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1、学案学案 力学中的匀变速直线运动力学中的匀变速直线运动知识回顾知识回顾1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体或带电粒子做直线运动的条件是 .2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是: . 物体所受合力物体所受合力与速度方向平行与速度方向平行 物体物体所受合力为恒力所受合力为恒力,且与速度方向平行且与速度方向平行3.牛顿第二定律的内容是牛顿第二定律的内容是:物体运动的加速度与物体物体运动的加速度与物体所受的所受的 成正比成正比,与物体的质量成反比与物体的质量成反比,加速加速度的方向与度的方向与 的方向一致的方向一致,且二者具且二者具有有 关系关系.此定律
2、可以采用此定律可以采用 进行进行实验验证实验验证.合外力合外力物体所受合力物体所受合力瞬时对应瞬时对应控制变量法控制变量法（1）大小关系：）大小关系：F F=mama,或正交分解为或正交分解为（2）方向关系：加速度的方向始终与合力的方向相同）方向关系：加速度的方向始终与合力的方向相同.（3）以系统：）以系统：F F合合=m m1a a1+m m2a a2+或正交分解为或正交分解为:常用于巧妙分析系统所受的外力常用于巧妙分析系统所受的外力.方法点拨方法点拨1.动力学的两类基本问题的处理思路动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动）已知力求运动,应用牛顿第二定律求加速度应用牛顿第二定律求加
3、速度,再再根据物体的初始条件根据物体的初始条件,应用运动学公式求出物体的运应用运动学公式求出物体的运动情况动情况任意时刻的位置和速度任意时刻的位置和速度,以及运动轨迹以及运动轨迹.（2）已知运动求力）已知运动求力,根据物体的运动情况根据物体的运动情况,求出物体求出物体的加速度的加速度,再应用牛顿第二定律再应用牛顿第二定律,推断或者求出物体的推断或者求出物体的受力情况受力情况.2.动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上,采用采用 或者是或者是 求合力求合力,然后结合牛然后结合牛顿第二定律列式求解顿第二定律列式求解. 正交分解法正交分解法图解法图解
4、法类型一类型一 匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用例例1 （2009 江苏卷江苏卷7）如图）如图1所示，以所示，以8 m/s匀匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，将熄灭，此时汽车距离停车线此时汽车距离停车线18 m.该车加速时最大加速度该车加速时最大加速度大小为大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法下列说法中正确的是中正确的是（）图图1A.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭
5、前汽车可能通过停车线过停车线B.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速汽车一定超速C.如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线能通过停车线D.如果距停车线如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处处减速，汽车能停在停车线处解析解析 如果立即做匀加速运动，则如果立即做匀加速运动，则2 s后的速度后的速度v v=v v0+a a1t t1=（8+22） m/s=12 m/s，故汽车在，故汽车在2 s内内一定不会超速，在一定不会超速，在2 s内的位移内的位移x x1=v v0t
6、 t+ a a1t t12=（82+ 222） m=20 m,A对，对，B错；如果立即减错；如果立即减速，减速到零所用时间为速，减速到零所用时间为t t2= s,在此时间里行在此时间里行驶的位移为驶的位移为x x2= m=6.4 m,C对，对，D错错.答案答案 AC解题归纳解题归纳 本题主要考查运动学规律，对于匀变速直本题主要考查运动学规律，对于匀变速直线运动规律，公式的熟练程度是处理问题的关键线运动规律，公式的熟练程度是处理问题的关键.预测预测1 （2009鞍山模拟）如图鞍山模拟）如图2所示，所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立在地面上的钢管往下滑，
7、已知这名竖立在地面上的钢管往下滑，已知这名消防队员的质量为消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零，如果他加速滑到地面时速度恰好为零，如果他加速时的加速度大小是减速时的时的加速度大小是减速时的2倍，下滑倍，下滑的总时间为的总时间为3 s，下滑的总距离为，下滑的总距离为12 m，g取取10 m/s2，那么该消防队员，那么该消防队员 （）图图2A.下滑过程中的最大速度为下滑过程中的最大速度为8 m/sB.加速与减速过程的时间之比为加速与减速过程的时间之比为2 1C.加速与减速过程中摩擦力做的功之比为
8、加速与减速过程中摩擦力做的功之比为1 14D.消防队员加速过程是超重状态，减速过程是失重状态消防队员加速过程是超重状态，减速过程是失重状态解析解析 设运动过程中最大速度为设运动过程中最大速度为v vm、加速与减速阶段、加速与减速阶段的加速度大小分别为的加速度大小分别为a a1、a a2、加速与减速所用时间分别、加速与减速所用时间分别为为t t1、t t2，由题设条件有，由题设条件有a a1=2a a2、t t1=v vm/a a1、t t2=v vm/a a2且且t t1+t t2=3 s、v vm（t t1+t t2）/2=12，联立解得，联立解得v vm=8 m/s、t t1=1 s、t
9、t2=2 s，可知，可知A对对,B错；同时可解得错；同时可解得a a1=8 m/s2、a a2=4 m/s2，由牛顿第二定律有：加速时，由牛顿第二定律有：加速时mgmg-F Ff1=mama1、减速时减速时F Ff2-mgmg=mama2，解得，解得F Ff1=120 N、F Ff2=840 N，即，即F Ff1 F Ff2=1 7而加速与减速过程的位移大小之比而加速与减速过程的位移大小之比x x1 x x2=1 2，由功的公，由功的公式可得加速与减速过程中摩擦力做的功之比为式可得加速与减速过程中摩擦力做的功之比为1 14，C项对；加速下降时失重，减速下降时超重，项对；加速下降时失重，减速下降
10、时超重，D项项错错.所以选所以选A、C项项.答案答案 AC类型二类型二 v v- -t t图象的应用图象的应用例例2 （2009广东广东8）某人在地面上）某人在地面上用弹簧秤称得体重为用弹簧秤称得体重为490 N.他将他将弹簧秤移至电梯内称其体重，弹簧秤移至电梯内称其体重，t t0至至t t3时间段内，弹簧秤的示数如图时间段内，弹簧秤的示数如图3所示，电梯运行的所示，电梯运行的v v-t t图可能是（取电梯向上运动图可能是（取电梯向上运动的方向为正）的方向为正） （ ） 图图3解析解析 在在t t0t t1时间段内，人失重，应向上减速或向下时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，加速，B、C错
11、；错；t t1t t2时间段内，人匀速或静止，时间段内，人匀速或静止，t t2t t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A、D都有可能对都有可能对.答案答案 AD解题归纳解题归纳 图象问题是物理学中研究运动的重要手段，图象问题是物理学中研究运动的重要手段，考试说明考试说明中要求培养学生阅读图象、运用图象解中要求培养学生阅读图象、运用图象解决问题的能力决问题的能力.解答图象时，要首先看清楚纵横坐标解答图象时，要首先看清楚纵横坐标的物理量，理解图象的物理意义，特别是图象中的物理量，理解图象的物理意义，特别是图象中“点点”、“面面”、“斜率斜率”、“截距
12、截距”、“面积面积”等量的等量的物理意义，并能够灵活运用，有意识地用图象去讨论物理意义，并能够灵活运用，有意识地用图象去讨论相关问题，以培养学生利用图象分析问题的能力相关问题，以培养学生利用图象分析问题的能力.预测预测2 （2009南通模拟）两个物南通模拟）两个物体体A A、B B的质量分别为的质量分别为m m1和和m m2,并排并排静止在水平地面上，用同向水平拉静止在水平地面上，用同向水平拉力力F F1、F F2分别作用于物体分别作用于物体A A和和B B上，上，分别作用一段时间后撤去，两物体分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来各自滑行一段距离后停止下来.两物体运动的速度
13、两物体运动的速度-时间时间图象分别如图图象分别如图4中图线中图线a a、b b所示所示.已知拉力已知拉力F F1、F F2分别撤分别撤去后，物体做减速运动过程的速度去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出）（相关数据已在图中标出）.由图中信息可以得出（由图中信息可以得出（ ）A.若若F F1=F F2，则，则m m1小于小于m m2B.若若m m1=m m2,则力则力F F1对物体对物体A A所做的功较多所做的功较多C.若若m m1=m m2,则整个过程中摩擦力对则整个过程中摩擦力对B B物体做的功较大物体做的功较大D.若若m m1=m m2,则力
14、则力F F1的最大瞬时功率一定是力的最大瞬时功率一定是力F F2的最大瞬的最大瞬 时功率的时功率的2倍倍图图4AD解题归纳解题归纳 （1）v v-t t图象的斜率为物体运动的加速度，图象的斜率为物体运动的加速度，包围面积是物体通过的位移包围面积是物体通过的位移.（2）撤去外力后，两图线平行说明二者与地面间摩）撤去外力后，两图线平行说明二者与地面间摩擦系数相同擦系数相同.（3）预测）预测2中可以用动能定理或者牛顿运动定律求解中可以用动能定理或者牛顿运动定律求解.类型三类型三 临界或数值问题分析临界或数值问题分析例例3 （2008烟台模拟）如图烟台模拟）如图5所示所示,在水平长直的轨在水平长直的轨
15、道上道上,有一长度为有一长度为L L的平板车在外力控制下始终保持的平板车在外力控制下始终保持速度速度v v0做匀速直线运动做匀速直线运动.某时刻将一质量为某时刻将一质量为m m的小滑的小滑块轻放到车面的中点块轻放到车面的中点,滑块与车面间动摩擦因数为滑块与车面间动摩擦因数为 .图图5（1）证明）证明:若滑块最终停在小车上若滑块最终停在小车上,滑块和车摩擦产滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数生的内能与动摩擦因数 无关无关,是一个定值是一个定值.（2）已知滑块与车面间动摩擦因数）已知滑块与车面间动摩擦因数 =0.2,滑块质量滑块质量m m=1 kg,车长车长L L=2 m,车速车速v v0=4 m
16、/s,取取g g=10 m/s2,当滑当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力向相同的恒力F F,要保证滑块不能从车的左端掉下要保证滑块不能从车的左端掉下,恒恒力力F F大小应该满足什么条件大小应该满足什么条件?（3）在（）在（2）的情况下）的情况下,力力F F取最小值取最小值,要保证滑块不要保证滑块不从车上掉下从车上掉下,力力F F的作用时间应该在什么范围内的作用时间应该在什么范围内?解析解析 （1）根据牛顿第二定律）根据牛顿第二定律,滑块相对车滑动时的滑块相对车滑动时的加速度加速度a a= = g g滑块相对车滑动的时间滑
17、块相对车滑动的时间t t=滑块相对车滑动的距离滑块相对车滑动的距离x x=v v0t t-滑块与车摩擦产生的内能滑块与车摩擦产生的内能Q Q= mgxmgx由上述各式解得由上述各式解得Q Q= ,与动摩擦因数与动摩擦因数 无关的无关的定值定值（2）设恒力）设恒力F F取最小值为取最小值为F F1,滑块加速度为滑块加速度为a a1,此时滑此时滑块恰好到达车的左端块恰好到达车的左端,则则滑块运动到车左端的时间滑块运动到车左端的时间t t1=由几何关系有由几何关系有v v0t t1-由牛顿定律有由牛顿定律有F F1+ mgmg=mama1代入数据解得代入数据解得t t1=0.5 s,F F1=6 N
18、则恒力则恒力F F的大小应该满足的条件是的大小应该满足的条件是F F6 N（3）力）力F F取最小值取最小值,当滑块运动到车左端后当滑块运动到车左端后,为使滑块恰为使滑块恰不从右端滑出不从右端滑出,相对车先做匀加速运动（设运动加速度相对车先做匀加速运动（设运动加速度为为a a2,时间为时间为t t2）,再做匀减速运动（设运动加速度大小再做匀减速运动（设运动加速度大小为为a a3）,到达车右端时到达车右端时,与车达共同速度与车达共同速度.则有则有F F1-mgmg=mama2mgmg=mama3由运动学公式由运动学公式,列方程列方程（v v0t t2- a a2t t22）+ -L L整理得整理
19、得=L L代入数据解得代入数据解得t t2= s=0.58 s则力则力F F的作用时间的作用时间t t应满足应满足t t1t tt t1+t t2即即0.5 st t1.08 s解题归纳解题归纳 （1）临界和极值问题的处理关键是要找）临界和极值问题的处理关键是要找到临界状态到临界状态,进一步确定临界条件进一步确定临界条件.（2）运动学中的临界问题还应注意找到时间和位移）运动学中的临界问题还应注意找到时间和位移关系关系,以便列方程求解以便列方程求解.（3）注意动能定理中功对应的位移是对地位移、而）注意动能定理中功对应的位移是对地位移、而摩擦生热中对应的位移是相对位移摩擦生热中对应的位移是相对位移
20、答案答案 （1）见解析）见解析 （2）F F6 N （3）0.5 st t1.08 s类型四类型四 动力学的两类问题动力学的两类问题例例4 （2009上海普陀区）如图上海普陀区）如图6所示，薄板形斜面体竖直固定所示，薄板形斜面体竖直固定在水平地面上，其倾角为在水平地面上，其倾角为 =37.一个一个“ ”的物体的物体B B扣在斜面体上，扣在斜面体上，并可在水平面上自由滑动而不会并可在水平面上自由滑动而不会倾斜，倾斜，B B的质量为的质量为M M=2 kg.一根质量为一根质量为m m=1 kg的光滑的光滑细圆柱体细圆柱体A A搁在搁在B B的竖直面和斜面之间的竖直面和斜面之间.现推动现推动B B以
21、水以水平加速度平加速度a a=4 m/s2向右运动，并带动向右运动，并带动A A沿斜面方向沿斜面方向斜向上运动斜向上运动.所有摩擦都不计，且不考虑圆柱体的所有摩擦都不计，且不考虑圆柱体的滚动，滚动，g g=10 m/s2.（sin 37=0.6,cos 37=0.8），求：），求：图图6（1）圆柱体）圆柱体A A的加速度；的加速度；（2）B B物体对物体对A A的推力的推力F F的大小；的大小；（3）此后，当）此后，当A A被推至高为被推至高为h h=1 m的的P P处时停止运动，处时停止运动，放手后放手后A A下滑时带动下滑时带动B B一起运动，当到达斜面底端时一起运动，当到达斜面底端时B
22、B的速度为多大？的速度为多大？解析解析 （1）a aA= m/s2=5 m/s2（2）由牛顿第二定律）由牛顿第二定律F Fcos -mgmgsin =mamaA则则F F= N（3）mghmgh= mvmvA A2+ MvMvB B2v vB B=v vA Acos 则则v vB B= m/s=2.37 m/s答案答案 （1）5 m/s2 （2）13.75 N （3）2.37 m/s预测预测3 （2009江苏卷江苏卷13）航模兴趣小组设计出一架遥）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量控飞行器，其质量m m=2 kg，动力系统提供的恒定升力，动力系统提供的恒定升力F F=28 N.试飞时，飞
23、行器从地面由静止开始竖直上升试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升.设设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g g取取10 m/s2.（1）第一次试飞，飞行器飞行）第一次试飞，飞行器飞行t t1=8 s时到达高度时到达高度H H =64 m,求飞行器所受阻力求飞行器所受阻力F Ff的大小；的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行）第二次试飞，飞行器飞行t t2=6 s时遥控器出现故障，时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度求飞行器能达到的最大高度h h;（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开）为了使飞行器不致坠落到地面，
24、求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间始下落到恢复升力的最长时间t t3.解析解析 （1）第一次飞行中，设加速度为）第一次飞行中，设加速度为a a1匀加速运动匀加速运动H H= a a1t t12由牛顿第二定律由牛顿第二定律F F-mgmg-F Ff=mama1解得解得F Ff=4 N（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v v1，上，上升的高度为升的高度为x x1，匀加速运动，匀加速运动x x1= a a1t t22设失去升力后加速度为设失去升力后加速度为a a2,上升的高度为上升的高度为x x2由牛顿第二定律由牛顿第二定律mgmg+F Ff=mama2
25、v v1=a a1t t2x x2=解得解得h h=x x1+x x2=42 m（3）设失去升力下降阶段加速度为）设失去升力下降阶段加速度为a a3;恢复升力后加恢复升力后加速度为速度为a a4，恢复升力时速度为，恢复升力时速度为v v3由牛顿第二定律由牛顿第二定律mgmg-F Ff=mama3F F+F Ff-mgmg=mama4且且=h hv v3=a a3t t3解得解得t t3= s（或（或2.1 s）答案答案 （1）4 N （2）42 m （3） s（或（或2.1 s）1. （2009广东卷广东卷3）某物体运动的速度图象如图）某物体运动的速度图象如图7所示所示.根据图象可知根据图象可
26、知 （）A.02 s内的加速度为内的加速度为1 m/s2B.05 s内的位移为内的位移为10 mC.第第1 s末与第末与第3 s末的速度方向相同末的速度方向相同D.第第1 s末与第末与第5 s末的加速度方向相同末的加速度方向相同解析解析 02 s内的加速度内的加速度a a= m/s2=1 m/s2,A项对；项对；05 s内的位移内的位移x x= m=7 m,B项错；项错；第第1 s末与第末与第3 s末的速度均为正值，方向相末的速度均为正值，方向相图图7同，同，C项对；第项对；第1 s末的加速度方向为正，第末的加速度方向为正，第5 s末末的加速度方向为负，的加速度方向为负，D项错项错.答案答案
27、AC2.一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t t0滑至斜面底端滑至斜面底端.已知在物体运动过程中物体所受已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定的摩擦力恒定.若用若用F F、v v、x x和和E E分别表示该物体所分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是图象中可能正确的是（）解析解析 物体做匀加速运动，所以可判断物体做匀加速运动，所以可判断A、C、D正确正确.答案答案 ACD3.（2009威海市高三质量抽查调研卷）如图威海市高三质量抽查调研卷）如图8所示，所示，在
28、倾角为在倾角为30的足够长的斜面上有一质量为的足够长的斜面上有一质量为m m的物体，的物体，它受到平行于斜面方向的力它受到平行于斜面方向的力F F的作用的作用.力力F F可按下图可按下图中（中（a）、（）、（b）、（）、（c）、（）、（d）所示的四种方式）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是随时间变化（图中纵坐标是F F与与mgmg的比值，力沿斜的比值，力沿斜面向上为正）面向上为正）.忽略摩擦阻力忽略摩擦阻力.已知此物体在已知此物体在t t=0时时速度为零，若用速度为零，若用v v1、v v2、v v3、v v4分别表示上述四种分别表示上述四种受力情况下物体在受力情况下物体在3 s末的速率，
29、则这四个速率中末的速率，则这四个速率中最大的是最大的是（）图图8A.v v1B.v v2C.v v3D.v v4解析解析 根据图象，分析物体受力及运动情况易得，根据图象，分析物体受力及运动情况易得，C选项正确选项正确. 答案答案 C4.（2009海淀区模拟）图海淀区模拟）图9甲所示是用来探究加速度甲所示是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图.两个质量相等的小车，放在水平桌面上，前端各系两个质量相等的小车，放在水平桌面上，前端各系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘一细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码里可
30、放砝码.两个小车通过细线用夹子固定，打开夹两个小车通过细线用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止同时停止.实验中可以通过在小盘中增减砝码来改变实验中可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的拉力小车所受的拉力.为了探究小车的加速度大小和其受为了探究小车的加速度大小和其受力大小之间的关系，下列做法中正确的是力大小之间的关系，下列做法中正确的是 （ ） A.同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码，同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码， 两小车内也放置不同质量的砝码两小车内也放置不同质量的砝码B.同一次实验应在两小盘内放
31、置不同质量的砝码，同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码， 两小车内放置相同质量的砝码两小车内放置相同质量的砝码C.用刻度尺测量两小车通过的位移比为用刻度尺测量两小车通过的位移比为1 2，可，可 知两车加速度的比为知两车加速度的比为1 4D.两小车质量相同时与桌面间的摩擦力相同，因此两小车质量相同时与桌面间的摩擦力相同，因此 在本实验中可以不考虑摩擦力在本实验中可以不考虑摩擦力答案答案 B图图95.（2009上岗中学）上岗中学）x x轴上有两点电荷轴上有两点电荷Q Q1和和Q Q2,Q Q1和和Q Q2之间连线上各点电势高低如图之间连线上各点电势高低如图10曲线所示曲线所示（APAPPBPB
32、），选无穷远处电势为），选无穷远处电势为0，从图中可以看，从图中可以看出出（） 图图10A.Q Q1的电量一定小于的电量一定小于Q Q2的电量的电量B.Q Q1和和Q Q2一定是同种电荷一定是同种电荷C.P P点电场强度是点电场强度是0D.Q Q1和和Q Q2之间连线上各点电场方向都指向之间连线上各点电场方向都指向Q Q2解析解析 由图象可知，由图象可知，A A为正电荷，为正电荷，B B为负电荷，由于为负电荷，由于电势为电势为0位置靠近位置靠近B B，所以，所以Q Q1Q Q2,综上所述综上所述D项正确项正确.D6.（2009上海模拟）如图上海模拟）如图11（a）所示，）所示，A A、B B为
33、倾斜为倾斜的气垫导轨的气垫导轨C C上的两个固定位置，在上的两个固定位置，在A A、B B两点各放两点各放置一个光电门（图中未画出），将质量为置一个光电门（图中未画出），将质量为M M的小滑的小滑块从块从A A点由静止开始释放（由于气垫导轨阻力很小，点由静止开始释放（由于气垫导轨阻力很小，摩擦可忽略不计），两个光电门可测得滑块在摩擦可忽略不计），两个光电门可测得滑块在ABAB间间运动的时间运动的时间t t,再用尺测量出再用尺测量出A A点离点离B B点的高度点的高度h h.图图11（1）在其他条件不变的情况下，通过调节气垫导轨的）在其他条件不变的情况下，通过调节气垫导轨的倾角，从而改变倾角，从
34、而改变A A点离地的高度点离地的高度h h，小球从，小球从A A点运动到点运动到B B点的时间点的时间t t将随之改变，经多次实验，以将随之改变，经多次实验，以 为纵坐为纵坐标，标，h h为横坐标，得到如图（为横坐标，得到如图（b）所示图象）所示图象.则当下滑则当下滑时间为时间为t t=0.6 s时，时，h h为为 m；若实验当地；若实验当地的重力加速度为的重力加速度为10 m/s2，则，则ABAB间距间距s s为为 m.（2）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影响不可忽略，此种情况下产生的响不可忽略，此种情况下产生的 -h h图象应为图象应为
35、 （选填（选填“直线直线”或或“曲线曲线”）.0.560.021曲线曲线7. （2009安徽卷安徽卷22）在）在2008年北京残奥会年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神不拔的意志和自强不息的精神.为了探究上为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化可将过程简化.一根不可伸缩的轻绳跨过轻一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮质的定滑轮,一端挂一吊椅一端挂一吊椅,另一端被坐在吊另一端被坐在吊椅上的运动员拉住
36、椅上的运动员拉住,如图如图12所示所示.设运动员的质量为设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取的摩擦，重力加速度取g g=10 m/s2.当运动员与吊椅当运动员与吊椅一起正以加速度一起正以加速度a a=1 m/s2上升时，试求：上升时，试求：图图12（1）运动员竖直向下拉绳的力；）运动员竖直向下拉绳的力；（2）运动员对吊椅的压力）运动员对吊椅的压力.解析解析 （1）设运动员和吊椅的质量分别为）设运动员和吊椅的质量分别为M M和和m m,绳拉运绳拉运动员的力为动员的力为F F.以运动员和吊椅整体为研究对象以运动
37、员和吊椅整体为研究对象,受到重受到重力的大小为（力的大小为（M M+m m）g g,向上的拉力为向上的拉力为2F F,根据牛顿第二根据牛顿第二定律有定律有2F F-（M M+m m）g g=（M M+m m）a a解得解得F F=440 N根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律,运动员拉绳的力大小为运动员拉绳的力大小为440 N,方向方向竖直向下竖直向下.（2）解法一解法一 以运动员为研究对象，运动员受到三个以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力力的作用，重力MgMg，绳的拉力，绳的拉力F F，吊椅对运动员的支持，吊椅对运动员的支持力力F FN.根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F+F
38、FN-MgMg=MaMa解得解得F FN=275 N解法二解法二 设运动员和吊椅的质量分别为设运动员和吊椅的质量分别为M M和和m m,运动员运动员竖直向下的拉力大小为竖直向下的拉力大小为F F,对吊椅的压力大小为对吊椅的压力大小为F FN.根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律,绳对运动员的拉力大小为绳对运动员的拉力大小为F F,吊椅吊椅对运动员的支持力大小为对运动员的支持力大小为F FN.分别以运动员和吊椅为分别以运动员和吊椅为研究对象研究对象,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F+F FN-MgMg=MaMaF F-F FN-mgmg=mama由由得得F F=440 NF FN=275 N答案答案 （1）运动员拉绳的力大小为）运动员拉绳的力大小为440 N,方向竖直向下方向竖直向下.（2）运动员对吊椅的压力大小为）运动员对吊椅的压力大小为275 N,方向竖直向下方向竖直向下.返回
