（課標(biāo)人教版）2020年《高考風(fēng)向標(biāo)》物理 第3章 運動和力 第2講 牛頓第二定律

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1、第2講 牛頓第二定律 ★考情直播 1．考綱解讀 考綱內(nèi)容 能力要求 考向定位 1.牛頓第二定律 1.知道牛頓第二定律的內(nèi)容；理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、獨立性. 2.能用正交分解方法解決受力比較復(fù)雜的動力學(xué)問題. 3.能用整體法和隔離法求解有關(guān)連接體問題. 牛頓第二定律是動力學(xué)的基礎(chǔ)，而力與加速度的瞬時對應(yīng)性、矢量性、物體系問題的處理等一直是高考的一個熱點和難點.主要以選擇題和計算題的形式加以考查. 2.考點整合 考點一 牛頓第二定律 1.定律內(nèi)容：物體的加速度跟物體 成正比，跟物體的 成反比，加速度的

2、方向跟合外力的方向 . 2.牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、獨立性.“矢量性”是指加速度的方向取決 ，“瞬時性”是指加速度和合外力存在著 關(guān)系，合外力改變，加速度相應(yīng)改變，“獨立性”是指作用在物體上的每個力都獨立的產(chǎn)生各自的加速度，合外力的加速度即是這些加速度的矢量和. 3.牛頓第二定律的分量式：ΣFx=max，ΣFy=may [特別提醒]：F是指物體所受到的合外力，即物體所有受力的合力.加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，即有合外力就有加速度，沒有合外力就沒有加速度. 【例1】O’ F2 F1 O F3

3、 F4 A O'’ F2 F1 O F3 F4 B O’ F2 F1 O F3 F4 C O O’ F2 F1 F3 F4 D ＇ ＇ ＇ ＇ 如圖所示，小車上固定著三角硬桿，桿的端點固定著一個質(zhì)量為m的小球．當(dāng)小車水平向右的加速度逐漸增大時，桿對小球的作用力的變化（用F1至F4變化表示）可能是下圖中的（OO＇沿桿方向）　 【解析】對小球進行受力分析

4、，小球受重力和桿對小球的彈力，彈力在豎直方向的分量和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故C正確. 【答案】C 【方法點評】本題考查牛頓第二定律，只要能明確研究對象，進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程即可. 考點二 力、加速度和速度的關(guān)系 在直線運動中當(dāng)物體的合外力（加速度）與速度的方向 時，物體做加速運動，若合外力（加速度）恒定，物體做 運動，若合外力（加速度）變化，則物體做 運動，當(dāng)物體的合外力（加速度）方向與速度的方向 時，物體做減速運動.若合外力（加速度）恒定，物體做 運動，若合外力（加速度）變化，則物體做 運動.

5、 [特別提醒]：要分析清楚物體的運動情況，必須從受力著手，因為力是改變運動狀態(tài)的原因，求解物理問題，關(guān)鍵在于建立正確的運動情景，而這一切都必須從受力分析開始. [例2] 如圖3-12-1所示，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度、加速度的變化情況如何？ 圖3－12－1 圖3－12－2 (a) (b) (c) v0 vm F mg F mg F mg [解析]小球接觸彈簧后受兩個力，向下的重力mg和向上的彈力.（如圖3－12－2（a）所示

6、剛開始時，當(dāng)mg，合力向上，由于加速度的方向和速度方 向相反，小球做加速度增大的減速運動，因此速度減小 到零彈簧被壓縮到最短.如圖3－12－2（c）所示 [答案]小球壓縮彈簧的過程，合外力的方向先向下后向上， 大小是先變小至零后變大，加速度的方向也是先向下后向上， 大小是先變小后變大，速度的方向始終向下，大小是先變大后變小. （還可以討論小球

7、在最低點的加速度和重力加速度的關(guān)系） [方法技巧]要分析物體的運動情況一定要從受力分析著手，再結(jié)合牛頓第二定律進行討論、分析.對于彈簧類問題的求解，最好是畫出彈簧的原長，現(xiàn)在的長度，這樣彈簧的形變長度就一目了然，使得求解變得非常的簡單明了. 考點三 瞬時問題 瞬時問題主要是討論細繩（或細線）、輕彈簧（或橡皮條）這兩種模型. 細繩模型的特點：細繩不可伸長，形變 ，故其張力可以 ， 彈簧（或橡皮條）模型的特點： 形變比較 ，形變的恢復(fù)需要時間，故彈力 . [特別提醒]求解瞬時問題，首先一定要分清類型，然后分析變化之前的受力，再分析變化瞬間的受

8、力,這樣就可以很快求解. [例3]（2020年茂名二模）如圖5所示，質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用火將繩AO燒斷，在繩AO燒斷的瞬間，下列說法正確的是（ ） A.彈簧的拉力 B.彈簧的拉力 mg T F C.小球的加速度為零 D.小球的加速度 [解析]燒斷OA之前，小球受3個力，如圖所示，燒斷細繩的瞬間， 繩子的張力沒有了，但由于輕彈簧的形變的恢復(fù)需要時間，故彈簧 的彈力不變，A正確。 [方法技巧]對于牛頓第二定律的瞬時問題，首先必須分析清楚是彈簧模型還是輕繩模型，然后分析狀態(tài)變化之前的受力和變化后的瞬時受力.根據(jù)牛頓第

9、二定律分析求解.同學(xué)們還可以討論把OB換成輕繩，也可以剪斷輕彈簧，從而討論小球的瞬時加速度. 考點四 整體法和隔離法的應(yīng)用 以幾個物體組成的系統(tǒng)為對象，分析系統(tǒng)所受外力的方法叫做整體法，以某個物體為對象，分析該物體所受各力的方法叫做隔離法. [特別提醒]：通常幾個物體加速度相同時，考慮用整體法，求物體之間的作用力時用隔離法，靈活選取對象或交叉使用整體法與隔離法，往往會使求解簡便. A F B [例4]如圖，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A，B質(zhì)量分別為mA=6kg，mB=2kg，A，B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，開始時F=10N，此后逐漸增加，在增

10、大到45N的過程中，則( ) A．當(dāng)拉力F＜12N時，兩物體均保持靜止?fàn)顟B(tài) B．兩物體開始沒有相對運動，當(dāng)拉力超過12N時，開始相對滑動 C．兩物體間從受力開始就有相對運動 D．兩物體間始終沒有相對運動 [解析]對A，B整體有 F=(mA+mB)a 再對B有 f = mBa 當(dāng)f為最大靜摩擦力時，得a=6m/s2，F(xiàn)=48N由此可以看出當(dāng)F＜48N時A，B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A，B間不會發(fā)生相對運動.所以D選項正確. [答案]D [方法技巧]當(dāng)系統(tǒng)具有相同的加速度時，往往用整體法求加速度，要求系統(tǒng)之間的相互作用力，往往用隔離法.特別要注意A對B的靜摩

11、擦力提供了B的加速度. 考點五 整體利用牛頓第二定律 當(dāng)幾個物體所組成的系統(tǒng)加速度不同時，我們也可以牛頓第二定律來求解，此時牛頓第二定律應(yīng)表述為： ，即整個系統(tǒng)所受的合外力（物體之間的作用力為內(nèi)力，不考慮）等于各個物體所產(chǎn)生的加速度與質(zhì)量的乘積的矢量和.其正交表示為： [特別提醒]：對于一靜一動（即一個有加速度，一個沒有加速度）的兩個物體所組成的系統(tǒng)，當(dāng)要求外界對系統(tǒng)的作用力時，整體利用牛頓第二定律將使問題求解方程簡單. [例5] 一根質(zhì)量為M的木棒，上端用細繩系在天花板上，棒上有一只質(zhì)量為m的猴子，如圖6所示，如果將細繩剪斷，猴子沿木棒向上爬，但仍保持與地面間的高度不變。求

12、這時木棒下落的加速度？ 解析：（解法一）猴子和木棒的受力情況如圖所示，猴子相對地面的高度不變、保持靜止，即受力平衡，木棒具有加速度，根據(jù)牛頓第二定律 對猴子有： 對木棒有： 由牛頓第三定律得 解得木棒的加速度為，方向豎直向下. 解法二（整體法）：把猴子和木棒看成一個整體，受力情況如圖8所示，在這個整體中猴子受力平衡，木棒具有加速度，根據(jù)牛頓第二定律有 解得木棒的加速度為，方向豎直向下. [方法技巧] 對于由一個靜止，一個加速運動的物體所組成的系統(tǒng)，往往優(yōu)先考慮整體利用牛頓第二定律求解，這樣會使求解變得非常簡單. 類似以上的不少問題，若用隔離法求解，分析過程很繁瑣，若用整體法

13、來分析，思路卻很敏捷.大家如果能深刻領(lǐng)會整體法的有關(guān)解題規(guī)律，在學(xué)習(xí)過程中一定會取得事半功倍的效果. ★ 高考重點熱點題型探究 熱點1 物體運動情況的判斷 v 壓敏電阻 R E A I t t1 t2 t3 0 （a） （b） 圖3－12－13 [真題1]（2020·廣東）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計了判斷小車運動狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖3-12-13（a）所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車上，中間放置一個絕緣重球.小車向右做直線運動過程中，電流表示數(shù)如圖3-12-13（b）所示，下列判斷正確的是(

14、 ) A．從t1到t2時間內(nèi)，小車做勻速直線運動 B．從t1到t2時間內(nèi)，小車做勻加速直線運動 C．從t2到t3時間內(nèi)，小車做勻速直線運動 D．從t2到t3時間內(nèi)，小車做勻加速直線運動 [剖析]對小球，根據(jù)牛頓第二定律有N＝ma，易知t1到t2時間內(nèi)，小球?qū)醢宓膲毫υ絹碓酱?，故做變加速運動，t2到t3時間內(nèi)，小球?qū)醢宓膲毫Σ蛔?，小車做勻加速運動，0到t1時間內(nèi)，小車可能靜止也可能勻速運動. [答案]D [名師指引]本題是一個傳感器問題，傳感器是把力學(xué)信號等轉(zhuǎn)化為電信號的一個儀器，新課程新增加的一個內(nèi)容,相信以后的高考中仍會有所考查，同學(xué)們要引起注意. 【真題2】（2020

15、·全國卷1）如圖，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設(shè)在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內(nèi)小車可能是（ ） A.向右做加速運動 B.向右做減速運動 C.向左做加速運動 D.向左做減速運動 [解析]對小球水平方向受到向右的彈簧彈力N，由牛頓第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球與小車相對靜止，故小車可能向右加速運動或向左減速運動 [答案]AD [名師指引] 由受力情況判斷物體的運動的情況，一直是高考的熱點，對于這種類型的問題關(guān)鍵在于根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的的方向

16、，而加速度方向已知時，所對應(yīng)的運動形式有兩種. 【真題3】（2020·寧夏）一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連,小球某時刻正處于圖示狀態(tài).設(shè)斜面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，關(guān)于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是 ( ) A.若小車向左運動，N可能為零 B.若小車向左運動，T可能為零 C.若小車向右運動，N不可能為零 D.若小車向右運動，T不可能為零 [解析] 對小球受力分析，當(dāng)N為零時，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；當(dāng)T為零時，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運

17、動或向左加速運動，B對D錯. [答案]AB 【名師指引】解題時抓住N、T為零時受力分析的臨界條件，小球與車相對靜止，說明小球和小車只能有水平的加速度. 新題導(dǎo)練 1-1.(2020·惠州三模)壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小，某位同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計了判斷電梯運動狀態(tài)的裝置，其裝置示意圖如圖甲所示，將壓敏電阻平放在電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體m，電梯靜止時電流表示數(shù)為I0，電梯在運動過程中，電流表的示數(shù)如圖乙所示，下列判斷中正確的是（　 ） A.乙圖表示電梯做勻速直線運動 B.乙圖表示電梯做勻加速運動 C.乙圖表示電梯做變加速運動 D.乙圖表示電

18、梯做勻減速運動 1-2.(2020·廣州一模)如圖（a），小鐵塊置于長木板右端，木板放在光滑的水平地面上，同時使二者獲得等大反向的初速度開始運動，經(jīng)過一段時間鐵塊在木板上停止滑動，二者相對靜止，此時與開始運動時的位置相比較，圖9（b）中哪一幅反映了可能發(fā)生的情況( ) A v0 v0 v C v0 v0 v 圖9 t= t 1 t=0 t= t 1 t=0 B v0 v0 v D v0 v0 v t= t 1 t=0 t= t 1 t=0 熱點2 整體法和隔離法的應(yīng)用 m F M θ 【真題4

19、】（2020·海南）如圖，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ．斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑．在小物塊運動的過程中，楔形物塊始終保持靜止．地面對楔形物塊的支持力為（ ） A．（M＋m）g B．（M＋m）g－F C．（M＋m）g＋Fsinθ D．（M＋m）g－Fsinθ [解析]本題可用整體法的牛頓第二定律解題，豎直方向由平衡條件：Fsinθ＋N=mg＋Mg，則N= mg＋Mg－Fsinθ [答案]D 【真題5】（2020·海南）如

20、圖，水平地面上有一楔形物體b，b的斜面上有一小物塊a；a與b之間、b與地面之間均存在摩擦．已知楔形物體b靜止時，a靜止在b的斜面上．現(xiàn)給a和b一個共同的向左的初速度，與a和b都靜止時相比，此時可能( ) a b 左 右 A．a(chǎn)與b之間的壓力減少，且a相對b向下滑動 B．a(chǎn)與b之間的壓力增大，且a相對b向上滑動 C．a(chǎn)與b之間的壓力增大，且a相對b靜止不動 D．b與地面之間的壓力不變，且a相對b向上滑動 a ay ax [解析]依題意，若兩物體依然相對靜止，則a的加速度一定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即

21、支持力N大于mgcosθ，與都靜止時比較，a與b間的壓力增大；沿著斜面方向，若加速度a過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即a物塊可能相對b向上滑動趨勢，甚至相對向上滑動，故A錯，B、C正確；對系統(tǒng)整體，在豎直方向，若物塊a相對b向上滑動，則a還具有向上的分加速度，即對整體的牛頓第二定律可知，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和，D錯. [答案]BC [名師指引]這兩道題都可以通過整體利用牛頓第二定律很快的解決.即當(dāng)系統(tǒng)的兩個物體加速度無論相同還是不同，都可以用整體法求解. 新題導(dǎo)練 圖3－12－11 2-1.（2020·佛山四校聯(lián)考）如圖3-12-11所示，質(zhì)量為

22、m的物體在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的質(zhì)量為M的粗糙斜面勻速下滑，此過程中斜面體保持靜止，則地面對斜面（ ） A.無摩擦力 B.有水平向左的摩擦力 C.支持力為(M+ m)g D.支持力小于(M+m)g 2-2.（2020年深圳二模）如圖所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上．小車上用細線懸吊一質(zhì)量為m的小球，M＞m．現(xiàn)用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成a角，細線的拉力為T；若用一力F/水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a/向左運動時，細線與豎直方向也成a角，細線的拉力為T/．則( )

23、 F/ α m M α m M F A．a(chǎn)/=a，T/=T B．a(chǎn)/＞a，T/=T C．a(chǎn)/＜a，T/=T D．a(chǎn)/＞a，T/＞T ★搶分頻道 1.限時基礎(chǔ)訓(xùn)練卷 1.(2020·汕頭一模)一物塊以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直線滑行，到達最高點后自行向下滑動，不計空氣阻力，設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同，下列哪個圖象能正確地表示物塊在這一過程中的速率與時間的關(guān)系( ) 0 0 0 0 t t t t v v v v A B C D

24、 A 2.（2020深圳一模）如圖所示，物體A放在斜面上，與斜面一起向右做勻加速運動，物體A受到斜面對它的支持力和摩擦力的合力方向可能是（ ） A．向右斜上方 B．豎直向上 C．向右斜下方 D．上述三種方向均不可能 3.（2020汕頭二模）如圖所示，水平面上B點左側(cè)都是光滑的，B點右側(cè)都是粗糙的．質(zhì)量為M和m的兩個小物塊（可視為質(zhì)點），在光滑水平面上相距L以相同的速度向右運動，它們在進入粗糙區(qū)域后最后靜止．若它們與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)相同，設(shè)靜止后兩物塊間的距離為s，M運動的總時間為t1、m運動的總時間為t2，則以下說法正確的是（

25、 ） B M m A．若M=m，則s=L B．無論M、m取何值，總是s=0 C．若M=m，則t1= t2 D．無論M、m取何值，總是t1< t2 A B 300 圖3－12－18 4．（2020·中山一模）如圖3-12-18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 ( ) A．0　　　　B． C．g　　　　 D． 圖3－12－20 5．（2020·佛山三校）疊放在一起的A、B兩物體在水平力F的作用下，沿水平面以某一速度勻速

26、運動，現(xiàn)突然將作用在B上的力F改為作用在A上，并保持大小和方向不變，如圖3-12-20所示，則關(guān)于A、B的運動狀態(tài)可能為（ ） A.一起勻速運動 B.一起加速運動 C.A加速，B減速 D.A加速，B勻速 O P1 P2 圖3－12－21 6.(2020·從化模擬)如圖3-12-21所示，一條輕質(zhì)彈簧左端固定，右端系一小物塊，物塊與水平面各處動摩擦因數(shù)相同，彈簧無形變時，物塊位于O點.今先后分別把物塊拉到P1和P2點由靜止釋放，物塊都能運動到O點左方，設(shè)兩次運動過程中物塊速度最大的位置分別為Q1和Q2點，則Q1和Q2點( ) A．都在O處 B．都在O處右方，

27、且Q1離O點近 C．都在O點右方，且Q2離O點近 D．都在O點右方，且Q1、Q2在同一位置 7.如圖3-12-7所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面與水平面成θ角），最后豎直向上加速運動.則在這三個階段的運動中，細線上張力的大小情況是（ ） θ m1 m2 F F F 圖3－12－7 A.由大變小 B.由小變大 C.始終不變 D.由大變小再變大 8.（2020韶關(guān)二模）如圖，在光滑地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起作無相對滑動的加速運動．已知小車質(zhì)量是M、木塊質(zhì)量是m、力大

28、小是F、加速度大小是a、木塊和小車之間動摩擦因數(shù)是μ．則在這個過程中，關(guān)于木塊受到的摩擦力大小正確的是( ) A.μma B.ma C. D.F -Ma 9.(2020年廣州二模)如圖所示，傾角為α的斜面靜止不動，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計，質(zhì)量為M的物體A與斜面的動摩擦因素為μ(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，質(zhì)量為m的物體B通過定 滑輪用細線與M相連接．則（ ） A．當(dāng)m>M(sinα+μcosα)時，m一定有向下的加速度 B．當(dāng)mM(sinα一μcosα)時，m一定有向下的加速度 D．當(dāng)m<

29、M(sinα一μcosα)時，m一定有向上的加速度 圖3－12－27 10．如圖3-12-27所示,質(zhì)量為1 kg的小球穿在固定的直桿上,桿與水平方向成30°角,球與桿間的動摩擦因數(shù)μ=.當(dāng)小球受到豎直向上的拉力F=20 N時,小球沿桿上滑的加速度是多少?(g取10 m/s2) 2．基礎(chǔ)提升訓(xùn)練 11.（2020華師附中）放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系和物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖所示.取重力加速度g=10m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為 ( ) A．m=0.5kg

30、，μ=0.4 B．m=1.5kg， C．m=0.5kg，μ=0.2 D．m=1kg，μ=0.2 12.（2020廣州二模）如圖所示，物體沿著傾角不同而底邊相同的光滑斜面由頂端從靜止開始滑到底端（ ） A．斜面傾角越大，滑行時間越短 B．斜面傾角越大，滑行時間越長 C．斜面傾角越大，滑行的加速度越大 D．斜面傾角越大，滑行的平均速度越大 θ B A 圖3－13－8 13．（2020·上海）兩個疊在一起的滑塊A和B，置于固定的傾角為θ的斜面上，如圖3-13-8所示.滑塊A、B的質(zhì)量分別為M、m.A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與A間的動摩擦因數(shù)為μ2，已

31、知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度沿斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力 （ ） A.等于零 B.方向沿斜面向上 C.大小等于μ1mgcosθ D.大小等于μ2mgcosθ 14．（2020年北京）有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力進行分析和判斷。例如從解的物理量的單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一定特殊條件下的結(jié)果等方面進行分析，并與預(yù)期結(jié)果、實驗結(jié)論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性. 舉例如下：如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上.把質(zhì)量為m的滑塊B放在A的斜面上.忽略一切摩擦，有人求得

32、B相對地面的加速度a = gsinθ，式中g(shù)為重力加速度. 對于上述解，某同學(xué)首先分析了等號右側(cè)量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題。他進一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對的”.但是，其中有一項是錯誤的。請你指出該項:( ) A．當(dāng)時，該解給出a=0，這符合常識，說明該解可能是對的 B．當(dāng)＝90時，該解給出a=g,這符合實驗結(jié)論，說明該解可能是對的 C．當(dāng)M≥m時，該解給出a=gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的 D．當(dāng)m≥M時，該解給出a= ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的 15．（2020·全國3）如圖3-12-30所示，在傾角為θ

33、的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A 、B ．它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k , C為一固定擋板.系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A 使之向上運動，求物塊B 剛要離開C時物塊A 的加速度a 和從開始到此時物塊A 的位移d，重力加速度為g. 圖3－12－30 3．能力提高訓(xùn)練 圖3－13－20 16.(2020·江蘇)如圖3-13-20所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2 m的木塊，使四個木塊以同一加速度

34、運動，則輕繩對m的最大拉力為( ) A． B． C． D． 圖3－12－6 17．如圖3-12-6所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)拔去銷釘M瞬間，小球加速度的大小為12米/秒2，若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是（取g=10米/秒2）（ ） A．22米/秒2，豎直向上 B．22米/秒2，豎直向下 1． C．2米/秒2，豎直向上 D．2米/秒2，豎直向下 18.(2020湛江一模)在研究摩擦力特點的實驗中，將木塊放在水平長木板

35、上，如圖17甲所示，用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大。分別用力傳感器采集拉力和木塊受到的摩擦力，并用計算機繪制出摩擦力f隨拉力F的變化圖象，如圖17所示。已知木塊質(zhì)量為0.78kg.取重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.60,cos37o=0.80. (1)求木塊與長木板間的動摩擦因數(shù). （2）若將實驗中的長木板與水平方向成37o角放置，將木塊置于其上，在平行于木板的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度從靜止開始向上做勻變速直線運動，如圖17丙所示.求拉力應(yīng)為多大 ？ 圖3－12－29

36、 19. (2020·廣東四校聯(lián)考) 一物體靜止在水平面上，它的質(zhì)量是m，與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ.用平行于水平面的力F分別拉物體，得到加速度a和拉力F的關(guān)系圖象如圖3-12-29所示.利用圖象可求出這個物體的質(zhì)量m. 甲同學(xué)分析的過程是：從圖象中得到F=12N時, 物體的加速度a=4m/s2， 根據(jù)牛頓定律導(dǎo)出：得：m=3kg 乙同學(xué)的分析過程是：從圖象中得出直線的斜率為：k＝tan45°=1, 而,所以m=1kg 請判斷甲、乙兩個同學(xué)結(jié)論的對和錯，并分析錯誤的原因。如果兩個同學(xué)都錯，分析各自的錯誤原因后再計算正確的結(jié)果. 第2講參考答案 考點整合

37、考點1.合外力，質(zhì)量，一致，合外力方向，瞬時對應(yīng) 考點2.相同，勻加速，變加速，相反，勻減速，變減速 考點3.較小，突變，較大，不能突變 新題導(dǎo)練 1-1.C[電流逐漸增大，表明壓敏電阻的阻值在逐漸減小，壓力在逐漸增大，故電梯在做變加速運動] 1-2.AC[設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，分mM兩種情形討論，也可以用v-t圖求解] 2-1.BD[把A、B視為一整體，進行受力分析列平衡方程即可] 2-2.B[先隔離小球進行受力分析，兩種情況豎直方向均有，故，當(dāng)F作用在小球上時，對小車有得，當(dāng)作用在小車上時，對小球有得，故B正確] ★搶分頻道 1.限時基礎(chǔ)訓(xùn)練卷

38、1.C[分析物體上滑和下滑的受力即可] 2.A[把支持力和摩擦力用一個力等效替代，則此力一定是向上偏右] 3.BD[兩物體在B點的右方，加速度相同，又初速度相同，故滑行的距離和滑行的時間總是相同，在B點的左邊，m滑行的時間大于M滑行的時間] 4.B[板抽掉后，彈簧彈力不能突變] 5.AC[F大于A、B之間的最大靜摩擦力時，A加速，B減速；F小于A、B之間的最大靜摩擦力時，A、B一起勻速運動] 6.D[分析滑塊的受力，且時速度最大] 7.C[當(dāng)兩物體在斜面上運動時，對整體，由牛頓第二定律，有 F－(m1+ m2)gsinθ－μ(m1+ m2)gcosθ=(m1+ m2) a

39、對m1，由牛頓第二定律，有 FT－m1gsinθ－μm1gcosθ= m1a ,聯(lián)立解得 ,故繩中張力的大小與夾角θ、動摩擦因數(shù)μ無關(guān)] 8.BCD[整體法和隔離法結(jié)合即可] 9.AD[隔離M，當(dāng)繩子拉力較大時，物體有上滑的趨勢，摩擦力沿斜面向下，當(dāng)mg>Mg(sinα+μcosα)時，m一定有向下的加速度，當(dāng)繩子拉力較小時，物體有下滑的趨勢，當(dāng)mg

40、 (F－mg)cosθ=FN 又Ff=μFN 由以上三式可得a= 代入數(shù)據(jù)后得a=2.5 m/s2. 2．基礎(chǔ)提升訓(xùn)練 11. A[4－6s物體做勻速運動，易知摩擦力f＝2N，2－4s物體做勻加速運動，加速度a＝2m/s2,可知A選項正確] 12.CD[設(shè)斜面的傾角為，底邊場d，則物體下滑的加速度為，下滑的時間為,易知傾角為45°時下滑時間最短.] 13．BC[先整體法求整體的加速度，后隔離B求A、B之間的摩擦力，注意A、B之間為靜摩擦力] 14.D[當(dāng)mM時，該解給出a=,這與實際不符，說明該解可能是錯誤的] 15.解：令x1表示未加

41、F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知mAgsinθ=kx1 令x2表示B 剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A 的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知kx2=mBgsinθ F－mAgsinθ－kx2=mAa 可得a= 由題意 d=x1+x2 可得d= 3．能力提高訓(xùn)練 16.B[對右邊一組物體分析受力，當(dāng)拉力最大時，m和2m之間的摩擦力為最大靜摩擦力，由牛頓第二定律，結(jié)合整體法、隔離法可得：F＝6ma，F(xiàn)－mg＝2ma，mg－T＝ma，聯(lián)立解得T＝] 17.AD[設(shè)上下彈簧彈力分別為FM、FN，以向下為正方向.拔去銷釘M瞬間

42、，F(xiàn)M消失，由牛頓第二定律，F(xiàn)N+mg=ma，得FN=m（g－a），由a=12m/s2得，F(xiàn)N=－2m或22m.拔去銷釘N瞬間，F(xiàn)N消失，小球所受合外力F=－FN=2m或－22m，因此a=2或－22] 18.解析：（1）依題知，木塊受到的滑動摩擦力f為3.12N 而 （2）木塊受力如答圖4所示，根據(jù)牛頓第二定律有 而 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：F=8.7N 19.甲、乙兩同學(xué)的分析都錯. 甲錯在把水平力F當(dāng)作合外力，而物塊受摩擦力f=4N 乙錯在由于a軸和F軸的標(biāo)度不同，斜率k不等于tan450 正確的求解是： 由F—f=ma得： =0.5 m=2kg