（浙江選考）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題學(xué)案

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1、（浙江選考）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題學(xué)案 牛頓第二定律 1.內(nèi)容 物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比。加速度的方向與作用力方向相同。 2.表達(dá)式：F＝ma。 3.適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。 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 基本物理量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們分別是質(zhì)量、長(zhǎng)度和時(shí)間，它們的國(guó)際單位分別是kg、m和s。 3.

2、導(dǎo)出單位 由基本單位根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來(lái)的其他物理量的單位。 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)基本問(wèn)題 第一類(lèi)：已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況。 第二類(lèi)：已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況。 2.解決兩類(lèi)基本問(wèn)題的方法 以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下 小題速練 1.思考判斷 (1)牛頓第一定律是牛頓第二定律的特殊情形(　　) (2)對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度(　　) (3)F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無(wú)關(guān)(　　) (4)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)

3、系，同時(shí)也確定了物理量間的單位關(guān)系(　　) (5)物體所受合外力減小，加速度一定減小，速度也一定減小(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)× 2.下列哪些物理量的單位是基本單位(　　) A.力的單位N　　 B.壓強(qiáng)的單位Pa C.長(zhǎng)度的單位m D.加速度的單位m/s2 答案　C 3.(多選)[人教版必修1·P86·例2改編]如圖1所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角θ＝30°，斜面長(zhǎng)為7 m。現(xiàn)木塊上有一質(zhì)量為m＝1.0 kg 的滑塊從斜面頂端下滑，測(cè)得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過(guò)程中木塊處于靜

4、止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) 圖1 A.滑塊滑行過(guò)程中受到的摩擦力大小為1.2 N B.滑塊滑行過(guò)程中受到的摩擦力大小為1.5 N C.滑塊滑到木塊底部時(shí)的速度大小為5 m/s D.滑塊滑到木塊底部時(shí)的速度大小為7 m/s 解析　由題意可知，滑塊滑行的加速度a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2。對(duì)滑塊受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)v2＝2ax得 v＝ m/s＝7 m/s，C錯(cuò)誤，D正確。 答案　BD 　牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 1.牛頓第二定律的性質(zhì) 2.合力、

5、加速度、速度的關(guān)系 (1)物體的加速度由所受合力決定，與速度無(wú)必然聯(lián)系。 (2)合力與速度夾角為銳角，物體加速；合力與速度夾角為鈍角，物體減速。 (3)a＝是加速度的定義式，a與v、Δv無(wú)直接關(guān)系；a＝是加速度的決定式。 1.下列關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是(　　) A.物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B.物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0 C.物體的速度為0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D.物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能很大 解析　物體的速度大小和加速度大小沒(méi)有必然聯(lián)系，一個(gè)很大，另一個(gè)

6、可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖2所示，一木塊在光滑水平面上受一個(gè)恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.木塊將立即做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B.木塊將立即做變減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) C.在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的速度最大 D.在彈簧壓縮量最大時(shí)，木塊的加速度為零 答案　C 3.如圖3，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，懸線(xiàn)一端固定于地面，另一端拉住一個(gè)帶電小球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力，當(dāng)懸線(xiàn)斷裂后，小球?qū)⒆?　　) 圖3 A.曲線(xiàn)

7、運(yùn)動(dòng) B.勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) C.勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) D.變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 解析　在懸線(xiàn)斷裂前，小球受重力、電場(chǎng)力和懸線(xiàn)拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場(chǎng)力的合力與拉力等值反向。懸線(xiàn)斷裂后，小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小、方向均不變，故小球?qū)⒀卦瓉?lái)懸線(xiàn)拉力的反方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確。 答案　C 　牛頓第二定律的瞬時(shí)性 兩種模型 【典例】　兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖4所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則(　　) 圖4 A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝2g

8、 C.a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0 審題關(guān)鍵點(diǎn)　①兩條輕繩連接?、诩魯噍p繩的瞬間 解析　由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故選項(xiàng)A正確。 答案　A 【拓展延伸1】　把“輕繩”換成“輕彈簧” 在【典例】中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖5所示，則【典例】選項(xiàng)中正確的是(　　) 圖5 解析　剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故選項(xiàng)D正確。 答案　D 【拓展延伸2】　改變平衡狀態(tài)的呈現(xiàn)方式 把【拓

9、展延伸1】的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖6所示，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線(xiàn)均平行于斜面，在細(xì)線(xiàn)被燒斷的瞬間，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.aA＝0　aB＝g B.aA＝g　aB＝0 C.aA＝g　aB＝g D.aA＝0　aB＝g 解析　細(xì)線(xiàn)被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為0。燒斷前，分析整體受力可知線(xiàn)的拉力為T(mén)＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時(shí)加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 1.求解瞬時(shí)加速度的一般思路 2.加速度可以隨著力的突變而突變，

10、而速度的變化需要一個(gè)積累的過(guò)程，不會(huì)發(fā)生突變。 1.如圖7所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　) 圖7 A.0 B.g C.g D.g 解析　平衡時(shí)，小球受到三個(gè)力：重力mg、木板AB的支持力N和彈簧拉力T，受力情況如圖所示。突然撤離木板時(shí)，N突然消失而其他力不變，因此T與重力mg的合力F＝＝mg，產(chǎn)生的加速度a＝＝g，B正確。 答案　B 2.如圖8所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放

11、置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有(　　) 圖8 A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝g C.a1＝0，a2＝g D.a1＝g，a2＝g 解析　在抽出木板的瞬間，彈簧對(duì)1的支持力和對(duì)2的壓力并未改變。1物體受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2＝＝g。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.如圖9所示，兩小球懸掛在天花板上，a、b兩小球用細(xì)線(xiàn)連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細(xì)線(xiàn)燒斷瞬間，a、b兩球的加速

12、度為(取向下為正方向)(　　) 圖9 A.0，g B.－g，g C.－2g，g D.2g，0 解析　在細(xì)線(xiàn)燒斷之前，a、b可看成一個(gè)整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故向上大小為3mg。當(dāng)細(xì)線(xiàn)燒斷瞬間，彈簧的形變量不變，故彈力不變，故a受向上3mg的彈力和向下mg的重力，故加速度aa＝＝2g，方向向上。對(duì)b而言，細(xì)線(xiàn)燒斷后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下。如以向下方向?yàn)檎?，有aa＝－2g，ab＝g。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 　動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)基本問(wèn)題 1.解決動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) 2.解決動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題的處理方法 (1)合成法：在物體受

13、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)，則采用“正交分解法”。 【典例1】　(2018·4月浙江選考)可愛(ài)的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖10所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2從冰面底部由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)向上“奔跑”，t＝8 s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲(企鵝在滑動(dòng)過(guò)程中姿勢(shì)保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： 圖10 (1)企鵝向上“奔跑”的位移大

14、小； (2)企鵝在冰面滑動(dòng)的加速度大??； (3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。(計(jì)算結(jié)果可用根式表示) 解析　(1)在企鵝向上“奔跑”過(guò)程中有x＝at2， 解得x＝16 m。 (2)在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)過(guò)程是從臥倒到最高點(diǎn)，第二個(gè)過(guò)程是從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)，兩次過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律分別有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。 (3)企鵝從臥倒滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t′，位移為x′ t′＝，x′＝a1t′2， 解得x′＝1

15、m。 企鵝從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)末速度為vt，初速度為0，則有 v－02＝2a2(x＋x′) 解得vt＝2 m/s。 答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟 【典例2】　如圖11所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?，F(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終停在水平面上的C點(diǎn)。已知A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，B點(diǎn)距C點(diǎn)的距離L＝2.0 m。(滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)沒(méi)有能量損失，取g＝10 m/s2)求： 圖11 (1)滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度； (2)滑塊與水平面間的動(dòng)摩

16、擦因數(shù)μ； (3)滑塊從A點(diǎn)釋放后，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1.0 s時(shí)速度的大小。 解析　(1)滑塊先在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，故滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)為vmax，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，則 mgsin 30°＝ma1 v＝2a1 解得vmax＝4 m/s。 (2)設(shè)滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2 則μmg＝ma2 0－v＝－2a2L 解得μ＝0.4。 (3)設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t－t1＝0.2 s，設(shè)t＝1.0 s時(shí)速度大小為v

17、，則v＝vmax－a2(t－t1) 解得v＝3.2 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s 多過(guò)程問(wèn)題的處理方法 (1)將復(fù)雜物理過(guò)程分解為幾個(gè)子過(guò)程。 (2)分析每一個(gè)子過(guò)程中物體受力情況、運(yùn)動(dòng)情況、約束條件。 (3)注意子過(guò)程之間的聯(lián)系，可以從時(shí)間、位移、速度等方面尋找。 (4)注意畫(huà)好受力分析圖和運(yùn)動(dòng)示意圖。 1.(2016·4月浙江選考)如圖12是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達(dá)第119層觀光平臺(tái)僅用時(shí)55 s。若電梯先以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度18 m/s，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，最后以加速度a2做勻減速

18、運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)觀光平臺(tái)。假定觀光平臺(tái)高度為549 m。 圖12 (1)若電梯經(jīng)過(guò)20 s勻加速達(dá)到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)問(wèn)中的勻加速上升過(guò)程中，若小明的質(zhì)量為60 kg，求小明對(duì)電梯地板的壓力； (3)求電梯勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析　(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2 上升的高度h＝a1t＝×0.9×202 m＝180 m (2)根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝ma1 得FN＝mg＋ma1＝654 N 由牛頓第三定律可得，小明對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝654 N，方向豎直向下 (3)設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t，

19、由v－t圖可得H＝(t＋t0)×vm得t0＝6 s 答案　(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N　(3)6 s 2.如圖13所示，冰壺運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)體力與智力相結(jié)合的投擲類(lèi)高雅運(yùn)動(dòng)，有人把冰壺稱(chēng)做“冰上國(guó)際象棋”。在一次比賽中，擲球運(yùn)動(dòng)員在擲球區(qū)的欄線(xiàn)前松手，冰壺沿著冰道做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后停在“營(yíng)壘”的中心。已知從松手到停止的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，冰壺的位移x＝40 m，所經(jīng)過(guò)的時(shí)間t＝20 s。 圖13 (1)求冰壺在此過(guò)程中平均速度v1大?。? (2)求冰壺在此過(guò)程中加速度a的大?。? (3)求位移x1＝30 m處時(shí)冰壺速度v2的大小。 解析　(1)冰壺做勻減速直

20、線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平均速度公式 得v1＝＝2 m/s。 (2)由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：x＝at2 解得冰壺加速度的大小a＝＝0.2 m/s2 (3)由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v0＝at 解得此過(guò)程中初速度的大小v0＝4 m/s 由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v－v＝－2ax1 解得位移x1＝30 m處時(shí)冰壺速度大小v2＝2 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m/s2　(3)2 m/s 3.(2016·10月浙江選考)如圖14所示，在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車(chē)某時(shí)刻開(kāi)始勻減速行駛，5 min 后恰好停在某車(chē)站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車(chē)站

21、，經(jīng)8.1 km后恢復(fù)到原速324 km/h。 圖14 (1)求列車(chē)減速時(shí)的加速度大小； (2)若該列車(chē)總質(zhì)量為8.0×105 kg，所受阻力恒為車(chē)重的0.1倍，求列車(chē)駛離車(chē)站加速過(guò)程中牽引力的大??； (3)求列車(chē)從開(kāi)始減速到恢復(fù)原速這段時(shí)間內(nèi)的平均速度大小。 解析　(1)列車(chē)的初速度為v0＝324 km/h＝90 m/s，經(jīng)過(guò)t＝5 min＝300 s停下，所以加速度為a＝＝ m/s2＝－0.3 m/s2，即加速度大小為0.3 m/s2。 (2)列車(chē)駛離車(chē)站，經(jīng)x′＝8.1×103 m后速度達(dá)到v＝90 m/s， 由v2＝2a′x′得a′＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，

22、 f＝0.1mg，根據(jù)牛頓第二定律得F－0.1mg＝ma′， 代入數(shù)值解得F＝1.2×106 N。 (3)根據(jù)上一問(wèn)可知，重新加速時(shí)間為t′＝＝ s＝180 s，減速過(guò)程中通過(guò)的位移x＝t＝45×300 m＝1.35×104 m，所以整個(gè)過(guò)程的平均速度v＝＝ m/s＝30 m/s。 答案　(1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N　(3)30 m/s 科學(xué)思維——光滑斜面模型 模型特點(diǎn) 如圖15所示，質(zhì)量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律： 圖15 (1)物體從斜面頂端滑到底端所用的時(shí)間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與

23、物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)。 關(guān)系式為t＝ 。 (2)物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長(zhǎng)度、物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)。 關(guān)系式為v＝。 【例】　如圖16所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個(gè)光滑斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖16 A.滑到底端時(shí)的速度相同 B.滑到底端所用的時(shí)間相同 C.在傾角為30°的斜面上滑行的時(shí)間最短 D.在傾角為60°的斜面上滑行的時(shí)間最短 解析　由規(guī)律(2)可知物體從高度相同的斜面滑到底端時(shí)的速度大小相同，但方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由規(guī)律(1)可知物體在傾角θ＝60°的斜面上滑行時(shí)間最短，選項(xiàng)D正確。

24、 答案　D 【針對(duì)訓(xùn)練】　一間新房即將建成，現(xiàn)要封頂，若要求下雨時(shí)落至房頂?shù)挠甑文茏羁斓靥孰x房頂(假設(shè)雨滴沿房頂下淌時(shí)做無(wú)初速度、無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng))，則必須要設(shè)計(jì)好房頂?shù)母叨?，下列四種情況中最符合要求的是(　　) 解析　如圖，設(shè)房頂寬為2b，高度為h，斜面傾角為θ。 由圖中幾何關(guān)系有h＝btan θ 由規(guī)律(1)可知　t＝ 聯(lián)立解得　t＝，可見(jiàn)，當(dāng)θ＝45°時(shí)，t最小。 答案　C 活頁(yè)作業(yè) (時(shí)間：30分鐘) A組　基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1.(2018·4月浙江選考)用國(guó)際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是(　　) A.kg·m2/s2 B.kg·m/s2

25、 C.N/m D.N·m 解析　國(guó)際七大基本物理量及單位分別為質(zhì)量：千克(kg)，長(zhǎng)度：米(m)，時(shí)間：秒(s)，電流：安培(A)，溫度：開(kāi)爾文(K)，光強(qiáng)：坎德拉(cd)，物質(zhì)的量：摩爾(mol)。能量的單位可以從做功的角度考慮，等于N·m，力的單位從牛頓第二定律F＝ma可知N＝kg·m/s2，所以能量的單位為kg·m2/s2，故選A。 答案　A 2.(2018·寧波模擬)如圖1所示，有人用一簇氣球使一座小屋成功升空。當(dāng)小屋加速上升時(shí)，它受到的拉力與重力的關(guān)系是(　　) 圖1 A.一對(duì)平衡力 B.作用力和反作用力 C.拉力小于重力 D.拉力大于重力 解析　

26、加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.如圖2所示，質(zhì)量為20 kg的物體，沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，它與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，同時(shí)還受到大小為10 N的水平向右的力的作用，則該物體(　　) 圖2 A.受到的摩擦力大小為10 N，方向向右 B.受到的摩擦力大小為20 N，方向向右 C.運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1.5 m/s2，方向向左 D.運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.5 m/s2，方向向左 解析　滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝20 N，方向水平向左，a＝＝0.5 m/s2，方向水平向左，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.如圖3所示，為第八屆珠海航展上中

27、國(guó)空軍“八一”飛行表演隊(duì)駕駛“殲10”戰(zhàn)機(jī)的情景。當(dāng)戰(zhàn)機(jī)大仰角沿直線(xiàn)加速攀升時(shí)，戰(zhàn)機(jī)所受合力方向(　　) 圖3 A.豎直向上 B.與速度方向相同 C.與速度方向相反 D.與速度方向垂直 解析　沿直線(xiàn)加速運(yùn)動(dòng)，需要速度與加速度方向相同，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 5.在交通事故的分析中，剎車(chē)線(xiàn)的長(zhǎng)度是很重要的依據(jù)。剎車(chē)線(xiàn)是指汽車(chē)剎車(chē)后，停止轉(zhuǎn)動(dòng)的輪胎在地面上發(fā)生滑動(dòng)時(shí)留下的滑動(dòng)痕跡。在某次交通事故中，汽車(chē)的剎車(chē)線(xiàn)長(zhǎng)度是14 m，假設(shè)汽車(chē)輪胎與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為0.7，g取10 m/s2，則汽車(chē)剎車(chē)前的速度為(　　) A.7 m/s B.10 m

28、/s C.14 m/s D.20 m/s 解析　設(shè)汽車(chē)剎車(chē)后滑動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得v＝2ax，故汽車(chē)剎車(chē)前的速度為v0＝＝＝14 m/s，選項(xiàng)C正確。 答案　C 6.用30 N的水平外力F拉一個(gè)靜放在光滑水平面上質(zhì)量為20 kg的物體，力F作用3 s后撤去，則第5 s末物體的速度和加速度分別為(　　) A.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B.v＝1.5 m/s，a＝7.5 m/s2 C.v＝4.5 m/s，a＝0 D.v＝7.5 m/s，a＝0 解析　由題意知在前3 s內(nèi)，物體的加速度a1＝

29、＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝a1t＝4.5 m/s，力F撤去后物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以第5 s末物體的速度為4.5 m/s，加速度為0。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 7.(2018·嘉興模擬)質(zhì)量為m的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為F的水平恒力拉木塊，其加速度為a。當(dāng)拉力方向不變，大小變?yōu)?F時(shí)，木塊的加速度為a′，則(　　) A.a′＝a B.a′<2a C.a′>2a D.a′＝2a 解析　設(shè)摩擦力為f，故當(dāng)用大小為F的恒力拉木塊時(shí)，F(xiàn)－f＝ma；當(dāng)用大小為2F的恒力拉木塊時(shí)2F－f＝ma′；故m(a′－2a)＝2F－f－2(F－f)＝f>0，故a′>2a，

30、選項(xiàng)C正確。 答案　C 8.(2017·4月浙江選考)游船從某碼頭沿直線(xiàn)行駛到湖對(duì)岸，小明對(duì)過(guò)程進(jìn)行觀測(cè)，記錄數(shù)據(jù)如下表： 運(yùn)動(dòng)過(guò)程 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 勻加速運(yùn)動(dòng) 0～40 s 初速度v0＝0； 末速度v＝4.2 m/s 勻速運(yùn)動(dòng) 40 s～640 s v＝4.2 m/s 勻減速運(yùn)動(dòng) 640 s～720 s 靠岸時(shí)的速度v1＝0.2 m/s 圖4 (1)求游船勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)若游船和游客的總質(zhì)量M＝8 000 kg，求游船勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的合力大小F； (3)求游船在整個(gè)行駛過(guò)程中的平均速度大小。 解析　(

31、1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a1＝＝0.105 m/s2 位移x1＝a1t2＝84 m (2)減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a2＝＝0.05 m/s2 由牛頓第二定律得F＝Ma2＝400 N (3)位移x＝×t1＋v×t2＋×t3＝2 780 m 平均速度v＝＝3.86 m/s 答案　(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s B組　能力提升 9.(2018·嘉興一中期中)質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的粗糙斜面上勻加速下滑?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小將(　　) 圖5 A.變大 　　　　B.變小 C.不變 　　　　D.以上情況

32、都有可能 解析　質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的粗糙斜面上勻加速下滑，加速度大小a＝＝g(sin θ－μcos θ) 對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力F，對(duì)物體受力分析，如圖 現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小 a＝ ＝(g＋)(sin θ－μcos θ)>a 故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案　A 10.(2018·11月浙江選考)如圖6所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置，AB是長(zhǎng)為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R＝10 m的圓形支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無(wú)動(dòng)力小車(chē)在彈射裝置

33、D的作用下，以v0＝10 m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車(chē)在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車(chē)從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是(　　) 圖6 A. 5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s 解析　小車(chē)在AB段，由題意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小為a1＝μg＝2 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得LAB＝v0t1－a1t ，解得t1＝3 s，或t1′＝7 s(舍去)。從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖所示，LBC＝2Rsin θ，加速度為a2＝gsin θ，所以L(fǎng)BC＝a2t，得t2＝2 s，所以從A到C的時(shí)間為t＝t1＋

34、t2＝5 s。 答案　A 11.(2018·浙江新高考研究聯(lián)盟二聯(lián))如圖7所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F＝84 N而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t1＝1.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過(guò)t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備(可視為質(zhì)點(diǎn))的總質(zhì)量為m＝60 kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： 圖7 (1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移； (2)t＝3.0 s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小； (3)該運(yùn)

35、動(dòng)員第二次撤除水平推力后能滑行的最大距離。 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為 a1＝＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2 m/s 位移x1＝a1t＝0.6 m (2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝ 經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s (3)第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2， 則v－v1′2＝2a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝ 解得x2＝5.2 m。 答案　(1)0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)5.2 m 12.在山區(qū)或溝谷深壑地區(qū)，往往會(huì)因?yàn)殚L(zhǎng)時(shí)間的

36、暴雨引發(fā)山體滑坡，并攜帶有大量石塊滑落。某地有兩個(gè)坡度相同的山坡剛好在底端互相對(duì)接，在暴雨中有石塊從一側(cè)山坡滑落后沖上另一側(cè)山坡，如圖8甲所示?，F(xiàn)假設(shè)兩山坡與水平面間的夾角均為θ＝37°，石塊在下滑過(guò)程中與坡面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，石塊在左側(cè)山坡A處由靜止開(kāi)始下滑時(shí)，離水平地面的高度h1＝4.8 m，然后沖上右側(cè)山坡，其簡(jiǎn)化圖如圖乙所示。(已知石塊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)P前后的速度大小不變，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖8 (1)求石塊滑到最低點(diǎn)P時(shí)的速度大小v； (2)求石塊沖上右側(cè)山坡最高點(diǎn)B時(shí)離水平面的高度h2； (3)當(dāng)石塊

37、在A點(diǎn)以多大的初速度v0下滑，剛好能到達(dá)右側(cè)山坡與A等高處？ 解析　(1)設(shè)石塊從A到P過(guò)程加速度為a1， 則mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得 a1＝4 m/s2，根據(jù)v2－02＝2a1，代入數(shù)據(jù)解得v＝8 m/s。 (2)設(shè)石塊從P到B過(guò)程中加速度為a2，則有： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝－8 m/s2， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程有：0－v2＝2a2，解得h2＝2.4 m。 (3)剛好能到達(dá)右側(cè)山坡與A等高處時(shí)，設(shè)石塊在底端的速度為v1， 則有0－v＝2a2，解得v1＝8 m/s， 石塊從A到P過(guò)程中，有v－v＝2a1， 解得v0＝8 m/s。 答案　(1)8 m/s　(2)2.4 m　(3)8 m/s