（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（含解析） 一、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。[注1] (2)表達式：F＝ma。[注2] 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 [注3] 在力學范圍內(nèi)，國際單位制規(guī)定質(zhì)量、長度和時間為三個基本量，它們的單位千克、和為基本單位。 (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。 二、兩類動力學問題 1．動力

2、學的兩類基本問題 第一類：已知受力情況求物體的運動情況。 第二類：已知運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”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：[注4] 【注解釋疑】 [注1] 加速度的大小是由力和物體的質(zhì)量共同決定的。 [注2] 應(yīng)用F＝ma進行計算時，各量必須使用國際單位制中的單位。 [注3] “基本量”既可以采用國際單位制中的單位，也可以采用其他單位制中的單位，如厘米、英寸、斤等常用單位，并且不同的單位制規(guī)定的基本量不盡相同。 [注4] 既可以根據(jù)受力求加速度，也可以根據(jù)運動規(guī)律求加速度。 [深化理解

3、] 1.牛頓第二定律的適用范圍 (1)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)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。 2.牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度跟力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。 3.物體受力的瞬間，立即獲得加速度，而由于慣性，速度不會立即產(chǎn)生變化。 [基礎(chǔ)自測] 一、判斷題 (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×) (3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×) (4)物體受到外力作用不為零時，立即產(chǎn)生加速度。(√) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電

4、子的運動情況。(×) (6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√) (7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×) 二、選擇題 1．kg和s是國際單位制兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應(yīng)的物理量是(　　) A．質(zhì)量和時間　　　　 B．質(zhì)量和位移 C．重力和時間 D．重力和位移 解析：選A　kg為質(zhì)量的單位，s為時間的單位，A正確。 2．[魯科版必修1 P121 T2]在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運動)，則在水平推力逐漸減小到零的過程中(　　)

5、A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小 B．物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小 C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D　由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定F＞f，且ma＝F－f；當F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當F＜f后，此時ma＝f－F，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項D正確。 3．[教科版必修1 P92 T4改編](多選)一物體重為50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N時

6、物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　) A．3 N　　　　　　　　　　　 B．25 N C．30 N D．50 N 解析：選ACD　若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma＞0，解得F1＜5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma＞0，解得F1＞25 N，C、D正確。 4．雨滴從空中由靜止落下，若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，選項圖中能大致反映雨滴運動情況的是(　　) 解析：選C　根據(jù)題意，對雨滴進行受力分析，由牛頓第二定律可得mg－kv＝ma，隨雨滴速度的

7、增大可知雨滴做加速度減小的加速運動，故C正確。 高考對本節(jié)內(nèi)容主要考查牛頓第二定律的理解、應(yīng)用牛頓第二定律解決瞬時問題，常以選擇題的形式呈現(xiàn)，難度一般，而對動力學的兩類基本問題，及其在電場、磁場中的應(yīng)用，考查形式可能是選擇題，也可能是計算題，難度中等。 考點一　牛頓第二定律的理解[基礎(chǔ)自修類] [題點全練] 1．[對牛頓第二定律的理解] (多選)下列對牛頓第二定律的理解，正確的是(　　) A．如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響 B．如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生加速度的矢量和 C．

8、平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動 D．物體的質(zhì)量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比 解析：選ABC　由牛頓第二定律的特性易知，A、B、C正確；物體的質(zhì)量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響(如受力、運動狀態(tài)、在火星上還是地球上等)，D錯誤。 2．[合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系] 如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運動，前方固定一輕質(zhì)彈簧，當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊將立即做勻減速直線運動 B．木塊將立即做變減速直線運動 C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊的加速

9、度為零 解析：選C　對木塊進行受力分析，接觸彈簧后彈力不斷增大，當彈力小于力F時，木塊仍將加速運動，但加速度變小，A、B均錯誤。在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的加速度為0，速度最大，C正確。繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯誤。 3．[力的合成與牛頓第二定律的綜合問題] (多選)一個質(zhì)量為2 kg的物體，在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)同時撤去大小分別為15 N和10 N的兩個力，其余的力保持不變，關(guān)于此后該物體的運動的說法中正確的是(　　) A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5 m/s2 B．一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小

10、 C．可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2.5 m/s2 D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小是5 m/s2 解析：選BC　根據(jù)平衡條件得知，其余力的合力大小范圍為：5 N≤F合≤25 N，根據(jù)牛頓第二定律a＝得：物體的加速度大小范圍為：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上，物體做勻變速曲線運動，故A錯誤。由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正確。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，物體做勻減速直線運動

11、，加速度大小可能為2.5 m/s2，故C正確。物體在恒力作用下不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。 [名師微點] 1．牛頓第二定律的五個特性 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＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 (3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。 考點二　牛頓第二定律的瞬時性問題[基礎(chǔ)自修類] [題點全練] 1．[輕繩模型和輕彈簧模型對比] 如圖所示，A、B兩小球分別用輕質(zhì)細繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩

12、小球之間用一輕質(zhì)細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，現(xiàn)將細繩L2剪斷，則細繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是(　　) A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ C．A與B的加速度之比為1∶1 D．A與B的加速度之比為cos θ∶1 解析：選D　根據(jù)題述可知，A、B兩球的質(zhì)量相等，均設(shè)為m，剪斷細繩L2瞬間，對A球受力分析，如圖1所示，由于細繩L1的拉力突變，沿細繩L1方向和垂直于細繩L1方向進行力的分解，得FT＝mgcos θ，ma1＝mgsin θ；剪斷細繩L2瞬間，對B球進行受力分析，如圖2

13、所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Fcos θ＝mg，ma2＝mgtan θ，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，則D正確。 2．[輕彈簧模型與輕桿模型對比] (多選)光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小都為2mgsin θ。因彈簧彈力

14、不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間：圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯誤。 3．[輕彈簧模型與接觸面模型綜合問題] 如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上)。對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)突然撤去力F，設(shè)兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN。不計空氣阻力，關(guān)于FN的說法正確的是(重力加

15、速度為g)(　　) A．剛撤去力F時，F(xiàn)N＝ B．彈簧彈力大小為F時，F(xiàn)N＝ C．A、B的速度最大時，F(xiàn)N＝2mg D．彈簧恢復(fù)原長時，F(xiàn)N＝mg 解析：選B　對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)，此時彈簧彈力大小為F＋2mg。剛撤去力F時，A、B向上加速運動，由牛頓第二定律可得，a＝，對A受力分析，由牛頓第二定律有：FN－mg＝ma，解得FN＝，選項A錯誤。當彈簧彈力大小為F時，對A、B整體，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－2mg＝2ma1，隔離A，由牛頓第二定律有，F(xiàn)N1－mg＝ma1，解得FN1＝，選項B正確。A、B

16、的速度最大時，加速度為零，彈簧彈力大小為2mg，F(xiàn)N2＝mg，選項C錯誤。彈簧恢復(fù)原長時，A、B只受重力作用，F(xiàn)N3＝0，選項D錯誤。 [名師微點] 1．求解瞬時加速度的一般思路 ?? 2．瞬時性問題的兩類模型 加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型： 輕繩、輕桿和接觸面 不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷或脫離后，不需要時間恢復(fù)形變，彈力立即消失或改變，一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理 彈簧、蹦床和橡皮筋 當彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突

17、變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時彈簧的彈力不突變 考點三　動力學的兩類基本問題[師生共研類] 動力學兩類基本問題的解題步驟 [典例]　如圖所示，在粗糙的水平路面上，一小車以v0＝4 m/s的速度向右勻速行駛，與此同時，在小車后方相距s0＝40 m處有一物體在水平向右的推力F＝20 N作用下，從靜止開始做勻加速直線運動，當物體運動了x1＝25 m撤去力。已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物體的質(zhì)量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在推力F作用下，物體運動的加速度a1的大??； (2)物體運動過程中與小車之間的最大距離； (

18、3)物體剛停止運動時與小車的距離d。 [解析]　(1)對物體在水平方向受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝2 m/s2。 (2)當物體速度v1＝v0時，物體與小車間距離最大，即 t1＝＝ s＝2 s時， 兩者之間最大距離 xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。 (3)設(shè)推力作用的時間為t2， 根據(jù)位移公式得x1＝a1t22 則t2＝ ＝ s＝5 s 速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s 撤去F后，物體運動的加速度為a2，經(jīng)過t3時間停止，其減速運動過程位移為x2，根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma2 得

19、a2＝μg＝2 m/s2 由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m 而t3＝＝ s＝5 s。 物體運動的總時間t＝t2＋t3＝10 s 則d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m [延伸思考] 撤去推力F后，當物體剛停止運動時，物體與小車的距離是否為物體在運動過程中的最近距離？如果不是，則何時物體與小車相距最近？最近距離為多少？ 提示：撤去推力F后，當物體停止時，物體與小車的距離不是最近距離，當物體的速度減小到與小車的速度v0相等時，兩者相距最近。設(shè)物體撤去推力后經(jīng)t4時間與小車速度大小相等 由v2－a2t4＝v

20、0，可得：t4＝3 s， 由x3＝v2t4－a2t42，可得：x3＝21 m， 物體運動的時間t′＝t2＋t4＝8 s， 物體與小車間的最近距離：d′＝v0t′＋s0－(x1＋x3)＝26 m。 本例是已知受力情況求解多過程運動問題，通過本例幫助學生掌握動力學兩類基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”，以及在多個運動過程之間建立“聯(lián)系”。 (1)把握“兩個分析”“一個橋梁” (2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”，如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，若過程較為復(fù)雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。 　 [題點全練] 1．[已知受力情況分析物體的運動情況] (多選)

21、如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊立即做減速運動 B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍增大 C．當F等于彈簧彈力時，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零 解析：選BCD　木塊剛開始接觸彈簧時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確。 2．[已知運動情況確定物體的受力情況] 將一質(zhì)量為

22、m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動過程中的最高點，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg　　　　　　　　 B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2 向下運動時：3d－d＝a2T2，解得：＝ 根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1 向下運動時：mg－f＝ma2 解得：f＝mg，C正確。 3．[動力學中的多過程問題分析] 某次滑雪訓(xùn)練中，運動員(可視為質(zhì)點)站在水平雪道上第一次

23、利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84 N而從靜止向前滑行，其作用時間為t1＝1.0 s，撤去水平推力F后經(jīng)過時間t2＝2.0 s，然后第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移； (2)該運動員第二次撤去水平推力后滑行的最大距離。 解析：(1)運動員第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的加速度為a1＝＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.

24、2 m/s，位移x1＝a1t12＝0.6 m。 (2)運動員停止使用滑雪杖后做勻減速直線運動，加速度大小為a2＝＝0.2 m/s2 第一次撤去水平推力后經(jīng)過時間t2＝2.0 s 速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2， 則v22－v1′2＝2a1x1 第二次撤去水平推力后滑行的最大距離x2＝＝5.2 m。 答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m 考點四　動力學的圖像問題[多維探究類] 1．常見的動力學圖像及問題類型 2．動力學圖像問題的解題策略 (1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、

25、截距、交點、拐點、面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。 考法(一)　由運動圖像分析物體的受力情況 [例1]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5 s、5～10 s、10～15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 [解析]　由題圖可知，0～5 s內(nèi)加速度a1＝0.2 m/s2

26、，方向沿斜面向下，設(shè)斜面傾角為θ，物體與斜面之間的動摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsin θ－f；10～15 s內(nèi)加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項A正確。 [答案]　A [題型技法] (1)由v-t圖像可以確定物體在各時間段運動的加速度。 (2)F1、F2、F3為物體在各時間段受到的拉力，而不是

27、物體所受的合外力。 考法(二)　由力的圖像分析物體的運動情況 [例2]　如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2 kg的物體。物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4 N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示。物體從零時刻開始運動。 (1)求當t＝0.5 s時物體的加速度大小。 (2)物體在t＝0至t＝2 s內(nèi)何時物體的加速度最大？最大值為多少？ (3)物體在t＝0至t＝2 s內(nèi)何時物體的速度最大？最大值為多少？ [解析]　(1)由題圖乙可知F2＝(2＋2t)N 當t＝0.5 s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3 N 由牛頓第二定律得F1－F2＝ma

28、 a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N) 作出F合-t圖像如圖所示 從圖中可以看出，在0～2 s范圍內(nèi) 當t＝0時，物體有最大加速度am Fm＝mam am＝＝ m/s2＝1 m/s2 當t＝2 s時，物體也有最大加速度am′ Fm′＝mam′ am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2 負號表示加速度方向向左。 (3)由牛頓第二定律得 a＝＝1－t(m/s2) 畫出a-t圖像如圖所示 由圖可知t＝1 s時速度最大，最大值等于a-t圖像在t軸上方與橫、縱坐標軸所圍的三角形的面積v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。

29、 [答案]　(1)0.5 m/s2　(2)當t＝0時，am＝1 m/s2；當t＝2 s時，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s時，v＝0.5 m/s 考法(三)　由已知條件確定某物理量的圖像 [例3]　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) [解析]　設(shè)物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0

30、－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。 [答案]　A [共性歸納] 解答動力學的圖像問題時要注意以下三個關(guān)鍵點： (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。 (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。 (3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點。 [題點全練] 1．[由a

31、-t圖像分析壓力的變化情況] (多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 解析：選AD　對人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。 2．[由a-F圖像分析物體的受力情況和運動情況] (多選)用一水平力F拉靜止在水平面上

32、的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則可以計算出(　　) A．物體與水平面間的最大靜摩擦力 B．F為14 N時物體的速度 C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) D．物體的質(zhì)量 解析：選ACD　由題圖可知，物體與水平面間的最大靜摩擦力為7 N，A正確；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，將F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F(xiàn)2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正確；因物體做變加速運動，無法求出F為14 N時物體的速度，B錯誤。 3．[F-t圖像和v-t圖像的綜合問題] 一個物塊置于粗糙

33、的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關(guān)系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2，求： (1)1 s末物塊所受摩擦力的大小Ff1； (2)物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x； (3)物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ。 解析：(1)由題圖乙可知前2 s內(nèi)物塊處于靜止狀態(tài)，此時物塊所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，從題圖甲中可以讀出，當t＝1 s時，F(xiàn)f1＝F1＝4 N。 (2)在v-t圖像中圖線與t軸圍成面積表示位移，則由題圖乙知物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x＝ m＝12 m。 (3)由題圖乙知，在2～4 s內(nèi)，物塊做勻加速運動，加速度大小a＝＝ m/s

34、2＝2 m/s2 由牛頓第二定律得F2－Ff2＝ma 在4～6 s內(nèi)物塊做勻速運動，有F3＝Ff2＝μmg 解得μ＝0.4。 答案：(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4 “融會貫通”歸納好——物體在五類光滑斜面上運動時間的比較 第一類：等高斜面(如圖1所示)。 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可知傾角越小，時間越長，圖1中t1＞t2＞t3。 第二類：同底斜面(如圖2所示)。 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可見θ＝45°時時間最短，圖2中t1＝t3＞t2。 第三類：圓周內(nèi)同頂端的斜面(如圖3所示)。即在豎

35、直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。 第四類：圓周內(nèi)同底端的斜面(如圖4所示)。即在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。 第五類：雙圓周內(nèi)斜面(如圖5所示)。即在豎直面內(nèi)兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置?？赏频胻1＝t2＝t3。 [典例]　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、

36、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1

37、速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確。 [答案]　BCD [類題通法] [針對訓(xùn)練] 1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C、M三點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，B點在y軸上且在A點上方，O′為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點。如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC的大小關(guān)系是(　　) A．tA

38、A＝tC＝tB D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關(guān)系 解析：選B　由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tA＝tC

39、的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。 3．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ?，F(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B項正確。