2020高考物理一輪復習 第三章 第3講 牛頓運動定律綜合應用學案（含解析）.doc

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第3講　牛頓運動定律綜合應用 主干梳理 對點激活 知識點　　連接體問題　Ⅱ 1．連接體 多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體。 2．外力與內(nèi)力 (1)外力：系統(tǒng)之外的物體對系統(tǒng)的作用力。 (2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力。 3．整體法和隔離法 (1)整體法：把加速度相同的物體看做一個整體來研究的方法。 (2)隔離法：求系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用時，把一個物體隔離出來單獨研究的方法。 知識點　　臨界極值問題?、? 1．臨界或極值條件的標志 (1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，即表明題述的過程存在著臨界點。 (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往對應臨界狀態(tài)。 (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。 (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2．四種典型的臨界條件 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。 (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。 (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT＝0。 (4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：速度達到最大的臨界條件是a＝0，速度為0的臨界條件是a達到最大。 知識點　　多過程問題?、? 1．多過程問題 很多動力學問題中涉及物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。 2．類型 多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。 3．綜合運用牛頓第二定律和運動學知識解決多過程問題的關鍵 首先明確每個“子過程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關聯(lián)點，然后列出“過程性方程”與“狀態(tài)性方程”。 一 思維辨析 1．整體法和隔離法是確定研究對象時常用的方法。(　　) 2．應用牛頓第二定律進行整體分析時，需要分析內(nèi)力。(　　) 3．輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等的。(　　) 4．相互接觸的物體分離時的臨界狀態(tài)是兩者沒有共同的加速度。(　　) 答案　1.√　2.　3.√　4. 二 對點激活 1.如圖所示，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＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，下列說法正確的是(　　) A．當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態(tài) B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動 C．兩物體從受力開始就有相對運動 D．兩物體始終沒有相對運動 答案　D 解析　當A、B間達到最大靜摩擦力時兩者開始相對滑動，以B為研究對象，設臨界加速度為a，由牛頓第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6 m/s2。由整體法得：F＝(mA＋mB)a＝48 N，所以F增大到45 N的過程中，兩物體始終沒相對運動，B、C錯誤，D正確。由于地面光滑，故一開始物體就加速運動，A錯誤。 2.(人教版必修1P77科學漫步改編)在探索測定軌道中人造天體的質(zhì)量的方法過程中做了這樣的一個實驗：用已知質(zhì)量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組m2(后者的發(fā)動機已熄滅)。接觸后，開動宇宙飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進器的平均推力為F，推進器開動時間為t，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，求火箭組的質(zhì)量m2。 答案?。璵1 解析　根據(jù)a＝得，m1、m2的共同加速度為a＝，選取m1、m2整體為研究對象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝－m1。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　整體法和隔離法解決連接體問題 1．連接體的類型 (1)彈簧連接體 (2)物物疊放連接體 (3)物物并排連接體 (4)輕繩連接體 (5)輕桿連接體 2．連接體的運動特點 (1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。 (2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。一般情況下，連接體沿桿方向的分速度相等。 (3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。 3．連接體的受力特點 輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不一定沿桿。 4．處理連接體問題的方法 (1)整體法 若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。 (2)隔離法 若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。 (3)整體法、隔離法交替運用 若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。若已知物體之間的作用力，求連接體外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。 例1　(2018甘肅五市一模)如圖所示，在水平面上，有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B與水平面的動摩擦因數(shù)均為μ，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧測力計。若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2。則以下關系式正確的是(　　) A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＜F2 C．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＝F2 D．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＞F2 解題探究　(1)兩種情況下整體受的合外力大小是否相同？ 提示：相同。 (2)F1、F2的大小與μ有關嗎？ 提示：無關。 嘗試解答　選A。 以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1， F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2， 得到a1＝a2。 當F拉B時，以A為研究對象，則有F1－μm1g＝m1a1， 得到F1＝F； 同理，當F拉A時，以B為研究對象， 得到F2＝F； 由于m1＞m2，則F1＞F2。 所以A正確，B、C、D錯誤。 總結升華 應用整體法和隔離法的解題技巧 (1)如圖所示，一起加速運動的物體系統(tǒng)，若力作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為F12＝。此結論與有無摩擦無關(有摩擦，兩物體與接觸面的動摩擦因數(shù)必須相同)，物體系統(tǒng)在平面、斜面、豎直方向運動時，此結論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結論不變。 (2)通過滑輪和繩的連接體問題：若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。繩跨過定滑輪，連接的兩物體雖然加速度大小相同但方向不同，故采用隔離法。 [變式1－1]　(2018河南二模)如圖所示，小車上有一定滑輪，跨過定滑輪的輕繩一端系一小球，另一端系在彈簧測力計上，彈簧測力計固定在小車上。開始時小車向右運動，小球的懸繩與豎直方向的夾角為θ1，若小球的懸繩與豎直方向的夾角減小為θ2(θ1、θ2均保持不變)，則夾角為θ2時與夾角為θ1時相比(　　) A．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)及小車對地面的壓力均變大 B．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)及小車對地面的壓力均變小 C．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)均變小，小車對地面的壓力不變 D．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)均不變，小車對地面的壓力變大 答案　C 解析　由題可知ma＝mgtanθ，F(xiàn)T＝，則隨著θ減小，小車的加速度a和繩子的拉力(彈簧測力計的示數(shù))均減小，由整體法可知小車對地面的壓力等于整體自身的重力，故C正確。 [變式1－2]　(2018安徽百所學校模擬)如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個滑塊A，用輕質(zhì)細繩將A與一小球B相連，A、B的質(zhì)量均為m，A與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運動，此時細繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運動時，細繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．細繩的拉力變?yōu)樵瓉淼?倍 B．A、B的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍 C．水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍 D．A受到的摩擦力不變 答案　D 解析　對B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細繩拉力大小T＝，經(jīng)分析可知，當α增大為原來的2倍時，a和T不一定是原來的2倍，A、B錯誤；對A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當α增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經(jīng)分析可知，當α增大為原來的2倍時，F(xiàn)不一定變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確。 考點2　動力學中的臨界、極值問題 1．基本思路 (1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。 (2)尋找過程中變化的物理量。 (3)探索物理量的變化規(guī)律。 (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系。 2．思維方法 例2　如圖所示，質(zhì)量為M＝2 kg 的長木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在長木板上，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。重力加速度大小為g＝10 m/s2，物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的力F，下列說法正確的是(　　) A．水平力F＝3 N時，物塊m將保持靜止狀態(tài) B．水平力F＝6 N時，物塊m將在長木板M上滑動 C．水平力F＝7 N時，長木板M的加速度大小為2.5 m/s2 D．水平力F＝9 N時，長木板M受到的摩擦力大小為5 N 解題探究　(1)m和M相對滑動的臨界條件是什么？ 提示：m和M之間的摩擦力達到最大靜摩擦力。 (2)如何求使m和M發(fā)生相對滑動所對應的臨界外力F? 提示：先隔離M再整體分析。 嘗試解答　選D。 設m和M恰好不相對滑動時力F＝F0，應用牛頓第二定律，有＝，解得F0＝7.5 N，顯然F＝3 NF0時，m和M相對運動，M受到的摩擦力大小為μmg＝5 N，D正確。 總結升華 疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路 [變式2－1]　(2018蚌埠模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA＝9－2t(N)作用，B受到向右拉力FB＝2t(N)作用。從 t＝0開始計時，則(　　) A．當t＝3 s時，A、B開始分離 B．當t＝4.5 s時，A、B開始分離 C．A、B分離之前整體做加速度相同的勻加速直線運動 D．A、B分離之后A、B各做加速度不同的勻加速直線運動 答案　AC 解析　當A、B分離時兩者間作用力為零，且a相同，所以＝＝，得t＝3 s，故A正確，B錯誤；A、B分離之前整體由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3 m/s2，兩者做加速度相同的勻加速直線運動，C正確；A、B分離之后，A、B的合外力均為變力，加速度隨時間變化，故D錯誤。 [變式2－2]　(多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　　) A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F＞3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 答案　BCD 解析　地面對B的最大靜摩擦力為μmg，A、B間最大靜摩擦力為2μmg，當F>μmg時，A、B相對于地面向右滑動；在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma，對B，有μ2mg－3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C正確，A錯誤。當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確。無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見D正確。 考點3　應用牛頓運動定律解決多過程問題 應用牛頓運動定律解決多過程問題的步驟 (1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。 (2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。 (3)根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。 (4)分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的輔助方程。 (5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論。 例3　(2018四川五校聯(lián)考)如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，BC光滑且與水平面夾角為θ＝37。木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示。已知sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)斜面BC的長度s； (2)滑塊與木塊AB表面的動摩擦因數(shù)μ。 解題探究　(1)滑塊在CB上滑動時，力傳感器讀出的是哪個力的大??？ 提示：滑塊對木塊壓力的水平分力。 (2)滑塊在BA上滑動時，力傳感器示數(shù)等于哪個力的大??？ 提示：滑塊與木塊間的摩擦力。 嘗試解答　(1)3_m__(2)0.2 (1)分析滑塊受力，由牛頓第二定律得 a1＝gsinθ＝6 m/s2， 通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1 s， 由運動學公式得斜面BC的長度為s＝a1t＝3 m。 (2)由右圖可知， 滑塊在CB上運動時，滑塊對木塊的壓力 N1′＝mgcosθ， 木塊對傳感器的壓力F1′＝F1＝N1′sinθ， 由題圖乙可知：F1′＝12 N， 解得m＝2.5 kg， 滑塊在AB上運動時， 傳感器對木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5 N， μ＝＝0.2。 總結升華 應用牛頓運動定律解決多過程問題的策略 (1)任何多過程的復雜物理問題都是由很多簡單的小過程構成。有些是承上啟下，上一過程的結果是下一過程的已知，這種情況，一步一步完成即可；有些是樹枝型，告訴的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這就要求仔細審題，找出各過程的關聯(lián)，按順序逐個分析。 (2)對于每一個研究過程，選擇什么規(guī)律，應用哪一個運動學公式要明確。 (3)注意兩個過程的連接處，加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯(lián)系前后兩個階段的橋梁。 [變式3－1]　(2018襄陽調(diào)研)如圖所示，套在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止，現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0>μmg。下列關于運動中的速度—時間圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F(xiàn)增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大。當豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加速度最大。再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度減小，當加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確。 [變式3－2]　(2018福州一模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg 的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(vt圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。 答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 解析　(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移x1，就是前1 s 內(nèi)，時間軸與圖線所圍的面積： x1＝21 m＝1 m； 物塊下滑的距離x2，就是第1 s末到第2 s末這段時間軸與圖線所圍面積： x2＝11 m＝0.5 m； 位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m， 路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。 (2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小 a1＝ m/s2＝4 m/s2， a2＝ m/s2＝4 m/s2， 設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律：0～0.5 s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma1； 0．5～1 s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝－ma2； 聯(lián)立解得：F＝8 N。 高考模擬 隨堂集訓 1. (2017海南高考)(多選)如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是(　　) A．若μ≠0，則k＝ B．若μ≠0，則k＝ C．若μ＝0，則k＝ D．若μ＝0，則k＝ 答案　BD 解析　對整體，由牛頓第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，設R和Q之間相互作用力的大小為F1，Q與P之間相互作用力的大小為F2，對R，由牛頓第二定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝，對Q和R組成的整體，由牛頓第二定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝，所以k＝＝，與μ無關，B、D正確。 2．(2018安徽質(zhì)檢)如圖所示，若干個質(zhì)量不相等可視為質(zhì)點的小球用輕細繩穿拴成一串，將繩的一端掛在車廂的頂部。當車在平直路面上做勻加速直線運動時，這串小球及繩在車廂中的形狀的示意圖正確的是(　　) 答案　A 解析　小球的加速度與車廂的加速度相同，設最上端的繩與豎直方向的夾角為θ，對所有小球組成的整體分析，有m總gtanθ＝m總a，解得tanθ＝，設第二段繩與豎直方向的夾角為θ′，對除最上面第一個球外剩余的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律有，(m總－m1)gtanθ′＝(m總－m1)a，解得tanθ′＝，同理可知，連接小球的繩子與豎直方向的夾角均相等，可知各小球和細繩在一條直線上，向左偏，A正確，B、C、D錯誤。 3. (2018洛陽統(tǒng)考)如圖所示，物體A放在斜面體B上，A恰能沿斜面勻速下滑，而斜面體B靜止不動。若沿斜面方向用力向下拉物體A，使物體A沿斜面加速下滑，則此時斜面體B對地面的摩擦力(　　) A．方向水平向左 B．方向水平向右 C．大小為零 D．無法判斷大小和方向 答案　C 解析　物體A放在斜面體B上，A恰能沿斜面勻速下滑，隔離A進行受力分析，可知斜面體B對A的支持力和摩擦力的合力與A的重力等大反向，對B進行受力分析，由平衡條件可知，地面對斜面體的摩擦力為零。若沿斜面方向用力向下拉物體A，使物體A沿斜面加速下滑，則A對斜面體B的壓力和摩擦力不變，所以地面對斜面體的摩擦力為零，斜面體B對地面的摩擦力大小也為零，C正確。 4．(2019撫順模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象。取g＝10 m/s2，則下列說法錯誤的是(　　) A．滑塊的質(zhì)量m＝4 kg B．木板的質(zhì)量M＝2 kg C．當F＝8 N時，滑塊加速度為2 m/s2 D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1 答案　C 解析　從圖乙中可知，當F>6 N時，兩者發(fā)生相對運動，當F≤6 N時兩者相對靜止，當F＝6 N時，對整體可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6 kg，當F>6 N時對木板分析：水平方向受到拉力和m給的摩擦力，故有a＝＝F－，圖象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，將F>6 N時圖線反向延長，可得當F＝4 N時，加速度為零，代入可得0＝4－，解得μ＝0.1，故A、B、D正確；當F＝8 N時滑塊加速度為a＝＝μg＝0.110 m/s2＝1 m/s2，故C錯誤。 5. (2017海南高考)一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示。質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動。經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。求： (1)彈簧的勁度系數(shù)； (2)物塊b加速度的大??； (3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式。 答案　(1)　(2)gsinθ (3)F＝t2＋ 解析　(1)物塊a、b靜止在斜面上，由平衡條件有 gsinθ＝kx0， 解得k＝。 (2)設物塊b加速度的大小為a，a、b分離時b運動的位移為x1，由運動學公式有x1＝at，x0＝a(2t1)2， 分離瞬間，對物塊a進行受力分析，由牛頓第二定律有 k(x0－x1)－mgsinθ＝ma， 聯(lián)立以上各式解得a＝gsinθ。 (3)設外力為F，經(jīng)過時間t彈簧的壓縮量為x，在物塊a、b分離前，對物塊a、b整體，由牛頓第二定律有 F＋kx－gsinθ＝a， 由運動學公式有x0－x＝at2， 聯(lián)立以上各式解得F＝t2＋。 配套課時作業(yè) 　　時間：60分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1. (2018山東濰坊模擬)一架無人機質(zhì)量為2 kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關閉動力系統(tǒng)，其vt圖象如圖所示，g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A．無人機上升的最大高度為72 m B．6～8 s內(nèi)無人機下降 C．無人機的升力大小為28 N D．無人機所受阻力大小為4 N 答案　D 解析　在vt圖象中，圖象與時間軸所圍的面積表示位移，由題圖知，無人機上升的最大高度h＝248 m＝96 m，A錯誤；由題圖知，6～8 s內(nèi)無人機向上做減速運動，直到速度減為零，8 s末上升到最高點，B錯誤；由題圖知，vt圖象的斜率即為無人機運動的加速度，故0～6 s內(nèi)無人機的加速度大小a1＝4 m/s2,6～8 s內(nèi)無人機的加速度大小a2＝12 m/s2，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1，f＋mg＝ma2，由以上兩式解得F＝32 N，f＝4 N，D正確，C錯誤。 2.如圖所示，一質(zhì)量為M的楔形木塊A放在水平桌面上，它的頂角為90，兩底角分別為α和β； a、b為兩個位于斜面上質(zhì)量均為m的小木塊，已知所有接觸面都光滑，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動，這時楔形木塊對水平桌面的壓力等于(　　) A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ) 答案　A 解析　取a、b、A整體為研究對象，其豎直方向受力情況及系統(tǒng)內(nèi)各物體運動狀態(tài)如圖所示。以豎直向上為正方向，在豎直方向上由牛頓第二定律得：FN－(M＋2m)g＝M0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β，得水平桌面對楔形木塊的支持力FN＝Mg＋mg，由牛頓第三定律得A正確。 3. (2018蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考)質(zhì)量為m的物體在受到豎直向上的拉力F的作用下豎直向下運動，其運動的速度隨時間變化的vt圖象如圖所示。假設物體受到恒定的空氣阻力作用，在0～t0、t0～3t0、3t0～4t0時間內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) A．F1>F2>F3 B．F1F3>F2 D．F1＝F3>F2 答案　B 解析　由vt圖象可知，物體在0～t0的時間內(nèi)向下做勻加速直線運動，加速度大小為a1＝，設物體受到恒定的空氣阻力大小為f，由牛頓第二定律可知mg－F1－f＝ma1，解得F1＝mg－m－f；物體在t0～3t0的時間內(nèi)向下做勻速直線運動，則由力的平衡條件可知F2＋f＝mg即F2＝mg－f；物體在3t0～4t0的時間內(nèi)向下做勻減速直線運動，加速度大小為a3＝，由牛頓第二定律可知F3－mg＋f＝ma3，解得F3＝mg＋m－f，因此F3>F2>F1，B正確。 4. 質(zhì)量為m0的物體A放在粗糙水平桌面上，B為砂桶，A、B兩物體通過跨接在光滑的定滑輪上的輕質(zhì)細線連接，如圖所示。開始時兩物體均靜止，砂桶B距地面的高度為h，然后逐漸向砂桶中加砂子，則下面說法不正確的是(　　) A．砂桶中加的砂子越多，細線上的拉力越大 B．砂桶中加的砂子越多，細線上的拉力可能越小 C．物體A發(fā)生滑動后，砂和砂桶的質(zhì)量越大，細線上拉力越大 D．某次實驗時，物體A的質(zhì)量與砂和砂桶的總質(zhì)量相等，若物體A沿桌面滑行的最遠距離等于2h，則可以求出物體A與桌面的動摩擦因數(shù) 答案　B 解析　物體A發(fā)生滑動之前，細線上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物體A發(fā)生滑動后，設砂桶和砂子的總質(zhì)量為m，加速度大小為a，對B有mg－FT＝ma，對A有FT－μm0g＝m0a，聯(lián)立兩式整理得FT＝，m越大，拉力越大，故A、C正確，B錯誤；分析物體A的整個運動過程，加速階段和減速階段的位移大小均為h，知加速與減速過程的加速度大小相等，根據(jù)mg－FT＝ma，F(xiàn)T－μm0g＝m0a，m＝m0和a＝μg，可求出動摩擦因數(shù)μ，D正確。本題選不正確的，故選B。 5．如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時兩物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vt圖象如圖乙所示(重力加速度為g)，則(　　) A．施加外力前，彈簧的形變量為 B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g－a) C．A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零 D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值 答案　B 解析　施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝，故A錯誤；施加外力F的瞬間，對物體B，根據(jù)牛頓第二定律有F彈－Mg－FAB＝Ma，其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正確；由題圖乙知，物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故C錯誤；當F彈′＝Mg時，B達到最大速度，故D錯誤。 6. 如圖所示，質(zhì)量為M的長平板車放在光滑的傾角為α的斜面上，車上站著一質(zhì)量為m的人，若要平板車靜止在斜面上，車上的人必須(　　) A．勻速向下奔跑 B．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 C．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 D．以加速度a＝gsinα，向上加速奔跑 答案　C 解析　作出車的受力圖，如圖甲所示，求出人對車的摩擦力Ff＝Mgsinα；作出人的受力圖，如圖乙所示，則mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝gsinα，方向沿斜面向下。故C正確。 7．如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m，甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計)；人與車始終保持相對靜止。下列說法正確的是(　　) A．甲車的加速度大小為 B．甲車的加速度大小為0 C．乙車的加速度大小為 D．乙車的加速度大小為0 答案　BC 解析　對甲圖中人和車組成的系統(tǒng)受力分析，在水平方向的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力)，故a甲＝0，A錯誤，B正確；在乙圖中，人拉輕繩的力為F，則繩拉人和繩拉車的力均為F，對人和車組成的系統(tǒng)受力分析，水平合外力為2F，由牛頓第二定律知：a乙＝，則C正確，D錯誤。 8. (2018武漢測試)如圖所示，材料相同的A、B兩物體質(zhì)量分別為m1、m2由輕繩連接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運動。輕繩拉力的大小(　　) A．與斜面的傾角θ無關 B．與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ有關 C．與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關 D．若改用F沿斜面向下拉連接體，輕繩拉力的大小不變 答案　AC 解析　將兩物體看成一個整體有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a， 解得：a＝，對B物體受力分析且由牛頓第二定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝，故B錯誤，A、C正確；改用F沿斜面向下拉連接體，將兩物體看成一個整體有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a′，解得：a′＝，對A物體受力分析且由牛頓第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝，故D錯誤。 9．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于光滑水平地面上，A、B接觸面光滑，傾角為θ?，F(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對靜止共同運動，則下列說法正確的是(　　) A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．兩種情況下獲取的最大加速度相同 C．兩種情況下所加的最大推力相同 D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 答案　BC 解析　F作用于題圖甲中A，當F最大時，A剛要離開地面，A受力如圖1，F(xiàn)N1cosθ＝mg，對B：FN1sinθ＝ma1；F作用于題圖乙中A，當F最大時，B剛要離開地面，B受力如圖2，F(xiàn)N2cosθ＝mg，F(xiàn)N2sinθ＝ma2，可見FN2＝FN1，a2＝a1，對整體分析易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項B、C正確。 10．如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN。若Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10 m/s2。則(　　) A．a(chǎn)＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0 B．小球質(zhì)量m＝0.1 kg C．斜面傾角θ的正切值為 D．小球離開斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a(N) 答案　ABC 解析　小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球離開斜面之前，Ta圖象為直線，由題圖乙可知a＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0，A正確；當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當a＝ m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以＝ma，聯(lián)立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，B、C正確；將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D錯誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．(14分)水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為μ。細繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)、光滑動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖所示。初始時，細繩處于水平拉直狀態(tài)。若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g，求： (1)物塊B受到的摩擦力； (2)物塊A、B的加速度大小。 答案　(1)4μmg，方向水平向左 (2)　 解析　(1)物塊B所受摩擦力f＝μN＝μ4mg＝4μmg，方向水平向左。 (2)物塊A向右移動s，則B向右移動。 則：加速度aA＝2aB 分別隔離A、B，由牛頓第二定律得 F－T－μmg＝maA 2T－4μmg＝4maB 聯(lián)立得：aA＝，aB＝。 12．(16分)將一輕彈簧下端固定在傾角為θ＝30的光滑固定斜面底端，上端拴接著質(zhì)量為mA＝1 kg的物塊A，彈簧的勁度系數(shù)k＝50 N/m。質(zhì)量為mB＝2 kg的物塊B用繞過光滑定滑輪的輕繩與質(zhì)量為mC＝2 kg的物塊C相連，用手托住物塊C使輕繩拉直且恰好無張力，此時物塊B緊靠著物塊A靜止于斜面上。g取10 m/s2，現(xiàn)在釋放物塊C，求： (1)釋放瞬間物塊C的加速度大?。? (2)物塊A、B分離時C下落的距離。 答案　(1)4 m/s2　(2)0.15 m 解析　(1)開始時彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件得 (mA＋mB)gsinθ＝kx0① 釋放物塊C時，A、B、C將一起做加速直線運動，設此時輕繩的拉力大小為T，對物塊C由牛頓第二定律可得 mCg－T＝mC a② 對A、B整體由牛頓第二定律可得 T＋kx0－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a③ 聯(lián)立①②③式并代入數(shù)值求得a＝4 m/s2。 (2)當物塊A、B分離時，A、B之間的彈力為零，設此時彈簧的壓縮量為x1，此時A、B的加速度大小為a′，輕繩的拉力大小為T′，對A由牛頓第二定律可得 kx1－mAgsinθ＝mAa′④ 對B由牛頓第二定律得 T′－mBgsinθ＝mBa′⑤ 對C由牛頓第二定律得 mCg－T′＝mCa′⑥ 物塊C下落的距離h＝x0－x1⑦ 聯(lián)立①④⑤⑥式解得h＝0.15 m。