高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)一 力與直線運動 3 牛頓運動定律及其應(yīng)用課件.ppt

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第3講牛頓運動定律及其應(yīng)用 高考這樣考 1 多選 2015 全國卷 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mgsin mgcos ma1 v0 a1t1 在下滑過程中有mgsin mgcos ma2 v1 a2 2t1 t1 由以上方程可以求出 和 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 xsin v0t1sin 故選項D正確 2 2015 全國卷 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?fàn)顟B(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?fàn)顟B(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?fàn)顟B(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(dāng)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(dāng)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 N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(shè)斜面的傾角為 物塊的質(zhì)量為m 當(dāng)勻速運動時有mgsin mgcos 即sin cos 假設(shè)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acos asin 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 cos f m g a cos 因為sin cos 所以m g a sin m g a cos 即在沿斜面方向物塊的加速度為asin 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 2s時最大B t 2s時最小C t 8 5s時最大D t 8 5s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(guān)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(guān)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(xué)問題中以及在系統(tǒng)問題 多階段問題中的應(yīng)用 應(yīng)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(yīng)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(yīng)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 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 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(xué) 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(xué)公式 熱點考向1兩類動力學(xué)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 q 0 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(xiāng)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 2B 2 1C 5 2D 3 1 解題探究 1 先根據(jù)位移關(guān)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 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(yīng)用 2 關(guān)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(yīng)用隔離法進行受力分析 導(dǎo)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 Fcos m1 m2 a 所以a 選項A正確 遷移訓(xùn)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 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 Fsin FN m1 m2 g 在水平方向上加速度相同 由牛頓第二定律可得 Fcos f m1 m2 a 又因為 f FN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 Fsin m2g F y 在水平方向上 由牛頓第二定律可得 Fcos 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 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(dāng)速度為6m s時 前進的位移為9m 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(xùn)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 F1a2 a1C Ff3 Ff1 Ff2D Ff1 Ff2 Ff3 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 mg 大小相等 選項C D錯誤 由牛頓第二定律得F1 mg ma1 F2 mg ma2 mg ma3 因為F1a2 a1 選項A錯誤 B正確 熱點考向2動力學(xué)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 的關(guān)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 的關(guān)系圖線 90 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 1和 2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 2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 s2D 根據(jù)題意可以計算當(dāng) 45 時 物塊所受摩擦力為Ff mgcos45 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 2時 1 2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 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 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 1和 2之間時 物塊的加速度為零 當(dāng) 1時 物塊所受的摩擦力沿斜面向下 當(dāng) 2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 2時 物塊所受摩擦力一定沿木板向上 A錯誤 B正確 當(dāng) 0時 F mg ma0 即8N 0 2 1 10N 1kg a0 所以a0 6m s2 C正確 當(dāng) 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(xué)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(fēng)帆 如圖甲所示 他們讓帶有風(fēng)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(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為m 滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 風(fēng)帆受到的空氣阻力與風(fēng)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 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 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(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力 2 關(guān)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 mgsin mgcos kv ma解得 a gsin gcos 2 當(dāng)a 0時速度最大 vm 減小最大速度的方法有 適當(dāng)減小斜面傾角 風(fēng)帆升起一些 3 當(dāng)v 0時 a gsin gcos 3m s2解得 0 23最大速度vm 2m s vm 2m s解得 k 3 0kg s 答案 1 gsin gcos 2 適當(dāng)減小斜面傾角 保證滑塊能靜止下滑 風(fēng)帆升起一些 3 0 233 0kg s 規(guī)律總結(jié) 動力學(xué)圖像問題求解思路 1 動力學(xué)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(guān) 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 的關(guān)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 實驗測得x與斜面傾角 的關(guān)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 sB 物體與斜面間的動摩擦因數(shù) 0 75C 取不同的傾角 物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin 1 44mD 當(dāng)某次 30 時 物體達到最大位移后將沿斜面下滑 解析 選B C 當(dāng)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(dāng)角度為0時 物體相當(dāng)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) 0 75 選項B正確 當(dāng)傾角為 時 由牛頓運動定律可得mgsin mgcos ma 即mgsin 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 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(dāng)v1 v2時 P相對于傳送帶向左滑動 受到的滑動摩擦力向右 當(dāng)Ff FT時 合外力向右 P向右做加速運動 當(dāng)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(dāng)Ff FT時 一直減速直到減為零 再反向加速 當(dāng)v1 v2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(dāng)P的速度與傳送帶速度相等時 若Ff FT 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(dāng)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) 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(shè)直桿的傾角為 物塊的質(zhì)量為m 由牛頓第二定律得 F合1 mgsin mgcos ma1 F合2 mgsin mgcos ma2代入數(shù)據(jù) 得 0 25 sin 0 6 cos 0 8 2 對物塊整個過程分析 由動能定理得 mgLsin mgscos 0 代入數(shù)據(jù)得 s 6m答案 1 0 25 2 6m 加固訓(xùn)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(guān)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(shè)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(guān)鍵信息 勻速行駛 分情況列方程 第二種 列 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 2分 對整個列車 由牛頓第二定律得 F k 7mg 7ma 2分 設(shè)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 k 2mg 2ma 2分 聯(lián)立 得T m kg 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 k 7mg 0 2分 設(shè)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 k 2mg 0 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(shè)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 k 2mg 0 2分 聯(lián)立 得T1 kmg 1分 T2 kmg 1分 因此作用力變化 T 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 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 條件 連接體中各物體具有共同的加速度 2 隔離法 優(yōu)點 易看清各個物體具體的受力情況 條件 當(dāng)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(guān) 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 若某時刻觀察到細線偏離豎直方向 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 mgtan 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 gtan 小車對物塊B向右的靜摩擦力為Ff ma mgtan 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(guān)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 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(dāng)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(dāng)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 解析 選B C 設(shè)P在東 Q在西 當(dāng)機車向東加速行駛時 對P以西的所有車廂應(yīng)用牛頓第二定律F m西a當(dāng)機車向西加速行駛時 對Q以東的所有車廂應(yīng)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(xùn)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(dāng)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(dāng)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 F2 FC 在兩次作用過程中 F1 F2 FD 在兩次作用過程中 解析 選A C 當(dāng)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(dāng)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(dāng)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 1 斜面傾角為 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) 2 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(dǎo)致壓力計算錯誤 進一步導(dǎo)致摩擦力計算錯誤 實際上應(yīng)以整體為研究對象 壓力大小應(yīng)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(dāng)然地挪用類似題目中的受力分析 犯經(jīng)驗主義錯誤 2 準(zhǔn)確應(yīng)用平衡條件 首先應(yīng)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(chǔ)上應(yīng)用平衡條件列式求解 規(guī)范解答 1 對m由平衡條件得 mgsin 2mgcos 0解得 2 tan 2 要使物塊在地面上的落點P距Q最遠 應(yīng)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(shè)其最大加速度為am 由牛頓第二定律得 水平方向 Nsin 2Ncos mam 豎直方向 Ncos 2Nsin mg 0解得 am gtan2 對M m整體由牛頓第二定律得 F 1 M m g M m am解得 F 1 M m g M m gtan2 答案 1 tan 2 1 M m g M m gtan2