電動機后，由于工料的速度大于傳送帶的速度，摩擦力方向仍沿傳送帶向下，則由牛頓第二定律有，
解得，方向沿傳送帶向下。
（2）由以上分析可知，工料在時間內通過的位移為
工料在時間內的位移為
關閉發動機后，工料向上做減速運動，設經時間工料與傳送帶共速，則有
該時間內工料的位移為
工料與傳送帶共速過后，由于，此后工料的速度小于傳送帶的速度，工料所受的摩擦力沿傳送帶向上，則由牛頓第二定律得
解得，方向沿傳送帶向下，
此后工料一直減速到零，剛好運動到最高點，設工料經時間速度減為零，則有，
該時間內工料的位移為，
則A、B間的距離為。
15.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）滑雪者從A到P做勻加速運動，根據牛頓第二定律得，
解得，
由運動學規律可得，
解得滑雪者運動到P點的時間.
（2）由題意可知，滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，
根據動能定理可得合力做功為，
由運動學規律可得滑雪者從A點由靜止下滑到P點的速度，
滑雪者由P到B的過程，根據動能定理可得，
解得.
（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，則平臺BC長度最大時滑雪者恰好落在C點，
滑雪者在空中運動的時間為.
平臺BC的最大長度.

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