第3課時牛頓運動定律的應用1.單位制(1)基本量、基本單位和導出單位物理學的關系式在確定了物理量之間的數量關系的同時，也確定了物理量單位間的關系?；玖扛拍睿罕贿x定的利用物理量之間的關系推導出其他物理量的單位的物理量?；締挝唬夯疚锢砹康膯挝?。導出單位由基本量根據關系式推導出來的其他物理量的單位。(2)單位制和國際單位制單位制基本單位和導出單位一起組成單位制。國際單位制國際通用的，包括一切計量領域的單位制。國際單位制中的基本單位以下是國際單位制中的七個基本物理量和相應的國際單位制中的基本單位。物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質量m千克kg時間t秒s電流I安培A熱力學溫度T開(爾文)K發(fā)光強度I，(IV)坎(德拉)cd物質的量n，(v)摩(爾)mol在力學范圍內，國際單位制中的基本量為：長度、質量、時間。相應的基本單位為：米、千克、秒。2.超重和失重(1)超重定義：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現象。產生條件：物體具有向上的加速度。(2)失重定義：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現象。產生條件：物體具有向下的加速度。(3)完全失重定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)等于零的現象稱為完全失重現象。產生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下?！舅伎寂袛唷?.牛頓是基本單位( × ) 2.在國際單位制中，力的單位是根據牛頓第二定律定義的( )3.超重就是物體所受的重力增大了( × ) 4.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用( × ) 5.物體向上運動時處于超重狀態(tài)( × )6.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)( × ) 考點一單位制超重和失重(b/)要點突破1.實重與視重的比較現象視重(F)F與實重mg比較平衡狀態(tài)勻速或靜止FmgFmga向上超重Fm(ga)F>mga向下失重Fm(ga)F<mgag豎直向下完全失重F0F<mg2.易錯提醒(1)物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在，大小也沒有變化。(2)發(fā)生超重或失重現象與物體的速度無關，只決定于加速度的方向。3.盡管物體的加速度不在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。4.物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。典例剖析【例1】 (2017·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)在天宮二號中工作的景海鵬和陳冬可以自由漂浮在空中，宇航員處于失重狀態(tài)。下列分析正確的是()A. 失重就是航天員不受力的作用B. 失重的原因是航天器離地球太遠，從而擺脫了地球的引力C. 失重是航天器獨有的現象，在地球上不可能有失重現象的存在D. 正是由于引力的存在，才使航天器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動解析失重時航天員仍受地球引力的作用，只是彈力為零而已，A、B錯誤；失重在地球上也很普遍，它只是視重(即彈力)小于重力的現象，C錯誤；正是由于地球引力的存在，才使航天器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動，D正確。答案D【例2】 某實驗小組利用DIS系統(tǒng)觀察超重和失重現象。他們在學校電梯房內做實驗，在電梯天花板上固定一個力傳感器，測量掛鉤向下，并在鉤上懸掛一個重為10 N的鉤碼，在電梯運動過程中，計算機顯示屏上顯示出如圖所示圖線，根據圖線分析可得出的說法錯誤的是()A.圖線顯示力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況B.從時刻t1到t2，鉤碼處于失重狀態(tài)；從時刻t3到t4，鉤碼處于超重狀態(tài)C.電梯可能開始在15樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在1樓D.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5樓解析力傳感器顯示鉤碼對傳感器的拉力大小，鉤碼對傳感器的拉力與傳感器對鉤碼的拉力是一對相互作用力，大小相等，故A正確；失重狀態(tài)下重物對懸掛物的拉力小于物體的重力，超重狀態(tài)下則相反，故B正確；從時刻t1到t2的這段時間內傳感器對鉤碼的拉力小于鉤碼的重力，系統(tǒng)應具有向下的加速度，同理，t3到t4這段時間內系統(tǒng)應具有向上的加速度，C正確，D錯誤。答案D【方法總結】超重和失重現象判斷的技巧(1)從受力的角度判斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于0時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。針對訓練1.(2017·稽陽3月聯(lián)考)下列單位中屬于國際單位制中力學基本單位的是()A.kg、A、s B.N、m、sC.cm、g、s D.kg、m、s解析在國際單位制中，基本單位為kg、m、s、A、mol、K、cd，力學基本單位是kg、m、s，故D正確。答案D2.有一種大型游戲器械，它是一個圓筒形大型容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉動后，轉速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發(fā)現自己沒有落下去，這是因為()A.游客處于超重狀態(tài)B.游客處于失重狀態(tài)C.游客受到的摩擦力等于重力D.筒壁對游客的支持力等于重力解析人在豎直方向上處于平衡狀態(tài)，重力和摩擦力是一對平衡力， 并不是處于失重或超重狀態(tài)。 答案C考點二動力學中圖象問題(d/d)要點突破1.常見的圖象有vt圖象，at圖象，F t圖象，Fx圖象，F a圖象等。2.圖象間的聯(lián)系加速度是聯(lián)系v t圖象與Ft圖象的橋梁。3.分析圖象問題時的關鍵(1)看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。(2)注意坐標原點是否從零開始。(3)清楚圖線的交點、斜率、面積等物理意義。(4)對物體的受力情況和運動情況的分析。典例剖析【例1】 (2017·嘉興期中)“蹦極”是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為()A.0.8g B.g C.2g D.3g解析由拉力與時間關系圖象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力為1.8F0結合牛頓第二定律有1.8F0mgmam，解得am2g，故C正確，A、B、D錯誤。答案C【例2】 靜止在光滑水平面上的物體受到一個水平拉力的作用，該力隨時間變化的關系如圖所示，則()A.物體在2 s內的位移為零B.4 s末物體將回到出發(fā)點C.2 s末物體的速度為2 m/sD.物體一直在朝同一方向運動解析01 s內物體勻加速運動，12 s內沿原方向勻減速直線運動，2 s末速度為零，然后重復上述過程，D正確。答案D【例3】 質量為3 kg的物體放在水平地面上，在水平恒力F的作用下做勻加速直線運動，4 s末撤去此水平恒力F。物體運動的vt圖象如圖所示。求：(1)物體在04 s的加速度大小；(2)物體在410 s的位移大??；(3)物體所受的摩擦力大小。解析設加速運動時間為t1，減速運動時間為t2，運動過程最大速度為v1(1)04 s內的加速度大小a1得a13 m/s2(2)410 s的加速度大小a2得a22 m/s2410 s的位移大小x2a2t得x236 m(3)由牛頓第二定律Ffma2得Ff6 N答案(1)3 m/s2(2)36 m(3)6 N【方法總結】動力學圖象問題處理方法看清坐標軸所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進而弄懂物理過程，寫出相應的函數關系式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。針對訓練1.(2017·紹興期中)一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖丙所示，則()A. 滑動摩擦力為3 NB. 全過程克服摩擦力做功30 JC. 動摩擦因數為0.2D. 物體的質量為1.5 kg解析由圖象可知：68 s內物體勻速，則滑動摩擦力Ff2 N，A錯誤；物體全過程位移為vt圖象與t軸圍成面積x×3 m15 m，全過程摩擦力做功30 J，B正確；根據810 s內物體勻減速加速度a1.5 m/s2，可知0.15，C錯誤；根據26 s內物體勻加速，a1 m/s2，由F1Ffma1，可求得m kg，D錯誤。答案B2.如圖(a)，質量m1 kg的物體沿傾角37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數用k表示，物體加速度a與風速v的關系如圖(b)所示，(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2) 求： (1)物體與斜面間的動摩擦因數； (2)比例系數k。 解析(1)當v0時，a04 m/s2，由mgsin mgcos ma0，得0.25。(2)當v5 m/s時，a0，由mgsin FNkvcos 0，FNmgcos kvsin 得k0.84 kg/s。答案(1)0.25(2)0.84 kg/s考點三動力學中的連接體問題及傳送帶模型(d/d)要點突破一、連接體問題分析1.連接體的分類根據兩物體之間相互連接的媒介不同，常見的連接體可以分為三大類。(1)繩(桿)連接：兩個物體通過輕繩或輕桿的作用連接在一起；(2)彈簧連接：兩個物體通過彈簧的作用連接在一起；(3)接觸連接：兩個物體通過接觸面的彈力或摩擦力的作用連接在一起。2.連接體的運動特點輕繩輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。輕桿輕桿平動時，連接體具有相同的平均速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比。輕彈簧在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速率不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。二、傳送帶問題分析1.水平傳送帶問題求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相同。物體的速度與傳送帶速度相同的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。2.傾斜傳送帶問題求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定滑動摩擦力的大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相同時，物體所受的摩擦力的方向有可能發(fā)生突變。典例剖析【例1】 如圖所示，在光滑的水平地面上質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動，某時刻突然撤去拉力F，此瞬間A和B的加速度的大小分別為a1和a2，則()A.a1a20B.a1a，a20C.a1a，a2aD.a1a，a2a解析兩木塊在光滑的水平地面上一起以加速度a向右做勻加速直線運動時，以A為研究對象，根據牛頓第二定律得，彈簧的彈力F彈m1a，在力F撤去的瞬間，彈簧的彈力來不及改變，大小仍為m1a，因此木塊A的加速度此時仍為a；以木塊B為研究對象，則F彈m2a2，又F彈F彈，解得木塊B的加速度大小a2a，所以選項D正確。答案D【例2】 如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中()A.煤塊從A運動到B的時間是2.25 sB.煤塊從A運動到B的時間是1.5 sC.劃痕長度是0.5 mD.劃痕長度是1 m解析根據牛頓第二定律，煤塊的加速度a4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t11 s，位移大小x1at2 mx，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即xv0t1x12 m，選項C、D錯誤；x2xx12 m，勻速運動的時間t20.5 s，運動的總時間tt1t21.5 s，選項A錯誤，B正確。答案B【例3】 如圖所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角37°，A、B兩端相距L5.0 m，質量為M10 kg的物體以v06.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求： (1)物體從A點到達B點所需的時間；(2)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節(jié)，物體從A點到達B點的最短時間是多少？解析(1)設物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsin Mgcos Ma1設經過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同，t1通過的位移x1設物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為a2Mgsin Mgcos Ma2物體繼續(xù)減速，設經t2速度到達傳送帶B點Lx1vt2a2t聯(lián)立得式可得tt1t22.2 s(2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2，Lv0ta2t2，t1 s(t5 s舍去)答案(1)2.2 s(2)1 s【方法總結】分析傳送帶問題的關鍵(1)初始時刻，根據v物、v帶的關系，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況。(2)根據臨界條件v物v帶確定臨界狀態(tài)的情況，判斷之后的運動形式。(3)運用相應規(guī)律，進行相關計算。針對訓練1.如圖所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動。小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數為，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是()A.mg B.C.(Mm)g D.ma解析m與M無相對滑動，故a相同，對m、M整體，有F(Mm)a，故a，m與整體加速度相同也為a，對m有fma，即f，故D正確。答案D2.如圖所示，水平傳送帶兩端相距x8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數0.6，工件滑上A端時速度vA10 m/s，設工件到達B端時的速度為vB。(取g10 m/s2)(1)若傳送帶靜止不動，求vB；(2)若傳送帶順時針轉動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度vB；(3)若傳送帶以v13 m/s逆時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間。解析(1)根據牛頓第二定律可知mgma，則ag6 m/s2，又vv2ax，代入數值得vB2 m/s。(2)能。當傳送帶順時針轉動時，工件受力不變，其加速度不發(fā)生變化，仍然始終減速，故工件到達B端的速度vB2 m/s。(3)工件速度達到13 m/s時所用時間為t10.5 s，運動的位移為x1vAt1at5.75 m8 m，則工件在到達B端前速度就達到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜止，因此工件先加速后勻速。勻速運動的位移x2xx12.25 m，t20.17 s，tt1t20.67 s。答案(1)2 m/s(2)能，2 m/s(3)13 m/s0.67 s考點四動力學中的臨界極值問題(d/d)要點突破1.臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。2.解答臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題數學法將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件典例剖析【例1】 一斜面放在水平地面上，傾角為53°，一個質量為0.2 kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以10 m/s2的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。(g取10 m/s2) 解析設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為a，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖所示。易知ma0，a07.5 m/s2。因為a10 m/s2>a0，故小球已離開斜面，斜面對小球的彈力N0，細繩的拉力T2 N，tan 1，45°，即細繩拉力的方向與水平方向成45°角斜向上。答案2 N，方向與水平方向成45°角斜向上0【例2】 如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為，B與地面間的動摩擦因數為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F對A施加一水平拉力F，則下列說法錯誤的是()A.當F<2mg時，A、B都相對地面靜止B.當Fmg時，A的加速度為gC.當F>3mg時，A相對B滑動D.無論F為何值，B的加速度不會超過g解析A、B間的最大靜摩擦力為2mg，B和地面之間的最大靜摩擦力為mg，對A、B整體，只要Fmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2mgmgmamax，B運動的最大加速度amaxg，選項D正確；對A、B整體，有Fmg3mamax，則F3mg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當Fmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足Fmg3ma，解得ag，選項B正確。答案A針對訓練1.如圖所示，木塊A的質量為m，木塊B的質量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F用水平力F作用于A，則保持A、B相對靜止的條件是F不超過()A.mg B.MgC.mg D.Mg解析由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F(Mm)a；若A、B即將相對滑動，以物體B為研究對象可知mgMa，聯(lián)立解得Fmg，選項C正確。答案 C2.一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質量為m14 kg的物塊P，Q為一重物，已知Q的質量為m28 kg，彈簧的質量不計，勁度系數k600 N/m，系統(tǒng)處于靜止，如圖所示，現給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2 s時間內，F為變力，0.2 s以后，F為恒力，求力F的最大值與最小值。(sin 37°0.6，g10 m/s2)解析從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0。從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。設剛開始時彈簧壓縮量為x0則(m1m2)gsin kx0因為在前0.2 s時間內，F為變力，0.2 s以后，F為恒力，所以在0.2 s時，P對Q的作用力為0，由牛頓第二定律知kx1m1gsin m1a前0.2 s時間內P、Q向上運動的距離為x0x1at2聯(lián)立解得a3 m/s2當P、Q開始運動時拉力最小，此時有Fmin(m1m2)a36 N當P、Q分離時拉力最大，此時有Fmaxm2gsin m2a，則Fmaxm2(agsin )72 N答案最大值為72 N，最小值為36 N1.下列有關力學單位制的說法正確的是()A.在力學的分析計算中，只能采用國際制單位，不能采用其他單位B.力學單位制中，選為基本單位的物理量有力、時間、質量C.力學單位制中，采用國際單位制的基本單位有千克、厘米、秒D.單位制中的導出單位可以用基本單位來表示解析用公式進行計算時，如果已知量都采用國際單位制單位，計算結果一定是國際單位，也可以采用其他單位，故A錯誤；力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間，故B錯誤；力學中，選定kg(質量單位)、m(長度單位)、s(時間單位)作為基本單位，故C錯誤；國際單位制中的導出單位可以根據物理規(guī)律用基本單位推導出來，故D正確。答案D2.(2017·湖州模擬)2015年8月29日在北京舉行的世界田徑錦標賽女子跳高決賽中，俄羅斯選手庫吉娜以2.01 m的成績獲得冠軍。庫吉娜身高約為1.93 m，忽略空氣阻力，g取10 m/s2。則下列說法正確的是()A.庫吉娜下降過程處于超重狀態(tài)B.庫吉娜起跳以后在上升過程處于超重狀態(tài)C.庫吉娜起跳時地面對她的支持力大于她所受的重力D.庫吉娜起跳離開地面時的初速度大約為3 m/s解析 庫吉娜離開地面后其加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，選項A、B錯誤；由牛頓第二定律知庫吉娜離開地面時的加速度向上，即合外力向上，則支持力大于重力，選項C正確；庫吉娜上升高度大約為h1 m，由v2gh知其初速度大約為v0 m/s，選項D錯誤。答案C3.如圖所示，水平放置的傳送帶以速度v2 m/s向右運行，現將一小物體輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數0.2，若A端與B端相距6 m。求物體由A到B的時間為(g取10 m/s2)()A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s解析物體放在傳送帶上，傳送帶對物體有向右的滑動摩擦力，使物體開始做勻加速直線運動，物體與傳送帶速度相等后滑動摩擦力消失，物體與傳送帶以相同的速率做勻速直線運動。根據牛頓第二定律得mgma，物體勻加速運動的加速度為ag2 m/s2，達到共同速度所用時間t11 s，發(fā)生位移x1t11 m，此后勻速運動t22.5 s到達B端，共用時間3.5 s，選項C正確。答案C4.(2017·衢州模擬)如圖甲所示是我運動員在蹦床比賽中的一個情景。設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來，如圖乙所示。g取10 m/s2，求：(1)由圖分析可知，運動員的腳對蹦床第一次開始向下用力到第一次離開蹦床上升之前，運動員的運動時間；(2)運動員離開蹦床的最大速度；(3)比賽過程中運動員的最大加速度。解析(1)由圖分析可知，運動員的腳對蹦床第一次開始向下用力到第一次離開蹦床上升之前，運動員的運動時間為6.8 s3.6 s3.2 s。(2)由圖分析可知：運動員的重力等于500 N，則運動員質量為m50 kg，由圖讀出運動員在空中運動的時間為T8.4 s6.8 s1.6 s，由運動員在空中做豎直上拋運動的對稱性，知上升和下落時間相等，所以運動員的初速度大小為vgt×10×1.6 m/s8 m/s。(3)由牛頓第二定律Fmmgmam又Fm2 500 N，則am40 m/s2。答案(1)3.2 s(2)8 m/s(3)40 m/s2 基礎過關1.下列哪一種運動情景中物體將會處于一段持續(xù)的完全失重狀態(tài)()A.高樓中正常運行的電梯中B.沿固定于地面的光滑斜面滑行C.固定在桿端隨桿繞對地靜止圓心在豎直平面內運動D.不計空氣阻力條件下的豎直上拋解析高樓中正常運行的電梯中，一般先加速后勻速，再減速，故不可能一直處于完全失重狀態(tài)，選項A錯誤；沿固定于地面的光滑斜面滑行時，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，選項B錯誤；固定在桿端隨桿繞對地靜止圓心在豎直平面內運動的物體，加速度不會總是向下的g，故不是總完全失重，選項C錯誤；不計空氣阻力條件下的豎直上拋，加速度總是向下的g，總是完全失重狀態(tài)，故選項D正確；故選D。答案D2.一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷。例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下：聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度、壓強p有關。下列速度表達式中，k為比例系數，無單位，則這四個表達式中可能正確的是()A.vk B.vC.v D.v解析傳播速度v的單位m/s，密度的單位kg/m3，p的單位kg/(m·s2)，所以的單位是m2/s2，的單位是m/s，k無單位，所以的單位與v的單位相同，故選B。答案B3.(2017·紹興期中)從“神舟六號”載人飛船的發(fā)射成功可以預見，隨著航天員在軌道艙內停留時間的增加，體育鍛煉成了一個必不可少的環(huán)節(jié)，下列器材適宜航天員在軌道艙中進行鍛煉的是()A.啞鈴 B.彈簧拉力器C.單杠 D.跑步機解析用啞鈴鍛煉身體主要就是利用啞鈴的重力，在軌道艙中啞鈴處于完全失重狀態(tài)，它對人的胳膊沒有壓力的作用，不能用來鍛煉，故A錯誤；彈簧拉力器鍛煉的是人肌肉的伸縮和舒張力，與重力無關，能用來鍛煉，故B正確；利用單杠鍛煉身體需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降，在完全失重狀態(tài)下不能用來鍛煉，故C錯誤；在軌道艙中人處于失重狀態(tài)，這時腳與跑步機之間沒有摩擦力，故不能用來鍛煉，故D錯誤。答案B4.電梯內用彈簧秤測物體的重量，下列幾種情況，彈簧秤示數最小的為()A.以10 m/s2的加速度加速上升B.以3 m/s2的加速度加速上升C.以8 m/s2的加速度加速上升D.以5 m/s2的加速度加速上升解析根據牛頓第二定律有F彈mgma可得F彈m(ag)，故加速度越大，所需彈簧彈力越大。答案B5.如圖甲中的塔吊是現代工地必不可少的建筑設備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象，g取10 m/s2，下列判斷正確的是()A.前10 s懸線的拉力恒為1 500 NB.46 s末材料離地面的距離為22 mC.010 s材料處于失重狀態(tài)D.在3036 s鋼索最容易發(fā)生斷裂解析由圖可知前10 s內材料的加速度a0.1 m/s2，由Fmgma可知懸線的拉力為1 515 N，選項A錯誤；由圖象面積可得整個過程上升高度是28 m，下降的高度為6 m，46 s末材料離地面的距離為22 m，選項B正確；因3036 s 材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F<mg；前10 s材料處于超重狀態(tài)，F>mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項C、D錯誤。答案B6.一物塊靜止在粗糙的水平桌面上，從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用，假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關系的圖象是()解析物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根據牛頓第二定律，有FFfma，即FmaFf，該關系為線性函數。當a0時，FFf；當F0時，a。符合該函數關系的圖象為C。答案C7.如圖所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向向右做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為。則m1的加速度大小為()A. B.C. D.解析把m1、m2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得Fcos (m1m2)a，所以a，選項A正確。答案A8.物體在與其初速度始終共線的合力F的作用下運動。取v0方向為正，合力F隨時間t的變化情況如圖所示，則在0t1這段時間內()A.物體的加速度先減小后增大，速度也是先減小后增大B.物體的加速度先增大后減小，速度也是先增大后減小C.物體的加速度先減小后增大，速度一直在增大D.物體的加速度先減小后增大，速度一直在減小解析由題圖可知，物體所受的合力先減小，后增大，故由牛頓第二定律可知，物體的加速度先減小后增大；由于物體所受合力與其初速度始終共線，且由圖可知合力始終大于零，故整個運動過程中加速度方向始終與物體的初速度方向一致，物體的速度一直在增大；所以選項C正確，選項A、B、D錯誤。答案C9.如圖所示，兩個質量分別為m12 kg、m23 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接。兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()A.彈簧測力計的示數是10 NB.彈簧測力計的示數是50 NC.在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數不變D.在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度不變解析設彈簧的彈力為F，加速度為a。對m1、m2和彈簧測力計組成的系統(tǒng)：F1F2(m1m2)a，對m1：F1Fm1a，聯(lián)立兩式解得：a2 m/s2，F26 N，故A、B兩項都錯誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；若突然撤去F1，物體m1所受的合外力方向向左，而沒有撤去F1時合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項錯誤。答案C能力提升10.若貨物隨升降機運動的vt圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖象可能是()解析由vt圖象可知：過程為向下勻加速直線運動(加速度向下，失重，Fmg)；過程為向下勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，Fmg)；過程為向下勻減速直線運動(加速度向上，超重，Fmg)；過程為向上勻加速直線運動(加速度向上，超重，Fmg)；過程為向上勻速直線(處于平衡狀態(tài)，Fmg)；過程為向上勻減速直線運動(加速度向下，失重，Fmg)。綜合選項分析可知選項B正確。答案B11.如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質量為m，B的質量為2m?，F施水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運動。若改用水平力F拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F不得超過()A.2F B.C.3F D.解析水平力F拉B時，設加速度為a，對A、B整體：F3maA、B剛好不發(fā)生相對滑動，實際上是將要滑動，但尚未滑動的一種臨界狀態(tài)，則B對A的摩擦力達到了最大靜摩擦力mg，對A：mgma如果用F作用在A上，設加速度為a，對A、B整體：F3maA、B剛好不發(fā)生相對滑動，則A對B的摩擦力達到了最大靜摩擦力mg，對B：mg2ma由得：F。故選項B正確。答案B12.一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖(a)所示，速度v隨時間t變化的關系如圖(b)所示。取g10 m/s2，求：(1)1 s末物塊所受摩擦力的大小f1；(2)物塊在前6 s內的位移大小x；(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數。解析(1)從題圖(a)中可以讀出，當t1 s時，f1F14 N(2)由題圖(b)知物塊在前6 s內的位移大小x m12 m(3)從題圖(b)中可以看出，在t2 s至t4 s的過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為am/s22 m/s2由牛頓第二定律得F2mgmaF3f3mg所以m kg2 kg0.4答案(1)4 N(2)12 m(3)0.413.水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v1 m/s運行，一質量為m4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相同的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數0.1，A、B間的距離L2 m，g取10 m/s2。(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??；(2)求行李做勻加速直線運動的時間；(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。解析(1)滑動摩擦力Ffmg0.1×4×10 N4 N加速度a m/s21 m/s2。(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則vat1，t1 s1 s。(3)行李始終勻加速運行時時間最短，加速度仍為a1 m/s2，當行李到達B處時，有v2aL，vmin m/s2 m/s所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。由vminatmin得行李最短運行時間tmin s2 s。答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s24