高三物理二輪復習 第一篇 專題通關一 力與直線運動 3 牛頓運動定律及其應用課件.ppt

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第3講 牛頓運動定律及其應用,【高考這樣考】 1.(多選)(2015全國卷Ⅰ)如圖甲,一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖乙所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1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,【解析】選A、C、D。物塊在上滑過程中有mgsinθ+μmgcosθ=ma1, v0=a1t1;在下滑過程中有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以 上方程可以求出θ和μ,但不能求出物塊的質(zhì)量m,故A、C正確,B錯誤; 由圖像可得物塊上滑的最大位移為x= v0t1,則上滑的最大高度為hmax= xsinθ= v0t1sinθ,故選項D正確。,2.(2015全國卷Ⅱ)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將( ) A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動,【解析】選D。作出微粒的受力示意圖如圖所示,電場力 方向為向上偏左45,并且與重力大小相等,由力合成的 平行四邊形定則得F合的方向為向左下方,再結(jié)合微粒由 靜止釋放初速度為零,故微粒將向左下方做勻加速運動, D項正確;微粒合力不為零,故不能保持靜止狀態(tài),A項錯誤;B項、C項的運動方向與合力方向不一致,故B、C項均錯。,3.(多選)(2015海南高考)如圖,升降機內(nèi)有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時,升降機做勻速運動,物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時,( ) A.物塊與斜面間的摩擦力減小 B.物塊與斜面間的正壓力增大 C.物塊相對于斜面減速下滑 D.物塊相對于斜面勻速下滑,【解析】選B、D。當升降機加速上升時,物體有豎直向上的加速度,處 于超重狀態(tài),物塊與斜面間的正壓力增大,根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN 可知接觸面間的正壓力增大,物塊與斜面間的摩擦力增大,故A錯誤,B 正確;設斜面的傾角為θ,物塊的質(zhì)量為m,當勻速運動時有mgsinθ =μmgcosθ,即sinθ=μcosθ。假設升降機以加速度a向上運動時, 把a分解為垂直斜面方向與沿斜面方向,兩個分量acosθ、asinθ。垂 直斜面方向上,物塊與斜面相對靜止,對物塊分析,壓力N=m(g+a)cosθ,,f=μm(g+a)cosθ,因為sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ= μm(g+a)cosθ,即在沿斜面方向物塊的加速度為asinθ,所以物 塊的加速度也為a。故物塊相對于斜面勻速下滑,C錯誤,D正確。 故選B、D。,4.(多選)(2015江蘇高考)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,【解析】選A、D。在豎直方向,有F-mg=ma,得F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F就越大,所以A項正確;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D項正確。,5.(2015重慶高考)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關系的圖像可能是( ),【解析】選B。由題圖可知,升降機運動過程分為加速下降、勻速下降、減速下降、加速上升、勻速上升、減速上升,故升降機所處的狀態(tài)依次為失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以貨物所受升降機的支持力與時間的關系為選項B。,【考情分析】 主要題型：選擇題 計算題 命題特點： 1.考查角度：牛頓第二定律在簡單動力學問題中以及在系統(tǒng)問題、多階段問題中的應用,應用圖像分析物體受力情況、運動情況的能力。 2.考查方式：牛頓第二定律的簡單應用多以選擇題的形式考查;在系統(tǒng)問題、多階段問題中的應用多以計算題的形式考查,還經(jīng)常融合在電場、磁場問題中綜合考查。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)牛頓第一定律：一切物體總保持_____________狀態(tài)或_____狀態(tài), 直到有_____迫使它改變這種狀態(tài)為止。 (2)牛頓第二定律：物體的加速度a跟物體所受的合外力成_____,跟 物體的質(zhì)量m成反比。加速度的方向與_______的方向相同。 (3)牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力和反作用力總是_________, _________,作用在同一直線上。,勻速直線運動,靜止,外力,正比,合外力,大小相等,方向相反,(4)超重與失重。 ①超重：物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦____________的現(xiàn) 象。條件是：系統(tǒng)具有_____的加速度或加速度有_________的分量。 ②失重：物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦____________的現(xiàn) 象。條件是：系統(tǒng)具有_____的加速度或加速度有_________的分量。 (5)兩類動力學。,大于自身重力,向上,豎直向上,小于自身重力,向下,豎直向下,F=ma,運動學公式,熱點考向1 兩類動力學問題 【典例1】(2015海南高考)如圖,一充電后的平行 板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為 M、電荷量為q(q0)的粒子;在負極板附近有另一質(zhì) 量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下,兩粒子同時從靜止 開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距 l的平 面。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計重力,則M∶m為( ) A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1,【解題探究】 (1)先根據(jù)位移關系,結(jié)合公式 判斷a的比值。 (2)再利用_____________尋找M與m的比值。 【解析】選A。因為x= at2,所以 ;根據(jù)牛頓第二定律 可得a= ,因此 ,故選A。,,牛頓第二定律,【典例2】(2015忻州一模)如圖所示,質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接,在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為( ),【名師解讀】 (1)命題立意：考查整體法在牛頓運動定律問題中的應用。 (2)關鍵信息：“一起沿水平方向做勻加速直線運動”“光滑地面”。 (3)答題必備：整體進行受力分析的方法;牛頓第二定律：F=ma。 (4)易錯警示：誤選擇m1或m2為研究對象,應用隔離法進行受力分析,導致無法得到正確答案。,【解析】選A。把m1、m2看作一個整體,在水平方向上加速度相同,由 牛頓第二定律可得：Fcosθ=(m1+m2)a,所以a= ,選項A正確。,【遷移訓練】,遷移1：將光滑地面換成粗糙地面 將【典例2】中的光滑地面改為粗糙地面,若m1與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,則m1的加速度大小是多少?,【解析】把m1、m2看作一個整體,在豎直方向上受力平衡：Fsinθ+FN=(m1+m2)g, 在水平方向上加速度相同,由牛頓第二定律可得： Fcosθ-f=(m1+m2)a, 又因為：f=μFN 所以：a= 答案：,遷移2：將計算加速度改為計算彈簧彈力 若【典例2】中兩個物體一起沿水平方向做勻加速直線運動時,彈簧彈力多大? 【解析】以m2為研究對象,若彈簧彈力大小為F′,在豎直方向上受力平衡：Fsinθ=m2g+F′y, 在水平方向上,由牛頓第二定律可得：Fcosθ-F′x=m2a,,又因為： 所以：F′= 答案：,遷移3：將求解運動情況改為求解受力情況 在【典例2】中,若m1=2kg、m2=1kg、θ=60,兩個物體一起由靜止 開始沿水平方向做勻加速直線運動,當速度為6m/s時,前進的位移為 9 m,則拉力F大小是多少? 【解析】由v2=2ax,可得：a=2m/s2, 又因為a= ,代入可得：F=12N。 答案：12N,【加固訓練】如圖所示,物塊A靜止在水平放置的 固定木板上,若分別對A施加相互垂直的兩個水平 拉力F1和F2作用時(F1a2a1 C.Ff3Ff1=Ff2 D.Ff1=Ff2Ff3,【解析】選B。因為拉力均沿水平方向,所以物塊A對水平木板的壓力 始終等于物塊A的重力,滑動摩擦力Ff=μmg,大小相等,選項C、D錯誤; 由牛頓第二定律得F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2, -μmg=ma3,因為 F1a2a1,選項A錯誤,B正確。,熱點考向2 動力學圖像問題 【典例3】(多選)(2015濟南一模)如圖甲所示,木板OA可繞軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動,某研究小組利用此裝置探索物塊在方向始終平行于木板向上、大小為F=8N的力作用下加速度與傾角θ的關系。已知物塊的質(zhì)量m=1kg,通過DIS實驗,描繪出了如圖乙所示的加速度大小a與傾角θ的關系圖線(θ90)。若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2,假定物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動摩擦力(g取10m/s2)。則下列說法中正確的是( ),A.由圖像可知木板與水平面的夾角 處于θ1和θ2之間時,物塊所受摩擦 力一定為零 B.由圖像可知木板與水平面的夾角大于θ2時,物塊所受摩擦力一定 沿木板向上 C.根據(jù)題意可以計算得出物塊加速度a0的大小為6m/s2 D.根據(jù)題意可以計算當θ=45時,物塊所受摩擦力為Ff=μmgcos45 = N,【解題探究】 (1)分析摩擦力方向變化情況的思維軌跡：分階段分析：①θθ2時,_______________________________ ______________________________________________;③θ1θθ2 時,_________________________________________________________ __________________。,物塊與斜面間為滑動摩擦力,拉力F大于重力沿斜面方向的分力,摩擦,力方向沿斜面向下,物塊與斜面間為滑動摩擦力,拉力F,小于重力沿斜面方向的分力,摩擦力方向沿斜面向上,物塊與斜面間為靜摩擦力,摩擦力的方向隨角θ的增大,先沿斜面,向下,后沿斜面向上,(2)計算物塊加速度a0的大小的思維軌跡：______________________ ___________________________________________________________ _______。 (3)計算θ=45時物塊所受摩擦力的思路：_____________________ __________________________________________________________ _________________________________。,對物塊進行受力分析,由,拉力、摩擦力的大小計算物塊所受的合力,然后由牛頓第二定律計算,加速度,首先根據(jù)拉力和重力沿,斜面方向的分力的大小判斷出物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力,,然后根據(jù)平衡條件計算摩擦力的大小,【解析】選B、C。由圖像可知木板與水平面的夾角處于θ1和θ2之間 時,物塊的加速度為零,當θ=θ1時,物塊所受的摩擦力沿斜面向下,當 θ=θ2時,物塊所受的摩擦力沿斜面向上,木板與水平面的夾角大于 θ2時,物塊所受摩擦力一定沿木板向上,A錯誤,B正確;當θ=0時,F- μmg=ma0,即8N-0.2110N=1kga0,所以a0=6m/s2,C正確;當θ= 45時,Fmgsin45,所以物塊保持靜止, 受到的是靜摩擦力,根據(jù)平衡條件F=mgsin45+Ff,可得Ff=(8-5 )N, 故D錯誤。,【典例4】為研究運動物體所受的空氣阻力,某研究小組的同學找來一個傾角可調(diào)、斜面比較長且表面平整的斜面體和一個滑塊,并在滑塊上固定一個高度可升降的風帆,如圖甲所示。他們讓帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑,下滑過程中帆面與滑塊運動方向垂直。假設滑塊和風帆總質(zhì)量為m。滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,風帆受到的空氣阻力與風帆的運動速率成正比,即Ff=kv。,(1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達式。 (2)求出滑塊下滑的最大速度,并指出有哪些措施可以減小最大速度。 (3)若m=2kg,斜面傾角θ=30,g取10m/s2,滑塊從靜止下滑的速度圖像如圖乙所示,圖中的斜線為t=0時v-t圖線的切線,由此求出μ、k的值。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字),【名師解讀】 (1)命題立意：考查牛頓第二定律以及應用數(shù)學知識處理物理問題的能力。 (2)關鍵信息：“Ff=kv”,初狀態(tài)時：v=0、a=3m/s2;末狀態(tài)時：v=2m/s、a=0。 (3)答題必備：牛頓第二定律：F=ma。 (4)易錯警示：誤認為物體下滑時受重力、支持力、空氣阻力三個力的作用,忽略斜面與滑塊間的摩擦力。,【解析】(1)由牛頓第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma 解得：a=gsinθ-μgcosθ- (2)當a=0時速度最大,vm= 減小最大速度的方法有：適當減小斜面傾角θ;風帆升起一些。 (3)當v=0時,a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2 解得：μ= ≈0.23 最大速度vm=2m/s,vm= =2m/s 解得：k=3.0kg/s,答案：(1)gsinθ-μgcosθ- (2) 適當減小斜面傾角θ(保證滑塊能靜止下滑);風帆升起一些 (3)0.23 3.0kg/s,【規(guī)律總結(jié)】動力學圖像問題求解思路 (1)動力學圖像不僅能直觀地描述物體的運動,圖像中還隱含著大量的信息和解題條件,挖掘這些信息和條件往往成為解題的突破口。 (2)牛頓第二定律與v-t圖像結(jié)合的問題,一般先由v-t圖像分析物體的加速度及其變化規(guī)律,再由牛頓第二定律列方程求解,或者先由牛頓第二定律分析加速度及其變化規(guī)律,再作出v-t圖像。 (3)牛頓第二定律與加速度圖像結(jié)合的問題,先由圖像分析物體在不同情況下的加速度,再針對不同情況由牛頓第二定律列方程求解。,【題組過關】 1.(多選)(2015沈陽一模)如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能 達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系,將某一物體每次以不變的初 速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ,實 驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示,g取10m/s2,根據(jù)圖像可求 出( ),A.物體的初速率v0=3m/s B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.75 C.取不同的傾角θ,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin=1.44m D.當某次θ=30時,物體達到最大位移后將沿斜面下滑,【解析】選B、C。當角度達到90時,物體將做豎直上拋運動,此時上 升高度為1.80m,由豎直上拋運動規(guī)律可求得初速度v0=6m/s,選項A錯 誤;當角度為0時,物體相當于在水平面上運動,此時位移為2.40m,由 牛頓運動定律可得,動摩擦因數(shù)μ=0.75,選項B正確;當傾角為θ時, 由牛頓運動定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,即 mgsin(θ+37) =ma,所以amax=12.5m/s2,又有x= ,可得位移的最小值為1.44m,選項C 正確;θ為30時,到達最高點重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦 力,因此達到最大位移后不會下滑,選項D錯誤。,2.(多選)(2014四川高考)如圖所示,水平傳送帶以 速度v1勻速運動,小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸 長的輕繩相連,t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2,P 與定滑輪間的繩水平,t=t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是( ),【解析】選B、C。當v1v2時,P相對于傳送帶向左滑動,受到的滑動摩擦力向右,當FfFT時,合外力向右,P向右做加速運動,當達到與傳送帶速度一樣時,一起做勻速運動,受力分析如圖甲,則B正確;當FfFT時,一直減速直到減為零,再反向加速;當v1v2時,P相對于傳送帶向右滑動,受力分析如圖乙,P向右做減速運動,當P的速度與傳送帶速度相等時,若FfFT,P又相對于傳送帶向左滑動,相對 地面向右減速,受力分析如圖甲,加速度減小, 則C正確;當Ff=FT時勻速運動,A、D錯誤。,3.如圖甲所示,一根直桿AB與水平面成某一角度固定,在桿上套一個小物塊,桿底端B處有一彈性擋板,桿與板面垂直,現(xiàn)將物塊拉到A點靜止釋放,物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的v-t圖像如圖乙所示,物塊最終停止在B點。重力加速度g取10m/s2,,求：(1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ。 (2)物塊滑過的總路程s。,【解析】(1)由圖像可知,物塊下滑的加速度a1= =4m/s2, 上滑時的加速度大小a2= =8m/s2,桿AB長L=2m, 設直桿的傾角為θ,物塊的質(zhì)量為m,由牛頓第二定律得： F合1=mgsinθ-μmgcosθ=ma1, F合2=mgsinθ+μmgcosθ=ma2 代入數(shù)據(jù),得：μ=0.25,sinθ=0.6,cosθ=0.8。,(2)對物塊整個過程分析,由動能定理得： mgLsinθ-μmgscosθ=0,代入數(shù)據(jù)得,s=6m 答案：(1)0.25 (2)6m,【加固訓練】如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置,下 端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高 為h處自由下落,接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始 下落到小球第一次運動到最低點的過程,下列關于小球的速 度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際情況的是( ),【解析】選A。小球接觸彈簧開始,合力向下,向下做加速度逐漸減小的加速運動,運動到某個位置時,重力等于彈簧彈力,合力為零,加速度為零,速度最大,然后重力小于彈力,合力方向向上,向下做加速度逐漸增大的減速運動,運動到最低點時,速度為零,加速度最大,根據(jù)對稱性可知,到達最低端時加速度大于g,故選項A正確,選項B、C、D錯誤。,熱點考向3 連接體問題 【典例5】(16分)(2015福州一模)高鐵的開通給出行的人們帶來了全新的旅行感受,大大方便了人們的工作與生活。高鐵每列車組由七節(jié)車廂組成,除第四節(jié)車廂為無動力車廂外,其余六節(jié)車廂均具有動力系統(tǒng),設每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m,各動力車廂產(chǎn)生的動力相同,經(jīng)測試,該列車啟動時能在時間t內(nèi)將速度提高到v,已知運動阻力是車重的k倍。求：,(1)列車在啟動過程中,第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力。 (2)列車在勻速行駛時,第六節(jié)車廂失去了動力,若仍要保持列車的勻速運動狀態(tài),則第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力變化多大?,【拿分策略】 第一問： 明確題型：連接體問題 明確思路：先整體,后隔離 按部就班列方程,第二問： 抓住關鍵信息——“勻速行駛” 分情況列方程,第二種： 列⑦式 (2分) 按照過程列方程,就能拿到12分,若能正確解方程求出結(jié)果再拿下4分,則得滿分16分。,【解析】(1)列車啟動時做初速度為零的勻加速直線運動,啟動加速 度為a= ①(2分) 對整個列車,由牛頓第二定律得： F-k7mg=7ma ②(2分) 設第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力為T,對第六、七兩節(jié)車廂進行 受力分析,水平方向受力如圖所示,由牛頓第二定律得,+T-k2mg=2ma, ③(2分) 聯(lián)立①②③得T=- m( +kg) ④(1分) 其中“-”表示實際作用力與圖示方向相反,即與列車運動方向相反。 (2)列車勻速運動時,對整體由平衡條件得 F′-k7mg=0 ⑤(2分) 設第六節(jié)車廂有動力時,第五、六節(jié)車廂間的作用力為T1,則有： +T1-k2mg=0 ⑥(2分),第六節(jié)車廂失去動力時,仍保持列車勻速運動,則總牽引力不變, 設此時第五、六節(jié)車廂間的作用力為T2, 分析第六、七節(jié)車廂,則有： +T2-k2mg=0 ⑦(2分) 聯(lián)立⑤⑥⑦得T1=- kmg (1分) T2= kmg (1分) 因此作用力變化ΔT=T2-T1= kmg (1分),答案：(1) m( +kg),方向與列車運動方向相反 (2) kmg,【規(guī)律總結(jié)】整體法和隔離法的對比 (1)整體法： ①優(yōu)點：研究對象減少,忽略物體之間的相互作用力,方程數(shù)減少,求解方便。 ②條件：連接體中各物體具有共同的加速度。,(2)隔離法： ①優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況。 ②條件：當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時,一般采用隔離法;求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法。,【題組過關】 1.(2015錦陽一模)如圖所示,帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動,小球A用細線懸掛于支架前端,質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角,則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為( ),A.mg ,斜向右上方 B.mg ,斜向左上方 C.mgtanθ,水平向右 D.mg,豎直向上,【解析】選A。由題圖可知,小車向左做勻減速運動,其加速度大小 a=gtanθ;小車對物塊B向右的靜摩擦力為Ff=ma=mgtanθ;豎直向上 的支持力FN=mg,小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為F= 方向為斜向右上方,選項A正確。,2.(多選)如圖甲所示,A、B兩物體疊放在光滑水平面上,對物體B施加一水平變力F,F-t關系如圖乙所示,兩物體在變力F作用下由靜止開始運動且始終保持相對靜止,則( ),A.t0時刻,兩物體之間的摩擦力最大 B.t0時刻,兩物體的速度方向開始改變 C.t0～2t0時間內(nèi),兩物體之間的摩擦力逐漸增大 D.0～2t0時間內(nèi),物體A所受的摩擦力方向始終與變力F的方向相同,【解析】選C、D。兩物體始終保持相對靜止,故t0時刻,兩物體的加速 度為零,兩物體之間無摩擦力,A錯誤;0～t0時刻兩物體做加速度減小 的加速運動,t0時刻速度達到最大,t0～2t0時間內(nèi)兩物體做加速度增 大的減速運動,到2t0時刻速度減到零,故0～2t0時間內(nèi)兩物體的速度 方向沒有改變,B錯誤;0～2t0時間內(nèi)物體A所受的摩擦力方向始終與變 力F的方向相同,D正確;兩物體之間的摩擦力Ff=mAa= ,Ff隨F 的變化而變化,C正確。,3.(多選)(2015全國卷Ⅱ)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】選B、C。設P在東,Q在西,當機車向東加速行駛時,對P以西 的所有車廂應用牛頓第二定律F=m西a 當機車向西加速行駛時,對Q以東的所有車廂應用牛頓第二定律： F=m東 a 兩式相比可得m西∶m東=2∶3 所以這列車廂的節(jié)數(shù)只能為5的整數(shù)倍,B、C兩項符合要求,A、D兩 項不符合題意。,【加固訓練】(多選)如圖所示,質(zhì)量不等的木塊A和B的質(zhì)量分別為m1和m2,置于光滑的水平面上。當水平力F作用于左端A上,兩木塊一起做勻加速運動時,A、B間作用力大小為F1。當水平力F作用于右端B上,兩木塊一起做勻加速運動時,A、B間作用力大小為F2,則( ),A.在兩次作用過程中,木塊的加速度的大小相等 B.在兩次作用過程中,F1+F2F C.在兩次作用過程中,F1+F2=F D.在兩次作用過程中,,【解析】選A、C。當水平力F作用于左端A上,兩木塊一起做勻加速運 動時,由牛頓第二定律,可得整體的加速度a= ,方向向右,對 木塊B,由牛頓第二定律可得F1=m2a=m2 ;當水平力F作用于左 端B上,兩木塊一起做勻加速運動時,由牛頓第二定律可得整體的加 速度a= ,方向向左,對木塊A,由牛頓第二定律可得F2=m1a= m1 ,因此,在兩次作用過程中,木塊的加速度的大小相等, F1+F2=F, ,正確選項為A、C。,連接體問題 【典例】如圖所示,在粗糙水平面上有一質(zhì)量為M、高為h的斜面體,斜 面體的左側(cè)有一固定障礙物Q,斜面體的左端與障礙物的距離為d。將 一質(zhì)量為m的小物塊置于斜面體的頂端,小物塊恰好能在斜面體上與斜 面體一起保持靜止;現(xiàn)給斜面體施加一個水平向左的推力,使斜面體和 小物塊一起向左做勻加速運動,當斜面體到達障礙物與其碰撞后,斜面,體立即停止運動,小物塊水平拋出,最后落在障礙物的左側(cè)P處(圖中未畫出),已知斜面體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,斜面傾角為θ,重力加速度為g,滑動摩擦力等于最大靜摩擦力,求： (1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2。 (2)要使物塊在地面上的落點P距障礙物Q最遠,水平推力F為多大。,【答卷抽樣】,【試卷評析】 錯誤角度1.忽略了小物塊與斜面之間的摩擦力 錯因剖析：分析小物塊的受力情況時,誤認為小物塊只受自身重力和斜面對它的支持力,由兩者的合力使小物塊產(chǎn)生加速度,實際上小物塊除了受重力和支持力還受到斜面對它的摩擦力。這屬于審題馬虎,受力分析環(huán)節(jié)出錯。,錯誤角度2.計算斜面與地面間的摩擦力時出錯 錯因剖析：計算斜面對地面的壓力時,誤認為斜面的重力與地面對斜面的支持力是一對平衡力,導致壓力計算錯誤,進一步導致摩擦力計算錯誤,實際上應以整體為研究對象,壓力大小應等于整體所受的重力的大小。,【糾偏措施】 1.正確進行受力分析： 按場力→彈力→摩擦力→其他力的順序,正確進行受力分析,防止多力或漏力。提醒自己不要想當然地挪用類似題目中的受力分析,犯經(jīng)驗主義錯誤。,2.準確應用平衡條件： 首先應正確選取研究對象,并確保研究對象處于平衡狀態(tài)或在某一方向上處于平衡狀態(tài)。然后再正確進行受力分析,并在此基礎上應用平衡條件列式求解。,【規(guī)范解答】(1)對m由平衡條件得： mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ (2)要使物塊在地面上的落點P距Q最遠,應使物塊隨斜面體到達Q點的速度最大,需要加速度最大。對m設其最大加速度為am,由牛頓第二定律得： 水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=mam,豎直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0 解得：am=gtan2θ 對M、m整體由牛頓第二定律得： F-μ1(M+m)g=(M+m)am 解得：F=μ1(M+m)g+(M+m)gtan2θ 答案：(1)tanθ (2)μ1(M+m)g+(M+m)gtan2θ,