（江蘇專版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件.ppt

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1、專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律,高考物理(江蘇專用),考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解 1.(2012江蘇單科,4,3分)將一只皮球豎直向上拋出,皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比。下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時(shí)間t關(guān)系的圖像,可能正確的是 (),五年高考,A組自主命題江蘇卷題組,答案C對(duì)皮球應(yīng)用牛頓第二定律有:mg+kv=ma,a=g+v。上升過程中v減小,故a隨時(shí)間減 小且減小的快慢與v的變化快慢規(guī)律相同,即=,而就是加速度,故a-t圖線各點(diǎn)的切 線的斜率絕對(duì)值是逐漸減小的;又由于上升過程中a不可能為零,所以只有C項(xiàng)正確。,2.(2015江蘇單科,6,4分)(多選)一人乘電梯上樓,在豎直

2、上升過程中加速度a隨時(shí)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(duì)地板的壓力() A.t=2 s時(shí)最大B.t=2 s時(shí)最小 C.t=8.5 s時(shí)最大D.t=8.5 s時(shí)最小,考查點(diǎn)本題考查了加速度、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、超重與失重等內(nèi)容,屬于中等難度題。,答案AD地板對(duì)人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時(shí),a有正的最大值,此時(shí)FN最大,由牛頓第三定律知,A正確,B錯(cuò)誤;t=8.5 s時(shí),a有負(fù)的最大值,此時(shí)FN最小,由牛頓第三定律可知,C錯(cuò)誤,D正確。,知識(shí)鏈接“上超下失均為ma”,即加速度方向豎直向上超重、豎直向下失重,對(duì)應(yīng)人對(duì)電梯的壓力分別增加ma、減小ma,由此可見,2 s時(shí)壓力最

3、大,8.5 s時(shí)壓力最小。,,3.(2016江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出,魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等,則在上述過程中() A.桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C.若貓?jiān)龃罄?魚缸受到的摩擦力將增大 D.若貓減小拉力,魚缸有可能滑出桌面,答案BD由題圖可見,魚缸相對(duì)桌布向左滑動(dòng),故桌布對(duì)魚缸的滑動(dòng)摩擦力方向向右,A錯(cuò)。因?yàn)轸~缸與桌布、魚缸與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為g;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在桌面上減速運(yùn)

4、動(dòng)的時(shí)間相等,故B正確。若貓?jiān)龃罄?魚缸受到的摩擦力仍為滑動(dòng)摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不變,故C錯(cuò)。若貓的拉力減小到使魚缸不會(huì)相對(duì)桌布滑動(dòng),則魚缸就會(huì)滑出桌面,故D正確。,疑難突破摩擦力的方向與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反,而與物體的運(yùn)動(dòng)方向無直接關(guān)系。,審題技巧審題時(shí)抓住下列關(guān)鍵詞:“猛地拉出”、“沒有滑出桌面”、“動(dòng)摩擦因數(shù)均相等”。,,1.(2016課標(biāo),18,6分)(多選)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對(duì)其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變,則() A.質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒

5、力的方向相同 D.質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案BC由題意知此恒力即質(zhì)點(diǎn)所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變的;原速度與該恒力不在一條直線上,則質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),速度與恒力間夾角逐漸減小,質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總與該恒力方向相同,C項(xiàng)正確。,2.(2016課標(biāo),19,6分)(多選)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成,甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落,假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的

6、半徑成正比,與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離,則() A.甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng) B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,答案BD甲、乙下落的時(shí)間與加速度有關(guān),應(yīng)先求加速度,由m甲=V甲=()得R甲= ,阻力f甲=kR甲=k,由牛頓第二定律知a甲==g-k,同理a乙=g-k, 因m甲m乙,所以a甲a乙,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B項(xiàng)正確;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距離相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D項(xiàng)正確。,1.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小

7、球的直桿固定在小車上,當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),球所受合外力的方向沿圖中的() A.OA方向B.OB方向C.OC方向D.OD方向,答案D當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),其加速度的方向水平向右,由牛頓第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿圖中OD方向,選項(xiàng)D正確,選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。,C組教師專用題組,,2.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,懸線一端固定于地面,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)懸線斷裂后,小球?qū)⒆?) A.曲線運(yùn)動(dòng)B.勻速直線運(yùn)動(dòng) C.勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.變加速直線運(yùn)動(dòng),答案C本題考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。在懸線斷裂前,小球受重力、電場(chǎng)力和懸

8、線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卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)正確。,解題關(guān)鍵解答本題,關(guān)鍵是分析清楚懸線斷裂后,重力和電場(chǎng)力合力的大小、方向均不發(fā)生變化。,,3.(2015重慶理綜,3,6分)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))。此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng),若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為() A.+mgB.-mg C.+mgD.-mg,答案A對(duì)人

9、與安全帶作用的過程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a==,解得F= +mg,故A正確。,,4.(2013重慶理綜,4,6分)圖1為伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的示意圖,讓小球由傾角為的光滑斜面滑下,然后在不同的角條件下進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn),最后推理出自由落體運(yùn)動(dòng)是一種勻加速直線運(yùn)動(dòng)。分析該實(shí)驗(yàn)可知,小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運(yùn)動(dòng)的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨變化的圖像分別對(duì)應(yīng)圖2中的() 圖1圖2 A.、和B.、和 C.、和D.、和,答案B重力加速度g與無關(guān),其值在值增大時(shí)保持不變,故其圖像應(yīng)為,則A、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。當(dāng)=0時(shí)小球的加速度a=0,故其圖像必定為,所以B項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤。,,5

10、.(2013山東理綜,14,5分)(多選)伽利略開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理相結(jié)合探索自然規(guī)律的科學(xué)方法,利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有() A.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 B.物體之間普遍存在相互吸引力 C.忽略空氣阻力,重物與輕物下落得同樣快 D.物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反,答案AC伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)表明物體的運(yùn)動(dòng)不需要外力來維持,A正確;伽利略假想將輕重不同的物體綁在一起時(shí),重的物體會(huì)因輕的物體阻礙而下落變慢,輕的物體會(huì)因重的物體拖動(dòng)而下落變快,即二者一起下落快慢應(yīng)介于單獨(dú)下落時(shí)之間,而從綁在一起后更重的角度考慮二者一起下落時(shí)應(yīng)該更快,從而由邏輯上否定了重物比輕物下落快的結(jié)論,并用

11、實(shí)驗(yàn)證明了輕重物體下落快慢相同的規(guī)律,C正確;物體間普遍存在相互吸引力與物體間相互作用力的規(guī)律是牛頓總結(jié)的,對(duì)應(yīng)萬有引力定律與牛頓第三定律,故B、D皆錯(cuò)誤。,6.(2013浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,總質(zhì)量為460 kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5 m/s2,當(dāng)熱氣球上升到180 m 時(shí),以5 m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變,上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變,重力加速度g=10 m/s2。關(guān)于熱氣球,下列說法正確的是() A.所受浮力大小為4 830 N B.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C.從地面開始上升10 s后的速度大小為5

12、m/s D.以5 m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230 N,答案AD剛開始上升時(shí),空氣阻力為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830 N,A項(xiàng)正確。加速上升過程,隨著速度增大,空氣阻力增大,B項(xiàng)錯(cuò)誤。浮力和重力不變,而隨著空氣阻力的增大,加速度會(huì)逐漸減小,直至為零,故上升10 s后的速度v

13、車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰。通常情況下,人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s,當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí),安全距離為120 m。設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的2/5,若要求安全距離仍為120 m,求汽車在雨天安全行駛的最大速度。,答案20 m/s(72 km/h),,解析設(shè)路面干燥時(shí),汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0,剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應(yīng)時(shí)間為t0,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 0mg=ma0 s=v0t0+ 式中,m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。 設(shè)在雨天行駛時(shí),汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,

14、依題意有=0 設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 mg=ma s=vt0+ 聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得 v=20 m/s(72 km/h),考點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2012江蘇單科,5,3分)如圖所示,一夾子夾住木塊,在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M,夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動(dòng),力F的最大值是 () A. B. C.-(m+M)g D.+(m+M)g,答案A對(duì)整個(gè)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律: F-(M+m)g=(M+m)a 對(duì)M應(yīng)用牛頓第二定律:2f-Mg=Ma 由聯(lián)立

15、可得:F=,故A正確。,2.(2014江蘇單科,8,4分)(多選)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩 擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F,則() A.當(dāng)F3mg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng) D.無論F為何值,B的加速度不會(huì)超過g,答案BCD對(duì)A、B整體,地面對(duì)B的最大靜摩擦力為mg,故當(dāng)mg3mg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng),C對(duì)。當(dāng)F= mg時(shí),A、B相對(duì)靜止,對(duì)整體有:mg-3mg=3ma,a=g,故B正確。無論F為何值,B所受 最大的動(dòng)力為A對(duì)B的最大靜摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm==g,可

16、見D 正確。,考查點(diǎn)本題考查了牛頓第二定律及其應(yīng)用、靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力等知識(shí)以及分析物體受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的能力。對(duì)考生的分析綜合能力有較高的要求,屬于中等難度題。,易錯(cuò)警示易錯(cuò)選A項(xiàng),錯(cuò)誤地將A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件當(dāng)成A、B整體相對(duì)地面發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件。,,3.(2011江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,傾角為的等腰三角形斜面固定在水平面上,一足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè),綢帶與斜面間無摩擦?，F(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m(Mm)的小物塊同時(shí)輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等。在角取不同值的情況下,下列說法正確

17、的有() A.兩物塊所受摩擦力的大小總是相等 B.兩物塊不可能同時(shí)相對(duì)綢帶靜止 C.M不可能相對(duì)綢帶發(fā)生滑動(dòng) D.m不可能相對(duì)斜面向上滑動(dòng),答案AC綢帶與斜面間無摩擦,且為輕質(zhì)綢帶,因此綢帶無論運(yùn)動(dòng)與否,ma=0,故綢帶所受 合力為零,故M、m與綢帶間的摩擦力一定大小相等,A正確;當(dāng)較小時(shí),mg sin 小于其最大靜摩擦力,二者可以同時(shí)相對(duì)綢帶靜止,B錯(cuò)誤;最大靜摩擦力fm=mg cos ,因Mm,故M的fm大于m的fm,當(dāng)增大時(shí),mg sin 增大到m的fm時(shí),m相對(duì)綢帶滑動(dòng),此時(shí)綢帶兩端的摩擦力仍大小相等,沒有達(dá)到M的fm,故M與綢帶仍相對(duì)靜止,C正確,D錯(cuò)誤。,評(píng)析此題以實(shí)際運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)為背

18、景,考查學(xué)生的建模能力,關(guān)鍵是輕質(zhì)綢帶不計(jì)質(zhì)量,確定兩側(cè)摩擦力必大小相等。,,4.(2013江蘇單科,14,16分)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動(dòng)很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度為g。 (1)當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),求紙板所受摩擦力的大小; (2)要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),求所需拉力的大小; (3)本實(shí)驗(yàn)中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,=0.2,砝碼與紙板左端的距離d=0.1 m,取g=10 m/s2。若砝碼移動(dòng)的距離超過l=0.002 m,人眼

19、就能感知。為確保實(shí)驗(yàn)成功,紙板所需的拉力至少多大?,答案(1)(2m1+m2)g (2)大于2(m1+m2)g (3)22.4 N,,解析(1)砝碼對(duì)紙板的摩擦力f1=m1g 桌面對(duì)紙板的摩擦力f2=(m1+m2)g f=f1+f2 解得f=(2m1+m2)g (2)設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則 f1=m1a1 F-f1-f2=m2a2 發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)a2a1 解得F2(m1+m2)g (3)紙板抽出前,砝碼運(yùn)動(dòng)的距離為x1=a1 紙板運(yùn)動(dòng)的距離為d+x1=a2 紙板抽出后,砝碼在桌面上運(yùn)動(dòng)的距離 x2=a3 l=x1+x2,由題意知a1=a3,a1t1=a3t2 解得F=2m1

20、+(1+)m2g 代入數(shù)據(jù)得F=22.4 N,考查點(diǎn)本題為動(dòng)力學(xué)題,重點(diǎn)考查了學(xué)生的受力分析、過程分析、臨界點(diǎn)分析的能力,其中的過程分析是難點(diǎn)。,錯(cuò)誤剖析錯(cuò)誤一:將紙板受到桌面的摩擦力錯(cuò)誤地認(rèn)為是m2g,漏掉了砝碼產(chǎn)生的壓力。 錯(cuò)誤二:摩擦力的方向判斷有誤,沒有正確理解“相對(duì)運(yùn)動(dòng)”的含義。 錯(cuò)誤三:錯(cuò)誤地認(rèn)為紙板抽出后砝碼就立即停在桌面上不動(dòng)。,,1.(2018課標(biāo),15,6分)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?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(

21、),B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案A本題考查胡克定律、共點(diǎn)力的平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0。力F作用在P上后,物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。聯(lián)立以上兩式得F=kx+ma,所以F-x圖像中圖線是一條不過原點(diǎn)的傾斜直線,故A正確。,易錯(cuò)點(diǎn)撥注意胡克定律中形變量的含義 胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長(zhǎng)量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時(shí)的形變量為x0-x而不是x。,,2.(2015課標(biāo),20,6分)(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。

22、當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉 力大小仍為F。不計(jì)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.8B.10C.15D.18,答案BC如圖所示,假設(shè)掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質(zhì)量為m。當(dāng)向東行駛時(shí),以y節(jié)車廂為研究對(duì)象,則有F=mya;當(dāng)向西行駛時(shí),以x節(jié)車廂為研究對(duì)象,則有F=mxa,聯(lián)立兩式有y=x?？梢?列車車廂總節(jié)數(shù)N=x+y=x,設(shè)x=3n(n=1,2,3,),則N=5n,故可知 選項(xiàng)B、C正確。,評(píng)析本題考

23、查了牛頓第二定律的應(yīng)用。恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象,充分利用數(shù)學(xué)知識(shí)分析推理,是解題的關(guān)鍵。題目難度適中,區(qū)分度很好。情景來源于生活且不偏不怪,較好地考查了考生應(yīng)用知識(shí)解決實(shí)際問題的能力,是道好題。,,3.(2017課標(biāo),25,20分)如圖,兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng),初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時(shí),A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1

24、)B與木板相對(duì)靜止時(shí),木板的速度; (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離。,答案(1)1 m/s(2)1.9 m,,解析本題考查直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。 (1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí),木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛頓第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 設(shè)在t1時(shí)刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=v0-aBt1

25、v1=a1t1,聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi),B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB=v0t1-aB 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板組成的體系,由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達(dá)到共同速度時(shí),A的速度大小也為v1,但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時(shí),A與木板的速度相同,設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,對(duì)木板有 v2=v1-a2t2 對(duì)A有 v2=-v1+aAt2 在t2時(shí)間間隔內(nèi),B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為,s1

26、=v1t2-a2 在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi),A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇時(shí),A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離為 s0=sA+s1+sB 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9 m (也可用如圖的速度-時(shí)間圖線求解),審題指導(dǎo)如何建立物理情景,構(gòu)建解題路徑 首先分別計(jì)算出B與板、A與板、板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小,判斷出A、B及木板的運(yùn)動(dòng)情況。 把握好幾個(gè)運(yùn)動(dòng)節(jié)點(diǎn)。 由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達(dá)到共速,此后B與木板共同運(yùn)動(dòng)。 A與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng),且A運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終不變。 木板先加速后減速,

27、存在兩個(gè)過程。,1.(2016天津理綜,8,6分)(多選)我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平。和諧號(hào)動(dòng)車組是由動(dòng)車和拖車編組而成,提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車,不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。假設(shè)動(dòng)車組各車廂質(zhì)量均相等,動(dòng)車的額定功率都相同,動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成,其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車,其余為拖車,則該動(dòng)車組() A.啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反 B.做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32,C組教師專用題組,C.進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比 D.與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度

28、之比為12,答案BD啟動(dòng)時(shí),乘客與車一起做加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知,乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)方向相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)6、7、8節(jié)車廂水平方向受力分析,如圖甲所示 甲 由牛頓第二定律可得:F1-3kmg=3ma;對(duì)7、8節(jié)車廂水平方向受力分析,如圖乙所示 乙 由牛頓第二定律可得F2-2kmg=2ma,兩方程聯(lián)立可得=,選項(xiàng)B正確;動(dòng)車組進(jìn)站時(shí),做勻減 速直線運(yùn)動(dòng),由速度位移公式可得x=,即x與v2成正比,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由功率定義和牛頓第二定 律可得:,第一種情況動(dòng)車組的最大速度為v1,-8kmg=0, 第二種情況動(dòng)車組的最大速度為v2,-8kmg=0, 兩方程聯(lián)立可得=,選項(xiàng)D正確。,

29、審題指導(dǎo)在解答選項(xiàng)D時(shí),理解“最大速度”的含義是解答關(guān)鍵,速度最大時(shí),動(dòng)車組受到的合外力為零。動(dòng)車組為連接體問題,合理選取研究對(duì)象,可以有效減少計(jì)算量。,,2.(2014課標(biāo),24,13分)2012年10月,奧地利極限運(yùn)動(dòng)員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下,經(jīng)過4分20秒到達(dá)距地面約1.5 km高度處,打開降落傘并成功落地,打破了跳傘運(yùn)動(dòng)的多項(xiàng)世界紀(jì)錄。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (1)若忽略空氣阻力,求該運(yùn)動(dòng)員從靜止開始下落至1.5 km 高度處所需的時(shí)間及其在此處速度的大小; (2)實(shí)際上,物體在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到空氣的阻力,高速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力的大小可近似表

30、示為f=kv2,其中v為速率,k為阻力系數(shù),其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關(guān)。已知該運(yùn)動(dòng)員在某段時(shí)間內(nèi)高速下落的v-t圖像如圖所示。若該運(yùn)動(dòng)員和所帶裝備的總質(zhì)量m=100 kg,試估算該運(yùn)動(dòng)員在達(dá)到最大速度時(shí)所受阻力的阻力系數(shù)。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字),答案(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m,,解析(1)設(shè)該運(yùn)動(dòng)員從開始自由下落至1.5 km高度處的時(shí)間為t,下落距離為s,在1.5 km高度處的速度大小為v。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v=gt s=gt2 根據(jù)題意有 s=3.9104 m-1.5103 m=3.75104 m 聯(lián)立式得 t=87 s v=8.7102

31、 m/s (2)該運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最大速度vmax時(shí),加速度為零,根據(jù)牛頓第二定律有 mg=k 由所給的v-t圖像可讀出 vmax360 m/s 由式得 k=0.008 kg/m,考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解 1.(2017江蘇南通模擬)如圖所示,小鋼球A、B從同一高度同時(shí)由靜止釋放,A球做自由落體運(yùn)動(dòng),B球沿光滑斜面下滑,則兩球落地前運(yùn)動(dòng)的全過程中,兩球速度大小隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是(),三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,答案CA球下落的加速度aA=g;對(duì)B球應(yīng)用牛頓第二定律,mg sin =maB,aB=g sin

32、可知,C正確。,,2.(2018江蘇揚(yáng)州調(diào)研,4)如圖所示,在傾角為30的光滑斜面上,一質(zhì)量為2m的小車在沿斜面向下的外力F作用下下滑,在小車下滑的過程中,小車支架上連接著小球(質(zhì)量為m)的輕繩恰好水平。則外力F的大小為() A.2mgB.mgC.6mgD.4.5mg,答案D小球所受合外力方向一定與其加速度方向相同,所以小球所受合力如圖所示,由=ma得a=2g;對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律有F+3mg sin 30=3ma,解得F=4.5mg,故D正確。,解題關(guān)鍵抓住了牛頓第二定律的矢量性,本題就迎刃而解了。,,3.(2018江蘇淮安摸底,8)(多選)如圖是蹦床運(yùn)動(dòng)員落在彈簧床面的示意圖,從運(yùn)動(dòng)員與

33、彈簧床接觸到下落至最低點(diǎn)的過程中,若把運(yùn)動(dòng)員當(dāng)成質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,則此過程中() A.運(yùn)動(dòng)員始終處于超重狀態(tài) B.運(yùn)動(dòng)員所受合力為零時(shí),速度最大 C.運(yùn)動(dòng)員對(duì)彈簧床的壓力總大于彈簧床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力 D.在最低點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)員對(duì)彈簧床的壓力大于運(yùn)動(dòng)員所受的重力,答案BD對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析可知,其先向下做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng),后做向下的加速度逐漸增大的變減速運(yùn)動(dòng),合力為零時(shí)速度最大,故A錯(cuò),B正確。在最低點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度方向豎直向上,處于超重狀態(tài),運(yùn)動(dòng)員與彈簧床之間的作用力為一對(duì)作用力與反作用力,總是大小相等,故C錯(cuò),D正確,4.(2018江蘇無錫調(diào)研,6)(多選)如圖所示,已知Mm,不計(jì)滑輪

34、及繩子的質(zhì)量,物體A和B恰好做勻速運(yùn)動(dòng),若將A與B互換,A、B與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,則() A.物體A與B仍做勻速運(yùn)動(dòng) B.物體A與B做加速運(yùn)動(dòng),加速度a=(M+m)g/M C.物體A與B做加速運(yùn)動(dòng),加速度a=(M-m)g/M D.繩子中張力不變,溫馨提示只有在平衡狀態(tài)下,繩子的拉力才等于懸掛物體的重力;懸掛物體向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí),處于失重狀態(tài),繩子的拉力小于懸掛物體的重力。,答案CD勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩中張力為mg,且mg=Mg,=。A與B互換后,對(duì)A有Mg-FT=Ma,對(duì)B 有FT-mg=ma,兩式聯(lián)立解得FT=mg,a=g,故A、B均錯(cuò),C、D正確。,,5.(2017江蘇金陵中學(xué)期中,9)(多選

35、)在豎直升降電梯內(nèi)的底面上放一體重計(jì),電梯靜止時(shí),曉敏同學(xué)站在體重計(jì)上,體重計(jì)示數(shù)為50 kg。電梯運(yùn)動(dòng)過程中,某一段時(shí)間內(nèi)曉敏同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)如圖所示,在這段時(shí)間內(nèi),下列說法中正確的是() A.曉敏同學(xué)所受的重力變小了 B.曉敏對(duì)體重計(jì)的壓力小于體重計(jì)對(duì)曉敏的支持力 C.電梯可能在豎直向下運(yùn)動(dòng) D.電梯的加速度大小為g/5,方向一定豎直向下,答案CD由體重計(jì)的示數(shù)可知,曉敏處于失重狀態(tài),其加速度的方向豎直向下,但運(yùn)動(dòng)方向可能向下,也可能向上,其所受重力不會(huì)變小,故A錯(cuò),C正確。壓力和支持力是一對(duì)作用力與反作用力,總是大小相等,故B錯(cuò)。以曉敏為研究對(duì)象,由mg-FN=ma,得a=g,故D正確

36、。,6.(2016蘇北四市聯(lián)考,10,)(多選)如圖是一輛靜止在水平地面上的自卸車,當(dāng)車廂緩慢傾斜到一定程度時(shí),貨物會(huì)自動(dòng)沿車廂底部向車尾滑動(dòng)。上述過程,關(guān)于地面對(duì)車的摩擦力,下列說法正確的是() A.貨物勻速滑動(dòng)時(shí),無摩擦力 B.貨物勻速滑動(dòng)時(shí),摩擦力方向向后 C.貨物加速滑動(dòng)時(shí),摩擦力方向向前 D.貨物加速滑動(dòng)時(shí),摩擦力方向向后,答案AD貨物勻速滑動(dòng)時(shí),車與貨物的加速度均為零,可以對(duì)整體受力分析,只受重力和地面的支持力,水平方向不受摩擦力,故A對(duì)B錯(cuò)。貨物加速下滑時(shí),貨物的重力G與車對(duì)貨物的作用力F的合力方向應(yīng)該與加速度方向相同,所以F的方向應(yīng)該如圖所示,則貨物對(duì)車的作用力為F,F與F大小

37、相等、方向相反,其水平分力方向向左,故地面對(duì)車的摩擦力方向向后,即C錯(cuò)D對(duì)。,7.(2018江蘇蘇州調(diào)研,15)如圖,傾角=37、斜面長(zhǎng)為1 m的斜面體放在水平面上。將一質(zhì)量為2 kg的小物塊從斜面頂部由靜止釋放,1 s后到達(dá)底端,斜面體始終保持靜止。重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小物塊沿斜面下滑的加速度和到達(dá)底端時(shí)速度的大小; (2)小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù); (3)小物塊運(yùn)動(dòng)過程中,水平面對(duì)斜面體的摩擦力大小和方向。,解析(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s=at2,得a=2 m/s2, 由v=at, 得v=2 m/s; (2)由牛頓第二定律mg

38、 sin -mg cos =ma,得=0.5; (3)因mg cos sin mg cos2 ,故水平面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左, 大小f=mg cos sin -mg cos2 =3.2 N。,答案(1)2 m/s22 m/s(2)0.5(3)3.2 N方向水平向左,,考點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 1.(2018江蘇南通一模,5)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同時(shí)豎直向上拋出,泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比,忽略石子受到的空氣阻力,石子和塑料球運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,其中可能正確的是(),答案D忽略石子受到的空氣阻力,石子只受重力,加速度恒為g,v-t圖像

39、是向下傾斜的直線。對(duì)于泡沫塑料球,根據(jù)牛頓第二定律得,上升過程有mg+f=ma上,下降過程有mg-f=ma下,又因f=kv,得a上=g+,a下=g-,則上升過程中,隨著v的減小,a減小,而下降過程中,隨著v的增大,a減 小,且當(dāng)v=0時(shí),a=g,此時(shí)刻兩個(gè)圖線的斜率相同。綜上分析,只有D選項(xiàng)的v-t圖像符合,故選D。,2.(2018江蘇蘇州調(diào)研,6)如圖所示,足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上,其上表面放置小滑塊A。木板B在水平拉力F作用下,其加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示,則小滑塊A的質(zhì)量為() A.4 kgB.3 kgC.2 kgD.1 kg,答案C由乙圖分析可知,F3 N時(shí),A相對(duì)B

40、滑動(dòng),對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律有F-mAg=mBa,由圖中斜率得mB=1 kg,綜上可得mA=2 kg,故應(yīng)選C項(xiàng)。,解題方法“數(shù)形結(jié)合”分析與圖像相關(guān)的題目,是解決圖像類問題最常用、最有效的方法。,,3.(2016江蘇南通二模,5,)如圖所示,鋼鐵構(gòu)件A、B疊放在卡車的水平底板上,卡車底板和B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2,12,卡車剎車的最大加速度為a,a1g,可以認(rèn)為最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,卡車沿平直公路行駛途中遇到緊急情況時(shí),要求其剎車后在s0距離內(nèi)能安全停下,則卡車行駛的速度不能超過() A.B. C.D.,考查點(diǎn)本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律等相關(guān)知識(shí),意在

41、考查考生的理解能力、推理能力,屬于中等難度題。,答案CA相對(duì)B滑動(dòng)的臨界加速度a=2g,欲確保安全,卡車運(yùn)動(dòng)的加速度不應(yīng)超過2g,故有:0-v2=-22gs0,v=,即C正確。,解題思路剎車過程中,車上任何一個(gè)物體都不能對(duì)車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),所以需要判斷卡車最大以多大加速度剎車時(shí),才能保證車上物體均不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。,,4.(2018江蘇連云港月考,7)(多選)如圖甲所示,粗糙斜面與水平面的夾角為30,質(zhì)量為0.3 kg的小物塊靜止在A點(diǎn),現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定拉力F作用在小物塊上,作用一段時(shí)間后撤去拉力F,小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn),小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示,g取10 m/s2,則下

42、列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)() A.小物塊到C點(diǎn)后將沿斜面下滑 B.小物塊從A點(diǎn)沿斜面向上滑行的最大高度為1.8 m C.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D.拉力F的大小為4 N,答案CD由乙圖可知,在0.91.2 s過程中有-mg sin 30-mg cos 30=ma2,a2= m/s2=-1 0 m/s2,代入上式解得=,C正確。因?yàn)?tan 30,所以小物塊到C點(diǎn)后恰好靜止不動(dòng),故A 錯(cuò)?；械淖畲笪灰频扔趘-t圖線與橫軸包圍的面積大小,其值為1.23 m=1.8 m,故最大高 度為0.9 m,B錯(cuò)。由F-mg sin 30-mg cos 30=ma1和a1= m/s

43、2,解得F=4 N,D正確。,解題思路物體在斜面上時(shí),若mg sin =mg cos ,即=tan 時(shí),物體恰好不會(huì)下滑。,,5.(2017江蘇南通調(diào)研,9)(多選)如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為的斜面上,用始終平行于斜面向上的拉力F拉A,使它們沿斜面勻加速上升,A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,為了增加輕線上的張力,可行的辦法是() A.減小A物塊的質(zhì)量B.增大B物塊的質(zhì)量 C.增大傾角D.增大動(dòng)摩擦因數(shù),答案AB根據(jù)牛頓第二定律得 對(duì)整體:F-(mA+mB)g sin -(mA+mB)g cos =(mA+mB)a 得a=-g sin -g cos 對(duì)B:T-

44、mBg sin -mBg cos =mBa 輕線上的張力T=mBg sin +mBg cos +mBa= 故要增加T,可減小A物塊的質(zhì)量,或增大B物塊的質(zhì)量。,考查點(diǎn)本題為連接體問題,考查研究對(duì)象的選取、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、對(duì)整體法與隔離法的理解和應(yīng)用,為中等難度題。,解題思路對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律求出加速度,再對(duì)B研究,根據(jù)牛頓第二定律求出輕線上的張力,分析增加輕線上的張力的辦法。,,6.(2018江蘇無錫期末,12)如圖,一個(gè)質(zhì)量為m=2 kg的小物塊靜置于足夠長(zhǎng)的斜面底端?，F(xiàn)對(duì)其施加一個(gè)沿斜面向上、大小為F=25 N的恒力,3 s后將F撤去,此時(shí)物塊速度達(dá)到15 m/s。設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中

45、所受摩擦力的大小不變,取g=10 m/s2。求: (1)物塊所受摩擦力的大小; (2)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)離斜面底端的最遠(yuǎn)距離; (3)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。,答案(1)5 N(2)37.5 m(3)(5+) s,,解析(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律:v1=a1t1 a1=5 m/s2 由牛頓第二定律:F-f-mg sin =ma1 解得f=5 N (2)撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑 由f+mg sin =ma2,得a2=7.5 m/s2 撤力前上滑距離x1==22.5 m 撤力后上滑距離x2==15 m 物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)離斜面底端的最遠(yuǎn)距離x=x1+x2=37.5 m (3)撤力后物塊上滑過程:t2==2 s

46、 下滑過程:mg sin -f=ma3 解得a3=2.5 m/s2 由x=a3,,可得t3== s 在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2+t3=(5+) s,7.(2017江蘇南通通州二模,14)如圖甲所示,A是一個(gè)質(zhì)量m=0.1 kg的無線力傳感器,它上端所受拉力隨時(shí)間的變化可在計(jì)算機(jī)上直接呈現(xiàn)。一根細(xì)繩一端連在A上,另一端繞過兩個(gè)定滑輪與重物B相連。開始時(shí),B被一托盤托住,A懸掛在空中,細(xì)繩的左、右兩段均豎直。突然撤去托盤,A、B分別在豎直方向由靜止開始運(yùn)動(dòng),B落地后不再?gòu)椘?。某次操作得到A受拉力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,已知t1=0.1 s時(shí)撤去托盤,t3=1.2 s時(shí)刻F突然開始急

47、劇增大。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,不計(jì)滑輪的摩擦與滑輪的大小,天花板足夠高。重力加速度g=10 m/s2。求:,(1)0t1時(shí)間段內(nèi)繩中張力大小F1; (2)t2=0.6 s時(shí)力傳感器A的速度大小v; (3)重物B的質(zhì)量M。,解析(1)0t1時(shí)間內(nèi),B被托盤托住,A懸空靜止:F1=mg=1 N。 (2)0.10.6 s時(shí)間內(nèi),B向下運(yùn)動(dòng),通過繩牽拉A向上運(yùn)動(dòng),A、B整體做勻加速運(yùn)動(dòng)。t2=0.6 s時(shí)B落地,0.61.2 s時(shí)間內(nèi),A做豎直上拋運(yùn)動(dòng),加速度向下,大小為g,可看做反向勻加速運(yùn)動(dòng),所以t2=0.6 s時(shí)A的速度v=g=3 m/s。 (3)0.10.6 s內(nèi)A、B整體加速度a

48、== m/s2=6 m/s2。 由牛頓第二定律:Mg-mg=(M+m)a得M=0.4 kg。,答案(1)1 N(2)3 m/s(3)0.4 kg,拓展此題還可以求:圖乙中F2的大小;t=0.1 s時(shí)重物B離地面的高度。解析:由F2-mg=ma得F2=1.6 N;H==0.75 m。,友情提醒0.6 s時(shí)傳感器A開始做豎直上拋運(yùn)動(dòng),1.2 s時(shí)回到出發(fā)點(diǎn),因?yàn)樯仙^程與下落過程具有對(duì)稱性,所以A上拋的初速度v=g。,,,1.(2018江蘇鹽城調(diào)研,6)如圖所示,一車內(nèi)用輕繩懸掛著A、B兩球,車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),兩段輕繩與豎直方向的夾角分別為、,且=,則() A.A球的質(zhì)量一定等于B球的質(zhì)量

49、 B.A球的質(zhì)量一定大于B球的質(zhì)量 C.A球的質(zhì)量一定小于B球的質(zhì)量 D.A球的質(zhì)量可能大于,可能小于,也可能等于B球的質(zhì)量,B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時(shí)間：40分鐘 分值：50分),一、選擇題（每題3分，共9分）,答案D對(duì)B球,受力如圖所示,由牛頓第二定律有mg tan =mBa,a=g tan ;把A、B作為整體分析,同理可得,a=g tan ,可見=與球的質(zhì)量無關(guān),故應(yīng)選D。,解題思想一個(gè)規(guī)律或結(jié)論與某個(gè)量無關(guān)時(shí),就意味著這個(gè)量可以為任意值。,,2.(2017江蘇徐州考前信息卷)如圖所示,傾角為的光滑斜面C固定在水平地面上,兩個(gè)光滑的物塊A、B疊放在C上。將A、B同時(shí)由

50、靜止釋放,下列說法正確的是() A.A沿斜面向下的加速度為g sin B.B沿斜面向下的加速度為g sin C.A在運(yùn)動(dòng)過程中處于失重狀態(tài) D.A對(duì)B的壓力大于B對(duì)A的支持力,答案C當(dāng)A、B由靜止釋放后,由于一切接觸面光滑,則摩擦力為零,A物塊受重力和B對(duì)A的支持力,兩個(gè)力的合力豎直向下,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由牛頓第三定律可知A對(duì)B的壓力等于B對(duì)A的支持力,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;對(duì)物塊B由牛頓第二定律有(mBg+F)sin =mBaB,則B的加速度大于g sin ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于物塊A的加速度豎直向下,因此在運(yùn)動(dòng)過程中處于失重狀態(tài),選項(xiàng)C正確。,知識(shí)鏈接一個(gè)初速度為零的物體,一定沿合力方向運(yùn)動(dòng),當(dāng)合力為恒力時(shí)

51、,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。,,3.(2018江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考,5)一長(zhǎng)輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上,其上放質(zhì)量均為1 kg的A、B兩物塊,A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.3,2=0.2,水平恒力F作用在A物塊上,如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2。下列說法正確的是( ) A.若F=1.5 N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N B.若F=8 N,則B物塊的加速度為4 m/s2 C.無論力F多大,A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) D.無論力F多大,B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),答案CA與紙片間的最大靜摩擦力為fA=1mAg=0.3110 N=3 N,B與紙

52、片間的最大靜摩擦力為fB=2mBg=0.2110 N=2 N。若F=1.5 N2 m/s2,則此時(shí)B相對(duì)紙片發(fā)生滑動(dòng),B的加速度仍為2 m/s2,選 項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;由以上分析可知當(dāng)紙片的加速度為2 m/s2時(shí)B相對(duì)紙片將要發(fā)生滑動(dòng),此時(shí)紙片受到的摩擦力為2 N,即紙片對(duì)A的摩擦力也為2 N

53、.仍沿斜面以原來的加速度下滑 B.將沿斜面以更大的加速度下滑 C.下滑過程中,圓桶內(nèi)壁與球間沒有相互作用 D.下滑過程中,圓桶內(nèi)壁對(duì)球有沿斜面向下的作用力,二、多項(xiàng)選擇題(每小題4分,共8分),答案AC設(shè)斜面與水平面之間的夾角是,由于斜面是光滑的,開始時(shí)圓筒由重力沿斜面向下的分力提供加速度,即a=g sin 。把一個(gè)直徑與桶內(nèi)徑相同的光滑球置于其中后,整體的重力沿斜面方向的分力仍然產(chǎn)生相同的加速度,即a=a=g sin ,所以桶仍沿斜面以原來的加速度下滑,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;對(duì)球進(jìn)行受力分析,可知沿斜面方向ma=ma=mg sin ,小球沿斜面方向的合力恰好等于其重力沿斜面方向的分力,所以小球

54、與桶的內(nèi)壁之間沒有相互作用力,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。,5.(2018江蘇蘇州期中,9)如圖甲所示,在粗糙水平面上靜置一個(gè)截面為等腰三角形的斜劈A,其質(zhì)量為M,兩個(gè)底角均為30。兩個(gè)完全相同的、質(zhì)量均為m的小物塊P和Q恰好能沿兩側(cè)面勻速下滑。若現(xiàn)在對(duì)兩物塊同時(shí)各施加一個(gè)平行于斜劈側(cè)面的恒力F1、F2,且F1

55、因數(shù)相同。施加推力后有F+mg sin 30-mg cos 30=ma,因?yàn)镕1

56、塊與足夠長(zhǎng)的木板疊放在光滑水平面上,開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。作用于滑塊的水平力隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示,t=2.0 s時(shí)撤去力,最終滑塊與木板間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)。已知滑塊質(zhì)量m=2 kg,木板質(zhì)量M=1 kg,滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,取g=10 m/s2。求: (1)t=0.5 s時(shí)滑塊的速度大小; (2)02.0 s內(nèi)木板和滑塊的位移大小。,三、非選擇題(共33分),答案(1)1 m/s(2)6.25 m8.5 m,,解析(1)木板的最大加速度 am==4 m/s2 滑塊與木板保持相對(duì)靜止時(shí)的最大拉力 Fm=(M+m)am=12 N 即F為6 N時(shí),木板與滑塊一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng),對(duì)整體

57、分析有 F=(M+m)a1 a1=2 m/s2 v1=a1t1 代入數(shù)據(jù)得:v1=1 m/s (2)對(duì)木板:00.5 s,x1=a1 0.52.0 s,mg=Ma2 x2=v1t2+a2 則02.0 s內(nèi)木板的位移x=x1+x2=6.25 m 對(duì)滑塊:0.52.0 s,F-mg=ma2,a2=6 m/s2 02.0 s滑塊的位移x=x1+v1t2+a2=8.5 m,解題思路兩物體加速度相同時(shí),可以采用“整體法”分析求解;當(dāng)兩物體的加速度不同時(shí),應(yīng)采用“隔離法”分別分析求解。,,7.(2018江蘇揚(yáng)州期中,13)(10分)如圖所示,木板與水平地面間的夾角可以隨意改變,當(dāng)=30時(shí),可視為質(zhì)點(diǎn)的一小

58、物塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小物塊從木板的底端以速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng),隨著的改變,小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。 (1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)當(dāng)角為何值時(shí),小物塊沿木板向上滑行的距離最小,并求出此最小值。,答案(1)(2)60,,解析(1)當(dāng)=30時(shí),物塊處于平衡狀態(tài),對(duì)物塊受力分析: mg sin =FN FN-mg cos =0 解得=tan =tan 30=。 (2)當(dāng)變化時(shí),設(shè)沿斜面向上為正方向,物塊的加速度為a,則 -mg sin -mg cos =ma 由0-=2ax 得x== 令tan =,則當(dāng)+=90

59、時(shí)x最小,即=60 所以x最小值為xmin==。,解題方法本題采用“數(shù)學(xué)方法”求解極值問題,先根據(jù)物理規(guī)律寫出相應(yīng)的函數(shù),然后利用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值。,,8.(2017江蘇金陵中學(xué)期中,16)(13分)傳送帶以恒定速度v=4 m/s順時(shí)針運(yùn)行,已知傳送帶與水平面的夾角=37,現(xiàn)將質(zhì)量m=2 kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可看成質(zhì)點(diǎn)),平臺(tái)上的人通過一根輕繩用恒力F=20 N拉小物塊,經(jīng)過一段時(shí)間物塊被拉到離地高為H=3.6 m的平臺(tái)上,如圖所示。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)

60、平臺(tái)上的人剛開始拉物塊時(shí),物塊的加速度大小; (2)物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上所用的時(shí)間是多少; (3)若在物塊與傳送帶達(dá)到同速度瞬間撤去恒力F,小物塊還需多少時(shí)間離開傳送帶。,答案(1)8 m/s2(2)1.75 s(3)(2+) s,,解析(1)物塊在達(dá)到與傳送帶速度v=4 m/s相等前, 由牛頓第二定律得:F+mg cos 37-mg sin 37=ma1, 解得:a1=8 m/s2; (2)速度相等時(shí)有:v=a1t1, 解得:t1=0.5 s, 勻加速的位移為:x1=a1, 解得:x1=1 m。 隨后,由牛頓第二定律得: F-mg cos 37-mg sin 37=ma2, 解得:a

61、2=0, 即物塊勻速上滑,向上滑行位移為:x2=-x1=5 m, 勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t2==1.25 s, 總時(shí)間為:t=t1+t2=1.75 s。 (3)在物塊與傳送帶達(dá)到同速度瞬間撤去恒力F,由牛頓第二定律得:mg sin 37-mg cos 37=ma,3, 解得:a3=2 m/s2, 假設(shè)物塊向上勻減速到速度為零時(shí),通過的位移為x,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得: v2=2a3x, 解得:x=4 m