2019版高考物理總復習 第三章 牛頓運動定律 能力課1 牛頓運動定律的綜合應用學案

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1、 能力課1　牛頓運動定律的綜合應用 　[冷考點]超重、失重問題 1.超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。 2.失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。 4.對超重和失重的“三點”深度理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。

2、 (2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。 (3)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體的加速度方向，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)。 命題角度1　超重、失重現(xiàn)象的判斷 【例1】　(2017·常熟模擬)倫敦奧運會開幕式的彈跳高蹺表演中，一名質(zhì)量為m的演員穿著這種高蹺從距地面H高處由靜止落下，與水平地面撞擊后反彈上升到距地面高h處。假設彈跳高蹺對演員的作用力類似于彈簧的彈力，演員和彈跳高蹺始終在豎直方向運動，不考慮空氣阻力的影響，則該演員(　　) 圖1 A.在向下運動的過程中始終處于失重狀態(tài) B.

3、在向上運動的過程中始終處于超重狀態(tài) C.在向下運動的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D.在向上運動的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) 解析　演員在空中時，加速度為g，方向向下，處于失重狀態(tài)；當演員落地加速時，加速度a向下，處于失重狀態(tài)；落地后期減速，加速度a向上，處于超重狀態(tài)；所以演員在向下運動的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項C正確；同理可知，演員在向上運動的過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項D錯誤。 答案　C 命題角度2　根據(jù)超重、失重現(xiàn)象判斷物體的受力情況 【例2】　(2017·吉林松原模擬)某人在地面上最多可舉起50 kg 的物體，當他在豎直向上運動的電

4、梯中最多舉起了60 kg的物體時，電梯加速度的大小和方向為(g＝10 m/s2)(　　) A.2 m/s2　豎直向上 B. m/s2　豎直向上 C.2 m/s2　豎直向下 D. m/s2　豎直向下 解析　由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為Fm＝mg＝500 N，在電梯中人能舉起60 kg物體，物體一定處于失重狀態(tài)，對60 kg的物體：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以選項D正確。 答案　D 判斷超重和失重的方法 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，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體

5、處于完全失重狀態(tài) 從加速度的 角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度(a＝g)時，物體處于完全失重狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物體向下加速或向上減速時，失重 【變式訓練1】　在升降的電梯內(nèi)的水平地面上放一體重計，電梯靜止時，吳力同學站在體重計上，體重計的示數(shù)為60 kg，電梯運動時，某一段時間吳力同學發(fā)現(xiàn)體重計的示數(shù)為72 kg，在這段時間內(nèi)下列說法正確的是(　　) A.吳力同學所受的重力變大了 B.吳力同學對體重計的壓力大于體重計對他的支持力 C.電梯的加速度大小為g，方

6、向一定豎直向上 D.電梯的運動方向一定豎直向上 解析　在地球表面同一緯度重力與人的運動情況和是否受到其他力的作用無關，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律，壓力和支持力是一對作用力和反作用力，選項B錯誤；體重計的示數(shù)72 kg大于60 kg，說明合力方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，即72g－60g＝60a，a＝g，方向向上，選項C正確；加速度向上，電梯可能加速上升，也可能減速下降，選項D錯誤。 答案　C 　[熱考點]動力學中的圖象問題 1.常見的動力學圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等。 2.圖象問題的類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，要求

7、分析物體的運動情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線。要求分析物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖象。 3.解題策略 命題角度1　動力學中的v－t圖象 【例3】　(2017·寧夏模擬)將一個質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v－t圖象如圖2所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖2 A.小球所受重力和阻力之比為6∶1 B.小球上升與下落所用時間之比為2∶3 C.小球回落到拋出點的速度大小為8 m/s D.小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)

8、 解析　小球向上做勻減速運動的加速度大小a1＝12 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項A錯誤；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根據(jù)x＝at2得t＝，知上升的時間和下落的時間之比為t1∶t2＝∶＝∶3，故選項B錯誤；小球勻減速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根據(jù)v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故選項C正確；下落的過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤。 答案　C 命題角度2　動力學中的a－t圖象 【例4】　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光

9、電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t 圖象如圖3所示。則下列相關說法正確的是(　　) 圖3 A.t＝4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài) B.5～55 s時間內(nèi)，繩索拉力最小 C.t＝59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài) D.t＝60 s時，電梯速度恰好為零 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5 s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則選項A錯誤；0～5 s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55 s時間內(nèi)，a＝0，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60 s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力

10、，綜上所述，選項B、C錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60 s時為零，選項D正確。 答案　D 命題角度3　動力學中的F－t圖象 【例5】　(多選)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖4甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) 圖4 A.物體的質(zhì)量m＝1 kg B.物體的質(zhì)量m＝2 kg C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ D.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝

11、 解析　由開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，可知0～2 s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內(nèi)對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項A、D正確。 答案　AD 解決圖象綜合問題的關鍵 圖象反映了兩個變量之間的函數(shù)關系，必要時需要根據(jù)物理規(guī)律進行推導，得到函數(shù)關系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點坐標、拐點的物理意義對圖象及運動過程進行分析。 【變式訓練2】　(2017·湖北武漢武昌區(qū)模擬) (多選)質(zhì)量m＝

12、2 kg、初速度v0＝ 8 m/s的物體沿著粗糙水平面向右運動，物體與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時物體還要受一個如圖5所示的隨時間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向，則以下結(jié)論正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) 圖5 A.0～1 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 B.1～2 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 C.0～1 s內(nèi)，物體的位移為7 m D.0～2 s內(nèi)，物體的總位移為11 m 解析　0～1 s內(nèi)，物體加速度a1＝－＝－ m/s2＝－4 m/s2，A項錯誤；1～2 s內(nèi)物體加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B項正確；物體運動的v

13、－t圖線如圖所示，0～1 s內(nèi)位移為x1＝6 m，C項錯誤；0～2 s內(nèi)物體總位移x＝x1＋x2＝(×1＋×1) m＝11 m，D項正確。 答案　BD 　[?？键c]動力學中的連接體問題 1.連接體 多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度)。 2.解決連接體問題的兩種方法 命題角度1　加速度相同的連接體問題 【例6】　(2017·廣東深圳羅湖模擬)如圖6所示，在建筑工地，民工兄弟用兩手對稱水平施力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，水平作

14、用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為(　　) 圖6 A.μF B.m(g＋a) C.m(g＋a) D.m(g＋a) 解析　對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。聯(lián)立解得FfBA＝m(g＋a)，選項B正確。 答案　B 命題角度2　加速度不同的連接體問題 【例7】　質(zhì)量為2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖7甲所示。A和B經(jīng)過1 s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖象

15、如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1； (2)B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2； (3)A的質(zhì)量。 解析　(1)由圖象可知，A在0～1 s內(nèi)的加速度a1＝＝－2 m/s2， 對A由牛頓第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2 (2)由圖象知，A、B在1～3 s內(nèi)的加速度a3＝＝－1 m/s2， 對A、B整體由牛頓第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1 (3)由圖可知B在0～1 s內(nèi)的加速度a2＝＝2 m/s2 對B由牛頓第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入數(shù)據(jù)解得m＝6 k

16、g 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg 特別提醒　當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般不直接用整體法，要采用隔離法解題。 【變式訓練3】　如圖8所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg 的物塊A、B放在長木板上，A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2。改變F的大小，B的加速度大小可能為(　　) 圖8 A.1 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2 解析　A、B放在輕質(zhì)長木板上，長木板質(zhì)量為0，所受合力

17、始終為0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關系為fAmax

18、往往對應臨界狀態(tài)。 (3)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。 (4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 命題角度1　利用“相互作用力為零”的臨界條件進行分析 1.接觸與脫離的臨界條件 兩物體相接觸或脫離的臨界條件是接觸但接觸面間彈力FN＝0。 2.繩子斷裂與松弛的臨界條件 繩子斷與不斷的臨界條件是繩子張力等于它所能承受的最大張力。繩子松弛的臨界條件是FT＝0。 【例8】　如圖9所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時，細繩平行于斜面。取g＝1

19、0 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖9 A.當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為20 N B.當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為30 N C.當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為40 N D.當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為60 N 解析　小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零。斜面對小球的彈力恰好為零時，設繩子的拉力為F，斜面的加速度為a0。以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得a0＝13.3 m/s2。 甲

20、 (1)由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示。設繩子與水平方向的夾角為α。以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有 F2cos α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得F2＝20 N。選項C、D錯誤。 答案　A 命題角度2　利用“兩物體加速度相同”的臨界條件分析 相

21、對靜止或相對滑動的臨界條件 兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對靜止或相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大靜摩擦力。 【例9】　(2017·湖北黃岡中學模擬)如圖10所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)使車廂沿水平方向加速運動，為保證A、B仍相對車廂靜止，則(　　) 圖10 A.速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B.加速度一定向右，不能超過(1－μ)g C.加速

22、度一定向左，不能超過μg D.加速度一定向左，不能超過(1－μ)g 解析　開始A恰好不下滑，對A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF彈，解得F彈＝，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。當車廂做加速運動時，為了保證A不下滑，側(cè)壁對A的支持力必須大于等于，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右。對B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 臨界問題的常用解法 (1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的。 (2)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

23、變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題。 (3)數(shù)學方法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學公式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件?！　　　　　? 【變式訓練4】　(2017·山東濰坊實驗中學質(zhì)檢)如圖11所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　) 圖11 A.若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零 B.若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 C.斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma D.斜面對球的彈力不僅有，而且是一個定值 解析　小球受到重力mg、

24、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1，設斜面的傾斜角為α，則豎直方向有FN2cos α＝mg，因為mg和α不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，選項B錯誤，D正確；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因為FN2sin α≠0，所以即使加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力也不可能為零，選項A錯誤；斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的分力FN2cos α與水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，選項C錯誤。 答案　D 整體法、隔離法求解連接體問題 [題源：人教版必修1·P77·科學漫步] 在探索測定軌道中人造天體的質(zhì)量的方法過程中做了這樣的一個實驗：用已知

25、質(zhì)量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組m2(后者的發(fā)動機已熄火)。接觸后，開動宇宙飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖12所示。推進器的平均推力為F，推進器開動時間為t。測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，求火箭組的質(zhì)量m2。 圖12 解析　根據(jù)a＝得，m1、m2的共同加速度為a＝，選取m1、m2整體為研究對象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝－m1。 答案　見解析 拓展1　如圖13所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(

26、　　) 圖13 A.彈簧測力計的示數(shù)是50 N B.彈簧測力計的示數(shù)是24 N C.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2 解析　對兩物體和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔離m2，根據(jù)牛頓第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以彈簧測力計的示數(shù)為24 N，選項A錯誤，B正確；在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，選項C、D錯誤。 答案　B 拓展2　(20

27、15·全國卷Ⅱ，20)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A.8 B.10 C.15 D.18 解析　設掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對象，有F＝nma① P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對象，有 F＝km·a② 聯(lián)立

28、①②得3n＝2k， 總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確。 答案　BC 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) ?題組一　動力學中的圖象問題 1.如圖1甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為(　　) 圖1 A.30° B.45° C.60° D.75° 解析　由v2＝2ax得x＝v2，結(jié)

29、合x－v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，選項A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 2.若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖2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(　　) 圖2 解析　由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)；過程②為向下勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程③為向下勻減速直線運動(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程④為向上勻加速直線運動(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程⑤為向上勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg

30、)；過程⑥為向上勻減速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)。綜合選項分析可知選項B正確。 答案　B 3.(2017·銀川市高三第一次模擬)如圖3甲所示，質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動。已知水平拉力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取水平向右為正方向，由此可知(　　) 圖3 A.在0～3 s時間內(nèi)物塊的加速度大小為6 m/s2 B.在3～5 s時間內(nèi)物塊的加速度大小為3 m/s2，方向水平向右 C.5 s末，物塊速度大小為3 m/s，方向水平

31、向右 D.在5 s末，克服水平拉力F做功的功率為0 解析　在0～3 s時間內(nèi)，F(xiàn)1＝12 N，由牛頓第二定律F1－μmg＝ma1，解得物塊加速度a1＝1 m/s2，選項A錯誤；在3～5 s時間內(nèi)，F(xiàn)2＝4 N，由牛頓第二定律F2－μmg＝ma2，解得物塊加速度a2＝－3 m/s2，方向水平向左，選項B錯誤；3 s末，物塊速度為v1＝a1t1＝3 m/s，4 s末，物塊速度為v2＝v1＋a2t2＝0，摩擦力大于拉力，4 s末物塊停止運動，則5 s末，克服水平拉力F做功的功率為0，選項C錯誤，D正確。 答案　D 4.(多選)如圖4甲所示，一質(zhì)量m＝2.0 kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾

32、角為37°的足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程中的速度—時間圖線，如圖4乙所示，則(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) 圖4 A.小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0 m/s2 B.小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25 C.小物塊在斜面上滑行的最大位移為8 m D.小物塊在上滑過程中所受摩擦力大小為5 N 解析　由小物塊上滑過程的速度—時間圖線可知，a＝＝ m/s2＝ －8.0 m/s2，則小物塊沖上斜面過程中加速度大小為8.0 m/s2，選項A正確；對小物塊

33、受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得－mgsin 37°－f＝ma，F(xiàn)N－mgcos 37°＝0，f＝μFN代入數(shù)據(jù)解得f＝4 N，μ＝0.25，選項B正確，D錯誤；小物塊在斜面上滑行的最大位移x＝ m＝4 m，選項C錯誤。 答案　AB 5.(2017·浙江杭州五校聯(lián)盟聯(lián)考)足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間由一小段長度不計的弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點?，F(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如圖5甲所示，小物塊在AB段運動的速度—時間圖象如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，

34、cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求： 圖5 (1)小物塊所受到的恒力F； (2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間； (3)小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離。 解析　(1)由題圖乙可知，AB段加速度 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得F＝11 N。 (2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2。 小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，由題圖乙可知，小物塊到達B點的速度vB＝

35、2.0 m/s，有 t＝＝ s＝0.5 s。 (3)小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3， 解得a3＝5.0 m/s2。 滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物塊不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4 m。 答案　(1)11 N　(2)0.5 s　 (3)不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4 m ?題組二　動力學中的連接體問題 6.(2017·哈爾濱模擬)如圖6所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻

36、加速運動，此時，彈簧伸長量為x；若用水平力F′作用在m1上時，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運動，此時彈簧伸長量為x′。則下列關系正確的是(　　) 圖6 A.F′＝2F B.x′>2x C.F′>2F D.x′<2x 解析　把兩個物塊看作整體，由牛頓第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F(xiàn)′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，選項A正確，C錯誤；隔離物塊m2，由牛頓第二定律得kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，故選項B、D錯誤。 答案　A 7.(2017·三明模擬)如圖7所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2

37、m。現(xiàn)施加水平力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(　　) 圖7 A.2F B. C.3F D. 解析　力F拉物體B時，A、B恰好不滑動，故A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力fm，根據(jù)牛頓第二定律，有 fm＝ma① 對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律， 有F＝3ma② 由①②解得fm＝F。 當F′作用在物體A上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值

38、，對物體A，有 F′－fm＝ma1③ 對整體，有F′＝3ma1④ 由上述各式聯(lián)立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。 答案　B 8.(2017·湖北黃岡一模)(多選)如圖8所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示的一維坐標系，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關系圖象可能正確的是(　　) 圖8 解析　設A、B向右勻加速運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，對整體有F＋k(x0－x

39、)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，則F與x成正比，F(xiàn)－x圖象可能是過原點的直線，對A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN－x圖象是向下傾斜的直線，當FN＝0時A、B開始分離，此后B做勻加速運動，F(xiàn)不變，則A、B開始分離時有x＝x0－

40、離時，彈簧長度等于原長 B.B和A剛分離時，它們的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動 解析　A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0。 對B：F－mg＝ma， 對A：kx－mg＝ma。 即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。 設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0， 又2mg＝kx0，h＝x0－x，F(xiàn)＝mg， 解以上各式得k＝，綜上所述，只有選項C正確。 答案　C 10.(2017·濟寧檢測)如圖10所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動摩擦

41、因數(shù)為μ＝，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動。隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。 圖10 解析　當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定律方程： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma① 木塊的位移為x，有0－v＝2ax② 根據(jù)數(shù)學關系知木塊加速度最大時位移最小，根據(jù)①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ) 根據(jù)數(shù)學關系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝，則α＝30° 要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時取最大值g 所以有θ＝90°－α＝60°時，加速度取最大值為a＝－ 代入②可得xmin＝ 答案　60°　 20