（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復(fù)習 專題三 牛頓運動定律課件.ppt

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1、專題三牛頓運動定律,高考物理 (課標專用),考點一牛頓運動定律的理解 1.(2016課標,18,6分)(多選)一質(zhì)點做勻速直線運動?，F(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變,則() A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,答案BC由題意知此恒力即為質(zhì)點所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質(zhì)點做勻變速直線運動,質(zhì)點單位時間內(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)點做勻變速曲線運動,速度與恒力

2、間夾角逐漸減小,質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點加速度的方向總與該恒力方向相同,C項正確。,,考查點力、加速度、速度三者關(guān)系,解題關(guān)鍵F即F合,與a同向。 分別分析F與原速度方向是否在同一直線上的兩種情況。,,考點二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 2.(2018課標,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(),答案A本題考查胡克定律、共點力的

3、平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為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動,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的傾斜直線,故A正確。,易錯點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量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時的形變量為x0-x而不是x。,,3.(2015課標,20,6分,0.677)(多選)如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1

4、均為已知量,則可求出() A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,答案ACD設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結(jié)合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=,a2=。由上述四式可見,無法求 出m,可以求出、,故B錯,A、C均正確。0t1時間內(nèi)的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。,考查點牛頓第二定律

5、、受力分析、v-t圖像,思路指導(dǎo)對上滑和下滑根據(jù)牛頓第二定律列式。 利用v-t圖像求出上滑與下滑時的加速度。,溫馨提示斜面上物體的“重力分解效果”及“受力分析特點”是高考中常見的問題,應(yīng)當熟記。,,4.(2015課標,20,6分,0.45)(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.8B.10C.15D.18,答案BC如圖

6、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。當向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,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B、C正確。,5.(2014課標,17,6分,0.645)如圖,一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán),用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi);套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時,大環(huán)對輕桿拉力的大小為() A.Mg-5mgB.Mg+mg C.Mg+5mgD.Mg

7、+10mg,答案 C解法一以小環(huán)為研究對象,設(shè)大環(huán)半徑為R,根據(jù)機械能守恒定律,得mg2R=mv2,在 大環(huán)最低點有FN-mg=m,得FN=5mg,此時再以大環(huán)為研究對象,受力分析如圖,由牛頓第三定律知, 小環(huán)對大環(huán)的壓力為FN=FN,方向豎直向下,故F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。,解法二設(shè)小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v,加速度為a,根據(jù)機械能守恒定律mv2=mg2R,且a =,所以a=4g,以大環(huán)和小環(huán)整體為研究對象,受力情況如圖所示。 F-Mg-mg=ma+M0 所以F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。,考查點牛頓運動定律、機械能守恒定律,,思路指導(dǎo) 小環(huán)下滑過程分析大環(huán)

8、、小環(huán)整體 動力學(xué)分析得F,6.(2017課標,25,20分)如圖,兩個滑塊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,與地面間的動摩擦因數(shù)為2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運動時,兩者之間的距離。,答案(1)1 m/s(2)1.9 m,解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上

9、滑動。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相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達到共同速度前有 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時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1。由運動學(xué)公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得,,v1=1 m/s (2)在t1時間間隔內(nèi),B相對于地面移動的距離為 sB=v0t1-aB 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對于B與木板組

10、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與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,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所用的時間為t2,則由運動學(xué)公式,對木板有 v2=v1-a2t2 對A有 v2=-v1+aAt2 在t2時間間隔內(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2-a2,在(t1+t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為 s

11、0=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 首先分別計算出B與板、A與板、板與地面間的滑動摩擦力大小,判斷出A、B及木板的運動情況。 把握好幾個運動節(jié)點。 由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達到共速,此后B與木板共同運動。 A與木板存在相對運動,且A運動過程中加速度始終不變。 木板先加速后減速,存在兩個過程。,7.(2015課標,25,20分,0.204)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為=37(sin 37=)的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平

12、行;B上有一 碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止狀態(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為,B、C間 的動摩擦因數(shù)2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變。已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在02 s時間內(nèi)A和B加速度的大小; (2)A在B上總的運動時間。,答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s,解析(1)在02 s時間內(nèi),A和B的受力如

13、圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1=1N1 N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得,,mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2 聯(lián)立式,并代入題給條件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2。此時

14、A與B之間的摩擦力為零,同理可得 a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有 v2+a2t2=0 聯(lián)立式得,t2=1 s 在t1+t2時間內(nèi),A相對于B運動的距離為 s=- =12 m<27 m 此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有 l-s=(v1+a1t2)t3+a1 可得 t3=1 s(另一解不合題意,舍去) 設(shè)A在B上總的運動時間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s (也可利用下面的速度圖線求解),考查點牛頓第二定律、受力分析,易錯警示注意當B上表面光滑時,B從加速向下運動變?yōu)闇p速向下運動。,8.(2

15、015課標,25,20分,0.155)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2; (2)木板的最小長度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。,答案(1)0.10.4(

16、2)6.0 m(3)6.5 m,,解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 1=0.1 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二

17、定律有 -2mg=ma2 由圖(b)可得 a2=,式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 2=0.4 (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板的位移為 s1=t 小物塊的位移為 s2=t 小物塊相對木板的位移為 s=s2-s1 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得,s=6.0 m 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動

18、直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板運動的位移為 s=s1+s3 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得 s=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。,考查點牛頓第二定律、運動學(xué)公式,思路指導(dǎo)每次分析包括受力分析列動力學(xué)方程,運動分析列運動學(xué)方程,同時還要注意位移關(guān)系列位移方程。,易錯警示注意v-t圖像1 s末的速度等于木板撞前瞬間的速度。,,9.(2014課標,24,12分,0.550)公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當前車突然停止時,后車司機可以采取剎車措施,使汽車在安

19、全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下,人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120 m。設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的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,汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為0,剎車時汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應(yīng)時間為t0,由牛頓第二定律和運動學(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,汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為,依題意

20、有=0 設(shè)在雨天行駛時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動學(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),考查點牛頓第二定律、運動學(xué)公式 易錯警示注意人和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間。,,考點一牛頓運動定律的理解 1.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強電場中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個帶電小球,使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力,當懸線斷裂后,小球?qū)⒆?) A.曲線運動 B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動D.變加速直線運動,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案C本題考查力與運動的關(guān)系。在懸線斷裂前,小球

21、受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài),故重力與電場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動,C項正確。,,2.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速運動時,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當小車向右做勻加速運動時,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D正確,選項A、B、C錯誤。,,3.(2016江蘇單科,9,4分)(多

22、選)如圖所示,一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出,魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等,則在上述過程中() A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C.若貓增大拉力,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,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(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動的時間與在桌面上減速運動的時間相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力

23、,由Ff=mg可知,Ff不變,故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。,考點二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 4.(2017上海單科,6,3分)一碗水置于火車車廂內(nèi)的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時,水面形狀接近于圖(),答案A當火車向右做勻減速運動時,碗內(nèi)的水由于慣性,保持原來較大的速度向右運動,則只有圖A所示的情形符合要求,故A正確。,一題多解“微元體”的選取 由于液體內(nèi)任一部分所受合力水平向左,故可在液體內(nèi)部任意位置取一個立方體,則右側(cè)面處的壓強必大于左側(cè)面處的壓強,由液體的壓強公式p=gh可知,液體內(nèi)同一水平線上各點從左到右距液面高度依次增大,故A正確

24、。,,5.(2015重慶理綜,5,6分)若貨物隨升降機運動的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正),則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖像可能是(),答案B由v-t圖像可知,升降機的運動過程為:向下加速(失重:Fmg)向上加速(超重:Fmg)向上勻速(F=mg)向上減速(失重:F

25、 A.+mgB.-mg C.+mgD.-mg,答案A對人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。,,7.(2015江蘇單科,6,4分)(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,答案AD地板對人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時,a有正的最大值,此時FN最大,由牛頓第三定律知A正確,B錯誤;t=8.5 s時,a有負的最大值,此時FN最小,由牛頓

26、第三定律知C錯誤,D正確。,,8.(2015海南單科,8,5分)(多選)如圖,物塊a、b和c的質(zhì)量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,() A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,答案AC剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線中的拉力為T=3mg。因在剪斷瞬間,彈簧未發(fā)生突變,所以a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受力分析,

27、由牛頓第二定律得:3mg=ma1,得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正確,D錯誤。,,9.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為3.0104 kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105 N;彈射器有效作用長度為100 m,推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80 m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則() A.彈射器的推力大小為1.1106 N B.彈射器對艦載機所做的功為1.1108 J C.彈射器對艦

28、載機做功的平均功率為8.8107 W D.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2,答案ABD艦載機彈射過程中的加速度a== m/s2=32 m/s2,選項D正確;對艦載機在 水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1106 N,選項A正確;由功的定義得:W彈=F彈x=1.1108 J,選項B正確;由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間t== s=2.5 s,由功率的定義得:P彈==4.4107 W,選項C錯。,,10.(2014山東理綜,15,6分)(多選)一質(zhì)點在外力作用下做直線運動,其速度v隨時間t變化的圖像如圖。在圖中標出的時刻

29、中,質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有() A.t1B.t2C.t3D.t4,答案ACv-t圖像中,縱軸表示各時刻的速度,t1、t2時刻速度為正,t3、t4時刻速度為負,圖線上各點切線的斜率表示該時刻的加速度,t1、t4時刻加速度為正,t2、t3時刻加速度為負,根據(jù)牛頓第二定律,加速度與合外力方向相同,故t1時刻合外力與速度均為正,t3時刻合外力與速度均為負,A、C正確,B、D錯誤。,,11.(2017上海單科,17,2分)如圖,光滑固定斜面的傾角為30,A、B兩物體的質(zhì)量之比為41。B用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連,開始時A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當B落地前瞬間,A、B的速

30、度大小之比為,機械能之比為(以地面為零勢能面)。,答案1241,,解析剪斷輕繩后,A、B兩物體均做初速度為零的勻加速直線運動。兩物體的運動時間相同,所以它們的速度大小之比就是它們的加速度大小之比。剪斷輕繩后,物體B做自由落體運動,其加速度為重力加速度g,物體A受力如圖所示 其加速度aA=g sin 30=g=aB aAaB=12 得vAvB=12 由機械能守恒的條件可知,物體A和B在整個運動過程中各自的機械能守恒,這就意味著,物體B落地前的瞬間,兩物體的機械能分別和其初狀態(tài)的機械能相等 初態(tài)時EA=mAgh,EB=mBgh EAEB=mAmB=41,即兩物體的機械能之比為41。,12.(201

31、6四川理綜,10,17分)避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施,由制動坡床和防撞設(shè)施等組成,如圖豎直平面內(nèi),制動坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?當車速為23 m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動,當貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端38 m,再過一段時間,貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)貨物在車廂內(nèi)

32、滑動時加速度的大小和方向; (2)制動坡床的長度。,答案(1)5 m/s2方向沿制動坡床向下(2)98 m,,解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m,貨物在車廂內(nèi)滑動過程中,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則 f+mg sin =ma1 f=mg cos 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a1=5 m/s2 a1的方向沿制動坡床向下。 (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0=38 m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂內(nèi)滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的

33、運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動坡床的長度為l,則 Mg sin +F-f=Ma2 F=k(m+M)g s1=vt-a1t2,s2=vt-a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l=98 m,解題指導(dǎo)(1)貨物在車廂內(nèi)向上滑動時,通過受力分析,由牛頓第二定律可求貨物的加速度大小和方向。 (2)貨車和貨物沿坡床上滑過程中,貨車、貨物都做減速運動,二者位移的幾何關(guān)系是解答此題的關(guān)鍵所在。,審題指導(dǎo)此題以避險車道為背景,解答常見的“板塊”模型。此類題有兩個關(guān)鍵點,一是正確受力分析,確定加速度;

34、二是畫出運動過程草圖,找出位移關(guān)系。,,考點一牛頓運動定律的理解 1.(2013課標,14,6分,0.733)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是(),C組 教師專用題組,答案C物塊的受力如圖所示,當F不大于最大靜摩擦力時,物塊仍處于靜止狀態(tài),故其加速度為0;當F大于最大靜摩擦力后,由牛頓第二定律得F-FN=ma,即F=FN+ma,F與a成線性關(guān)系。選項C正確。,考查點牛頓第二定律的應(yīng)用,解題關(guān)鍵通過動力學(xué)分析推出F與a的函數(shù)關(guān)

35、系表達式。,易錯警示注意題中假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。,,2.(2013重慶理綜,4,6分)如圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,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行多次實驗,最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動。分析該實驗可知,小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運動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),其值在值增大時保持不變,故其圖像應(yīng)為,則A、D兩項均錯。當=0時小球的加速度a=0,故其圖像必定為,所以B項正確,C項錯誤。,,3.(2013浙江理

36、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的加速度為0.5 m/s2,當熱氣球上升到180 m 時,以5 m/s的速度向上勻速運動。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 m/s D.以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N,答案AD剛開始上升時,空氣阻力為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830

37、 N,A項正確。加速上升過程,隨著速度增大,空氣阻力增大,B項錯誤。浮力和重力不變,而隨著空氣阻力的增大,加速度會逐漸減小,直至為零,故上升10 s后的速度v

38、度大小與其質(zhì)量成反比,答案D物體加速度的大小與質(zhì)量和速度大小的乘積無關(guān),A項錯誤;物體所受合力不為0,則a0,B項錯誤;物體加速度的大小與其所受的合力成正比,C項錯誤。,,5.(2012山東基本能力,66,1分)人在平地上靜止站立時,受到的支撐力等于人的重力。做原地縱跳時,在快速下蹲和蹬伸的過程中,人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖,G為重力,F為支撐力)。下列曲線能正確反映該變化的是(),答案D人體在下蹲過程中的加速階段處于失重狀態(tài),FG。同理蹬伸過程中的加速上升階段FG,減速上升階段F

39、止滑下,在水平面上滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同,斜面與水平面平滑連接。圖乙中v、a、f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。圖乙中正確的是(),答案C物體在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用,其摩擦力大小為f1=mg cos ,做初速度為零的勻加速直線運動,其v-t圖像為過原點的傾斜直線,A錯,加速度大小不變,B錯,其s-t圖像應(yīng)為一段曲線,D錯;物體到達水平面后,所受摩擦力f2=mgf1,做勻減速直線運動,所以正確選項為C。,,7.(2010全國,15,6分)如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平

40、放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有 () A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=g C.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g,答案C木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g,答案為C。,,8.(2010福建理綜,16,6分)質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上,物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等。從t=0時刻開始,物體受

41、到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用,F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,則物體在t=0至t=12 s這段時間的位移大小為(),A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m,答案B物體與地面間最大靜摩擦力f=mg=0.2210 N=4 N。由題給F-t圖像知03 s內(nèi),F=4 N,說明物體在這段時間內(nèi)保持靜止。36 s 內(nèi),F=8 N,說明物體做勻加速運動,加速度a==2 m/s2。6 s末物體的速度v=at=23 m/s=6 m/s,在69 s內(nèi)物體以6 m/s的速度做勻速運 動。912 s 內(nèi)又以2 m/s2的加速度做勻加速運動,作v-t圖像如圖所示

42、,故012 s內(nèi)的位移s=2 m+66 m=54 m,故B項正確。,9.(2009廣東單科,8,4分)某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重,t0至t3時間段內(nèi),彈簧秤的示數(shù)如圖所示,電梯運行的v-t圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)(),答案A由G-t圖像知:t0t1時間內(nèi),具有向下的加速度,t1t2時間內(nèi)勻速或靜止,t2t3時間內(nèi),具有向上的加速度,因此其運動情況可能是:t0t3時間內(nèi),但D項不符合電 梯由靜止開始運動,故A項正確。,10.(2012安徽理綜,22,14分)質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落,該下落過程對應(yīng)的v-t圖像如

43、圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f,取g=10 m/s2,求: (1)彈性球受到的空氣阻力f的大小; (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。,答案(1)0.2 N(2) m,,解析(1)設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1,由題圖知 a1== m/s2=8 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N (2)由題圖知彈性球第一次到達地面時的速度大小為v1=4 m/s,設(shè)球第一次離開地面時的速度大小為v2,則 v2=v1=3 m/s 第一次離開地面后,設(shè)上升過程中球的加速度大小為a2,則 mg+f=

44、ma2 a2=12 m/s2 于是,有 0-=-2a2h 解得h= m,11.(2010安徽理綜,22,14分)質(zhì)量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動,一段時間后撤去F,其運動的 v-t圖像如圖所示。g取10 m/s2,求: (1)物體與水平面間的動摩擦因數(shù); (2)水平推力F的大小; (3)010 s內(nèi)物體運動位移的大小。,答案(1)0.2(2)6 N(3)46 m,,解析(1)設(shè)物體做勻減速直線運動的時間為t2、初速度為v20、末速度為v2t、加速度為a2,則 a2==-2 m/s2 設(shè)物體所受的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律,有 Ff=ma2 Ff=-mg 聯(lián)立得 =

45、=0.2 (2)設(shè)物體做勻加速直線運動的時間為t1、初速度為v10、末速度為v1t、加速度為a1,則 a1==1 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律,有 F+Ff=ma1 聯(lián)立得F=mg+ma1=6 N (3)解法一由勻變速直線運動位移公式,得,x=x1+x2=v10t1+a1+v20t2+a2=46 m 解法二根據(jù)v-t圖像圍成的面積,得 x==46 m,12.(2009江蘇單科,13,15分)航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器,其質(zhì)量m=2 kg,動力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28 N。試飛時,飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變,g取10 m/s2。 (1)第一次試飛,飛行

46、器飛行t1=8 s時到達高度H=64 m。求飛行器所受阻力f的大小; (2)第二次試飛,飛行器飛行t2=6 s時遙控器出現(xiàn)故障,飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h; (3)為了使飛行器不致墜落到地面,求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3。,答案(1)4 N(2)42 m(3) s(或2.1 s),,解析(1)第一次飛行中,設(shè)加速度為a1 勻加速運動H=a1 由牛頓第二定律F-mg-f=ma1 解得f=4 N (2)第二次飛行中,設(shè)失去升力時的速度為v1,上升的高度為s1 勻加速運動s1=a1 設(shè)失去升力后加速度為a2,上升的高度為s2 由牛頓第二定律mg+f=ma2 v1=a

47、1t2 s2= 解得h=s1+s2=42 m (3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3;恢復(fù)升力后加速度為a4,恢復(fù)升力時速度為v3 由牛頓第二定律mg-f=ma3,F+f-mg=ma4 且+=h v3=a3t3 解得t3= s(或2.1 s),考點一牛頓運動定律的理解 1.(2018西南名校質(zhì)量檢測,15)滑草,是如今一些度假村推出的一項前衛(wèi)運動,和滑雪一樣,能給運動者帶來動感和刺激。特別對少雪地區(qū)的人們來說,滑草更新鮮了,因為它比滑雪更具有娛樂休閑性,更能體驗人與大自然的和諧?！半p人滑草”項目可以簡化為如下模型:如圖所示,A、B兩物塊在傾角為的粗糙斜面上緊靠在一起從靜止開始加速下滑,斜面與A之

48、間的動摩擦因數(shù)為3,與B之間的動摩擦因數(shù)為,A物塊的質(zhì)量為m,B物塊的質(zhì)量為3m,已知重力加速度為g。則在下滑過程中,物塊A、B之間作用力的大小等于() A.mg sin B.mg sin C.mg cos D.mg cos ,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,答案D取A、B整體為研究對象,由牛頓第二定律得(m+3m)g sin -3mg cos -3mg cos =(m+3m)a,解得a=g sin -g cos ,對A物塊,由牛頓第二定律得F+mg sin -3mg cos =ma,得F =mg cos ,故D正確。,2.(2018云南曲靖一中4月質(zhì)量監(jiān)測七,15)如圖所

49、示,將一輕彈簧豎直懸掛,下端與一小物塊相連,現(xiàn)用手托住小物塊使彈簧處于原長,然后從靜止釋放小物塊,則小物塊從釋放至下落到最 低點的過程中() A.小物塊的動能先增大后減小 B.小物塊的機械能守恒 C.小物塊動能最大時加速度不為零 D.小物塊在最低點時加速度為零,答案A物塊下落過程中一部分機械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,B錯誤。物塊所受重力與彈簧彈力的合力提供加速度,即mg-F=ma,向下運動的過程中,彈簧彈力不斷增大,合外力不斷減小,加速度不斷減小,速度不斷增大,物塊做加速度不斷減小的加速運動,當彈簧彈力F=mg時,加速度減為零,物塊繼續(xù)向下運動,之后Fmg,滿足F-mg=ma,加速度向上,彈簧彈

50、力不斷增大,加速度a不斷增大,物塊做加速度不斷增大的減速運動,故物塊的動能先增大后減小,動能最大時加速度為零,在最低點時加速度不為零,A正確,C、D錯誤。,,3.(2018貴州貴陽一中3月月考,16)在固定斜面上,一物塊沿斜面下滑過程中,其速度與位移x的關(guān)系式滿足v2=8x(國際單位制);沿斜面上滑過程中,其速度v與位移x的關(guān)系式變?yōu)関2=16-16x(國際單位制);g取10 m/s2。則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)和斜面的傾角分別為() A.=0.5,=30 B.=0.5,=60 C.=0.25,=37D.=0.25,=53,答案C下滑過程有a1=g sin -g cos ,由v2=2a1x和v

51、2=8x可知a1=4 m/s2;上滑過程中有a2=g sin +g cos ,由v2=-2a2x和v2=16-16x可知a2=8 m/s2;解得=0.25,=37,故C正確。,,4.(2018云南保山第二次市級統(tǒng)測,15)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物體放在傾角為的光滑斜面上,現(xiàn)對斜面施加一水平向左的恒力F,使物體與斜面一起以加速度a水平向左做勻加速直線運動。已知重力加速度為g,則斜面對物體的支持力為() A.mg cos B. C.ma sin D.,答案B斜面與物體一起以加速度a向左做勻加速運動,合力水平向左,對物體進行受力分析,如圖所示,豎直方向有mg=N cos ,水平方向有N sin =

52、ma,則N==,故B正確,A、C 錯誤。由題中所給條件不能得出N與F的關(guān)系,D錯誤。,考點二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 5.(2018四川成都龍泉一中模擬,14)如圖所示,小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強,已知A的質(zhì)量為m,重力加速度為g,兩本書在空中不翻轉(zhuǎn),不計空氣阻力,則A、B在空中運動時() A.A的加速度等于g B.B的加速度大于g C.A對B的壓力等于mgD.A對B的壓力大于mg,答案A由于A、B兩本書在空中運動時不計空氣阻力,只受重力,故A、B的加速度等于g,選項A正確,選項B錯誤;因A、B兩本書的加速度等于g,二者處于完全失重狀態(tài),A、B間無作用力,選項C、D錯誤。,,6.(

53、2018云南保山第二次市級統(tǒng)測,19)(多選)在粗糙水平面上滑動的物塊,從t0=0時刻開始受到水平恒力F的作用,在t0到t1時間內(nèi)物塊做直線運動,已知物塊在t0時刻的速度和t1時刻的速度大小相等,下列能正確反映這一過程的v-t圖像有(),答案AC物塊做直線運動,初末速度大小相等,物塊可能做勻速直線運動,即恒力F等于滑動摩擦力,故A正確。物塊也可能速度先減為零,然后反向加速,即開始時力與運動方向相反,故減速時的加速度大小a1=,加速時的加速度大小a2=,a1a2,故C正確。,7.(2018西南名校質(zhì)量檢測,17)如圖甲所示,一長木板在水平地面上向右運動,在某時刻(t=0)將一相對于地面靜止的物塊

54、輕放到木板上,已知物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后,木板運動的速度-時間圖像可能是圖乙中的(),答案A由于物塊剛放到木板上時,運動的木板會對它施加一個水平向右的滑動摩擦力,則物塊對木板就會有一個水平向左的摩擦力,此時木板還受到地面給它的水平向左的摩擦力,木板在這兩個阻力的作用下做勻減速直線運動;當物塊的速度與木板的速度相等時,物塊與木板保持相對靜止,一起做勻減速運動,此時物塊對木板的摩擦力水平向右,地面仍對木板施加水平向左的摩擦力,即木板所受合力變小,故木板的加速度變小,故選A。,8.(

55、2018貴州銅仁適應(yīng)性考試二,17)如圖所示,為一距地面某高度的小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v-t圖像,小球的質(zhì)量為0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力不計,由圖像可知 () A.橫坐標每一小格表示的時間約為0.08 s B.小球釋放時離地面的高度為1.5 m C.小球第一次反彈的最大高度為0.8 m D.小球第一次撞擊地面受地面的平均作用力為50 N,答案C由于不計空氣阻力,小球在下落過程中,加速度為g,由圖可知,小球第一次撞擊地面瞬間的速度為5 m/s,由速度公式可知,小球第一次在空中運動時間t==0.5 s,5t0=0.5 s,t0=0.1 s, 即橫軸每一小格表示的時

56、間為0.1 s,選項A錯誤;小球釋放時離地面的高度h==1.25 m,選項 B錯誤;由圖像知小球第一次反彈后的初速度大小為v=4 m/s,則第一次反彈的最大高度h== 0.8 m,選項C正確;若以向上為正方向,由牛頓第二定律和運動學(xué)公式可得F-mg=ma,a= m/s2=45 m/s2,則F=mg+ma=22 N,選項D錯誤。,9.(2018廣西柳州高級中學(xué)、南寧二中二聯(lián),24)一質(zhì)量m=4.0103 kg的汽車,以P=6.0104 W的額定功率從靜止啟動爬一坡面,經(jīng)25 s達到最大速度,設(shè)汽車受到坡面的阻力大小為f=1.6103 N。已知坡面與水平面夾角為,(取重力加速度g=10 m/s2,

57、sin =0.02)求: (1)汽車的最大速率vm; (2)汽車速度為10 m/s時的加速度大小。,答案(1)25 m/s(2)0.9 m/s2,解析(1)汽車達到最大速率vm時,合力為零 F=mg sin +f P=Fvm 代入數(shù)據(jù)解得vm=25 m/s (2)設(shè)汽車速度為10 m/s時牽引力為F,則P=Fv 由牛頓第二定律得:F-mg sin -f=ma 代入數(shù)據(jù)解得:a=0.9 m/s2,,,1.(2018廣西防城港1月模擬,18)(多選)如圖所示,質(zhì)量分別為m和M的兩長方體物塊P和Q,疊放在傾角為的固定斜面上,P、Q間的動摩擦因數(shù)為1,Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為2,當它們一起沖上斜面,沿

58、斜面向上滑動時,兩物塊始終保持相對靜止,則物塊P對Q的摩擦力() A.大小為1mg cos B.大小為2mg cos C.方向平行于斜面向上 D.方向平行于斜面向下,B組20162018年高考模擬綜合題組 （時間:40分鐘分值:75分） 一、選擇題 (每題6分,共30分),答案BC對P、Q整體受力分析,受到重力、支持力和滑動摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律得(m+M)g sin +2(m+M)g cos =(m+M)a,解得a=g(sin +2 cos ),再對P受力分析,受到重力mg、支持力和沿斜面向下的靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律得mg sin +Ff=ma,解得Ff=2mg cos ,根據(jù)牛頓第三

59、定律知P對Q的摩擦力大小為2mg cos ,方向平行于斜面向上,B、C正確。,2.(2018云南師大附中第八次月考,20)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上,木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點),在木板上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運動并在最后分離。設(shè)分離時木塊相對地面運動的位移為x,在保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下,下列方式可使位移x增大的是() A.僅增大木板的質(zhì)量M B.僅減小木塊的質(zhì)量m C.僅增大恒力F D.僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù),答案AD根據(jù)牛頓第二定律得木板的加速度a1=,木塊的加速度a2==g,設(shè)板長 為L,作出如圖所示v-t

60、圖像,圖線OA代表的是木塊的v-t圖像,圖線OB代表的是木板的v-t圖像。OA與OB所圍陰影部分的面積等于L時,OA與時間軸所圍的三角形面積代表分離時木塊的對地位移x,由圖像和加速度表達式可知:僅增大木板質(zhì)量M,a1減小,a2不變,x增大,故A正確;僅減小木塊質(zhì)量m,a1增大,a2不變,x減小,故B錯誤;僅增大恒力F,a1增大,a2不變,x減小,故C錯誤;僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù),a1減小,a2增大,x增大,故D正確。,3.(2017四川成都石室中學(xué)二診,19)(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兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間() A.兩

61、圖中兩球加速度均為g sin B.兩圖中A球的加速度均為零 C.圖甲中B球的加速度為2g sin D.圖乙中B球的加速度為g sin ,答案CD撤去擋板前,擋板對B球的彈力大小均為2mg sin ,因彈簧彈力不能突變,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2mg sin ,加速度為2g sin ;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B球所受力均為mg sin ,加速度均為g sin ,故C、D正確,A、B錯誤。,解題指導(dǎo)根據(jù)彈簧彈力不能突變,桿的彈力會突變,分析撤去擋板的瞬間,圖甲和圖乙中A、B所受合外力,即可得到各自的加速度。,,,4.(2

62、017貴州遵義二聯(lián),19)(多選)在傾角為的光滑斜面上,質(zhì)量分別為M和m的兩個物體A、B用細繩連接。用力2F沿斜面向上拉物體A時,兩物體以大小為a的加速度向上運動,此時A、B間細繩中的張力為T1。當用大小為F的拉力沿斜面向上拉物體A(物體仍向上做加速運動),此時A、B間細繩的張力為T2。則下列說法正確的是() A.后一種情形兩物體向上運動的加速度小于 B.后一種情形兩物體向上運動的加速度大于 C.后一種情形細繩中的張力T2=T1 D.后一種情形細繩中的張力T2

63、+m)g sin =(M+m)a,則a=-g sin ,則a-a=a,所以a<,A對B錯。 對B由牛頓第二定律可得T1-mg sin =ma,T2-mg sin =ma,解得T1=,T2=,則T2=T1,C 對D錯。,5.(2017廣西南寧4月二模,15)如圖所示,在豎直方向運動的箱式電梯中,質(zhì)量為m的物塊置于傾角為30的粗糙斜面上,物塊始終相對斜面靜止,則下列說法中正確的是() A.若電梯向下勻速運動,物塊所受的摩擦力一定是零 B.若電梯向上勻速運動,物塊所受摩擦力方向有可能沿斜面向下 C.若電梯減速下降,物塊所受彈力與摩擦力的合力一定大于mg D.若電梯減速上升,物塊所受摩擦力的方向一定沿

64、斜面向下,答案C如果電梯向下勻速運動,物塊受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,不為零,A錯誤;若電梯勻速向上運動,物塊處于平衡狀態(tài),受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力沿斜面向上,B錯誤;若電梯減速下降,物塊超重,所受彈力與摩擦力的合力為F=m(g+a),豎直向上,C正確;若電梯減速上升,物塊所受合力向下,對其受力分析后可知摩擦力與支持力的合力應(yīng)豎直向上,且小于重力mg,故摩擦力必沿斜面向上,D錯誤。,二、非選擇題(共45分) 6.(2017廣西柳州一模,24)(14分)如圖所示,輕繩通過定滑輪吊著一個小桶C,通過動滑輪可分別對A、B施加水平拉力。已知物體A的質(zhì)量mA=0

65、.60 kg,物體B的質(zhì)量mB=0.80 kg,小桶及桶內(nèi)細沙質(zhì)量記為m0,兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.20,重力加速度g=10 m/s2,不計滑輪摩擦與質(zhì)量,計算時可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則 (1)小桶與桶內(nèi)細沙質(zhì)量為0.06 kg時,A、B物體均靜止不動,求B物體受到的摩擦力大小; (2)欲使A、B物體均靜止不動,m0不能超過多大? (3)當小桶與桶內(nèi)細沙質(zhì)量為0.10 kg時,求B與C的加速度大小aB與aC。,答案(1)1.2 N(2)0.08 kg(3) m/s2 m/s2,解析(1)因A、B物體均靜止不動,則由B、C受力得 Ff=2T T=m0g 聯(lián)立解得 Ff=1.

66、2 N (2)B所受拉力大于A所受拉力,易知,若B靜止,則A一定靜止,由B、C受力得 B靜止的條件: 2T1mBg C靜止的條件: T1=m0g 聯(lián)立解得m00.08 kg 即m0不能超過0.08 kg (3)當m0=0.10 kg時,A靜點,B、C加速運動,設(shè)繩中拉力大小為T2,由牛頓第二定律得 2T2-mBg=mBaB,,m0g-T2=m0aC 由B、C同時運動,根據(jù)sC=aCt2、sB=aBt2且2sB=sC得 aC=2aB 聯(lián)立解得aB= m/s2 aC= m/s2,思路分析本題屬于連接體問題,應(yīng)采用隔離法對三個物體進行正確的受力分析,結(jié)合平衡條件或牛頓第二定律判斷C的質(zhì)量變化時對應(yīng)研究對象的運動狀態(tài)。,易錯警示本題易錯認為B與C的加速度相同而直接用整體法求B、C的加速度,應(yīng)正確分析B、C的位移關(guān)系,進而判斷加速度關(guān)系。,,7.(2017云南昆明適應(yīng)性檢測,24)(12分)在冰壺比賽中,運動員用F=18 N的水平恒力推質(zhì)量為m=20 kg的冰壺由靜止開始運動,一段時間后撤去F,冰壺繼續(xù)沿直線運動,從開始運動到停止的總位移為36 m,冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)為=0.015,取重