2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號(hào):100999338 上傳時(shí)間:2022-06-04 格式:DOCX 頁數(shù):26 大?。?.66MB
收藏 版權(quán)申訴 舉報(bào) 下載
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)_第1頁
第1頁 / 共26頁
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)_第2頁
第2頁 / 共26頁
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)_第3頁
第3頁 / 共26頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

26 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(含解析)(26頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一超重與失重現(xiàn)象 1 熱點(diǎn)題型二 動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 3 4 6 7 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對(duì)比 8 加速度相同的連接體問題 8 加速度不同的連接體問題 9 熱點(diǎn)題型三 臨界極值問題 9 10 12 熱點(diǎn)題型四 傳送帶模型 13 14 15 熱點(diǎn)題型五 滑塊—木板模型 17 18 19 【題型演練】 21 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一 超重與失重現(xiàn)象 1.對(duì)超重和失重的理解 (1)不論超重、失重或完全失重,物體的重力都不變,只是“視重”改變. (2

2、)在完全失重的狀態(tài)下,一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失. (3)盡管物體的加速度不是豎直方向,但只要其加速度在豎直方向上有分量,物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài). (4)盡管整體沒有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度,整體也會(huì)出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象. 2.判斷超重和失重的方法 從受力的角度判斷 當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí),物體處于超重狀態(tài);小于重力時(shí),物體處于失重狀態(tài);等于零時(shí),物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí),物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時(shí),物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時(shí),物體處于完全失重

3、狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時(shí),超重 ②物體向下加速或向上減速時(shí),失重 【例1】(2019·山西懷仁一中月考)電梯的頂部掛一個(gè)彈簧秤,秤下端掛了一個(gè)重物,電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧秤的示數(shù)為10 N,在某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N, 關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)(如圖所示),以下說法正確的是(g取10 m/s2(  ) A. 電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為4 m/s2 B.電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為4 m/s2 C.電梯可能向上減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為4 m/s2 D.電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為4 m/s2

4、【答案】 BC 【解析】 電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧秤的示數(shù)為10 N,知重物的重力等于10 N,在某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N,可知電梯處于失重狀態(tài),加速度向下,對(duì)重物根據(jù)牛頓第二定律有:mg-F=ma,解得a=4 m/s2,方向豎直向下,則電梯的加速度大小為4 m/s2,方向豎直向下.電梯可能向下做加速運(yùn)動(dòng),也可能向上做減速運(yùn)動(dòng),故B、C正確,A、D錯(cuò)誤. 【變式1】.如圖所示,在教室里某同學(xué)站在體重計(jì)上研究超重與失重.她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿 稱為“下蹲”過程;由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程.關(guān)于她的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,下列說法中正確的 是 (  )

5、 A.只有“起立”過程,才能出現(xiàn)失重現(xiàn)象 B.只有“下蹲”過程,才能出現(xiàn)超重現(xiàn)象 C.“下蹲”的過程,先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象 D.“起立”“下蹲”的過程,都能出現(xiàn)超重和失重現(xiàn)象 【答案】D 【解析】下蹲過程中,人先向下做加速運(yùn)動(dòng),后向下做減速運(yùn)動(dòng),所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài);人從下蹲狀態(tài)站起來的過程中,先向上做加速運(yùn)動(dòng),后向上做減速運(yùn)動(dòng),最后回到靜止?fàn)顟B(tài),人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài),故A、B、C錯(cuò)誤,D正確. 5. 為了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng) 調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示.當(dāng)此車減速上

6、坡時(shí),則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)(  ) A.處于超重狀態(tài) B.不受摩擦力的作用 C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合力方向豎直向上 【答案】C【解析】當(dāng)車減速上坡時(shí),加速度方向沿斜坡向下,人的加速度與車的加速度相同,根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下. 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力,如圖所示. 將加速度沿豎直方向和水平方向分解,有豎直向下的加速度,則mg-FN=may,F(xiàn)N<mg,乘客處于失重狀態(tài),故A、B、D錯(cuò)誤,C正確. 熱點(diǎn)題型二 動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 1.連接體的類型

7、(1)輕繩連接體 (2)接觸連接體 (3)彈簧連接體 2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 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. 輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí),連接體具有相同的平動(dòng)速度;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比. 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;在彈簧形變量最大時(shí),兩端連接體的速率相等. 3.解決方法 (1)分析方法:整體法和隔離法. (2)選用整體法和隔離法的策略 ①當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同時(shí),宜選用整體法;當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同時(shí),宜選用隔離法. ②對(duì)較復(fù)雜的問題,通常需要多次選取研究對(duì)象,

8、交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解. 【例2】(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,粗糙水平面上放置B、C兩物體,A疊放在C上,A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m,物體B、C與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,其間用一不可伸長的輕繩相連,輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉物體B,使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng),則(  ) A.此過程中物體C受五個(gè)力作用 B.當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí),輕繩剛好被拉斷 C.當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí),輕繩剛好被拉斷 D.若水平面光滑,則繩剛斷時(shí),A、C間的摩擦力為 【答案】 C 【解析】 對(duì)A,A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用,可

9、以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤;對(duì)整體分析,整體的加速度a==-μg,隔離對(duì)AC分析,根據(jù)牛頓第二定律得,F(xiàn)T-μ·4mg=4ma,計(jì)算得出FT=F,當(dāng)F=1.5FT時(shí),輕繩剛好被拉斷,故B錯(cuò)誤,C正確;水平面光滑,繩剛斷時(shí),對(duì)AC分析,加速度a=,隔離對(duì)A分析,A的摩擦力Ff=ma=,故D錯(cuò)誤. 【變式1】(多選)如圖所示,已知M>m,不計(jì)滑輪及繩子的質(zhì)量,物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng),若將M與m 互換,M、m與桌面的動(dòng)摩因數(shù)相同,則 (  ) A.物體M與m仍做勻速運(yùn)動(dòng) B.物體M與m做加速運(yùn)動(dòng),加速度a

10、= C.物體M與m做加速運(yùn)動(dòng),加速度a=D.繩子中張力不變 【答案】 CD 【解析】 當(dāng)物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng),對(duì)M,水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力,得:μMg=T=mg,所以:μ==.若將M與m互換,則對(duì)M:Ma=Mg-T′,對(duì)m,則:ma=T′-μmg,得:a====,故A、B錯(cuò)誤,C正確;繩子中的拉力:T′=ma+μmg=+mg=mg,故D正確. 【變式2】(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θ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與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.為了增加 輕線上的張力,可行的辦法

11、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θ D.增大動(dòng)摩擦因數(shù)μ 【答案】AB 【解析】對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得: F-(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcos θ=(mA+mB)a, 隔離物塊B,應(yīng)用牛頓第二定律得, FT-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa. 兩式聯(lián)立可解得:FT=,由此可知,F(xiàn)T的大小與θ、μ無關(guān),mB越大,mA越小,F(xiàn)T越大,故A、B均正確. 【例3】(多選)(2015·高考全國卷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(dāng)機(jī) 車在東邊拉著這列車廂以

12、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.8        B.10 C.15 D.18 【答案】 BC 【解析】 設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂,每節(jié)車廂的質(zhì)量為m,則F=nma① 設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂,則F=km·a② 聯(lián)立①②得3n=2k,由此式可知n只能取偶數(shù), 當(dāng)n=2時(shí),k=3,總節(jié)數(shù)為N=5 當(dāng)n=4時(shí),k=6,總節(jié)數(shù)為N=10 當(dāng)n=6時(shí),k=9,總節(jié)數(shù)為N

13、=15 當(dāng)n=8時(shí),k=12,總節(jié)數(shù)為N=20,故選項(xiàng)B、C正確. 【變式】.如圖所示,在傾角為θ的固定斜面上有兩個(gè)靠在一起的物體A、B,兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ相同,用平行于斜面的恒力F向上推物體A使兩物體沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng),且B對(duì)A的壓力平行于 斜面,則下列說法中正確的是 (  ) A.只減小A的質(zhì)量,B對(duì)A的壓力大小不變 B.只減小B的質(zhì)量,B對(duì)A的壓力大小會(huì)增大 C.只減小斜面間的傾角,B對(duì)A的壓力大小不變 D.只減小兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ,B對(duì)A的壓力會(huì)增大 【答案】C 【解析】將A、B看成一個(gè)整體,整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力

14、,沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力,沿斜面向上的推力,根據(jù)牛頓第二定律可得a==-gsin θ-μgcos θ,隔離B分析可得FN-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa,解得FN=,由牛頓第三定律可知,B對(duì)A的壓力FN′=,若只減小A的質(zhì)量,壓力變大,若只減小B的質(zhì)量,壓力變小,A、B錯(cuò)誤;A、B之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)無關(guān),C正確,D錯(cuò)誤. 【例4】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示,光滑水平面上,質(zhì)量分別為m、M的木塊A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng),木塊間的輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k,原長為L0,則此時(shí)木塊A、B間的距離為 (  ) A.L0

15、+ B.L0+ C.L0+ D.L0+ 【答案】 B 【解析】 先以A、B整體為研究對(duì)象,加速度為:a=,再隔離A木塊,彈簧的彈力:F彈=ma=kΔx,則彈簧的長度L=L0+=L0+,故選B. 【變式】.(2019·貴州銅仁一中模擬)物體A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧做成的彈簧秤 相連,如圖所示,今對(duì)物體A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2,且F1大于F2,則彈簧秤的示數(shù)(  ) A.一定等于F1-F2 B.一定大于F2小于F1 C.一定等于F1+F2 D.條件不足,無法確定 【解析】兩個(gè)物體一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)兩個(gè)物體整體運(yùn)用牛頓第二定律,有:F1-F2=

16、(M+m)a,再對(duì)物體A受力分析,運(yùn)用牛頓第二定律,得到:F1-F=Ma,由以上兩式解得F=,由于F1大于F2,故F一定大于F2小于F1,故B正確. 【答案】B 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對(duì)比 加速度相同的連接體 整體法(先整體后部分) 加速度相同時(shí)可把連接體看成一整體,再求整體外力時(shí)可用整體受力分析;若涉及到內(nèi)力問題必須用隔離法分析 加速度不同的連接體 隔離法(先部分后整體) 加速度不同的連接體或要求連接體中各個(gè)物體間的作用力時(shí)一般用隔離法 加速度相同的連接體問題 【例5】.如圖所示,質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上,小車上用細(xì)線懸吊

17、一質(zhì)量為m的小球,M>m,用一力F水平向右拉小球,使小球和車一起以加速度a向右運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線與豎直方向成θ角,細(xì)線的拉力為F1.若用一力F′水平向左拉小車,使小球和其一起以加速度a′向左運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線與豎直方向也成θ角,細(xì)線的拉力為F′1.則(  ) A.a(chǎn)′=a,F(xiàn)′1=F1   B.a(chǎn)′>a,F(xiàn)′1=F1 C.a(chǎn)′<a,F(xiàn)′1=F1 D.a(chǎn)′>a,F(xiàn)′1>F1 【答案】B 【解析】.當(dāng)用力F水平向右拉小球時(shí),以小球?yàn)檠芯繉?duì)象, 豎直方向有F1cos θ=mg ① 水平方向有F-F1sin θ=ma, 以整體為研究對(duì)象有F=(m+M)a, 解得a=gtan θ ② 當(dāng)用力F

18、′水平向左拉小車時(shí),以球?yàn)檠芯繉?duì)象, 豎直方向有F′1cos θ=mg ③ 水平方向有F′1sin θ=ma′, 解得a′=gtan θ ④ 結(jié)合兩種情況,由①③式有F1=F′1;由②④式并結(jié)合M>m有a′>a.故正確選項(xiàng)為B. 加速度不同的連接體問題 【例6】.如圖所示,一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上,質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=2 kg的物塊A、B放在長木板上,A、B與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.現(xiàn)用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10 m/s2.改變F的大小,B的加速度大小可能為(  ) A.1 m/s2 B.2.5 m

19、/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2 【答案】A 【解析】.A、B放在輕質(zhì)長木板上,長木板質(zhì)量為0,所受合力始終為0,即A、B所受摩擦力大小相等.由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關(guān)系為fAmax

20、范圍”“多長時(shí)間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往就對(duì)應(yīng)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極值,這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn). (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.幾種臨界狀態(tài)和其對(duì)應(yīng)的臨界條件 臨界狀態(tài) 臨界條件 速度達(dá)到最大 物體所受的合外力為零 兩物體剛好分離 兩物體間的彈力FN=0 繩剛好被拉直 繩中張力為零 繩剛好被拉斷 繩中張力等于繩能承受的最大拉力 【例7】如圖所示,質(zhì)量m=2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角θ=37°的光滑斜面上,

21、此時(shí),細(xì)繩平行于斜面.G 取10 m/s2.下列說法正確的是 (  ) A.當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為20 N B.當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為30 N C.當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為40 N D.當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為60 N 【答案】 A 【解析】 小球剛好離開斜面時(shí)的臨界條件是斜面對(duì)小球的彈力恰好為零.斜面對(duì)小球的彈力恰好為零時(shí),設(shè)繩子的拉力為F,斜面的加速度為a0.以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ=ma0,F(xiàn)sin θ-mg=0,代入數(shù)

22、據(jù)解得a0≈13.3 m/s2. (1)由于a1=5 m/s2a0,可見小球離開了斜面,此時(shí)小球的受力情況如圖乙所示. 設(shè)繩子與水平方向的夾角為α.以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)牛頓第二定律有 F2cos α=ma2,F(xiàn)2sin α-mg=0 代入數(shù)據(jù)解得F2=20 N,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 【變式】.(2019·湖北黃

23、岡中學(xué)模擬)如圖所示,水平地面上有一車廂,車廂內(nèi)固定的平臺(tái)通過相同的彈簧把 相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上,已知A、B與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,車廂靜止時(shí), 兩彈簧長度相同,A恰好不下滑,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速 運(yùn)動(dòng),為保證A、B仍相對(duì)車廂靜止,則(  ) A.速度可能向左,加速度可大于(1+μ)g B.加速度一定向右,不能超過(1-μ)g C.加速度一定向左,不能超過μg D.加速度一定向左,不能超過(1-μ)g 【答案】B 【解析】開始A恰好不下滑,對(duì)A分析有fA=mg=μFNA=μF彈,

24、解得F彈=,此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài).當(dāng)車廂做加速運(yùn)動(dòng)時(shí),為了保證A不下滑,側(cè)壁對(duì)A的支持力必須大于等于,根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右.對(duì)B分析,有fBm=μFNB=μ(F彈-mg)≥ma,解得a≤(1-μ)g,故選項(xiàng)B正確,A、C、D錯(cuò)誤. 【例7】(2019·遼寧葫蘆島六校聯(lián)考)如圖所示,木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當(dāng)θ=30°時(shí),可 視為質(zhì)點(diǎn)的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板 向上運(yùn)動(dòng),隨著θ的改變,小木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. (1)求小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù);

25、(2)當(dāng)θ角為何值時(shí),小木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)θ=30°時(shí),木塊處于平衡狀態(tài),對(duì)木塊受力分析:mgsin θ=μFN FN-mgcos θ=0 解得μ=tan θ=tan 30°=. (2)當(dāng)θ變化時(shí),設(shè)沿斜面向上為正方向,木塊的加速度為a,則-mgsin θ-μmgcos θ=ma 由0-v=2ax得 x== 其中tan α=μ,則當(dāng)α+θ=90°時(shí)x最小,即θ=60° 所以x最小值為xmin== 【點(diǎn)睛】此題是牛頓第二定律的應(yīng)用問題,解題時(shí)應(yīng)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式列出方程,然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)討論

26、最小值,考查學(xué)生數(shù)學(xué)知識(shí)的運(yùn)用能力. 【變式】.如圖所示,一兒童玩具靜止在水平地面上,一個(gè)幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平 面運(yùn)動(dòng),已知拉力F=6.5 N,玩具的質(zhì)量m=1 kg,經(jīng)過時(shí)間t=2.0 s,玩具移動(dòng)了距離x=2 m,這時(shí)幼 兒松開手,玩具又滑行了一段距離后停下.g取10 m/s2,求: (1)玩具與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)松開手后玩具還能運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)? (3)幼兒要拉動(dòng)玩具,拉力F與水平面夾角多大時(shí),最省力? 【答案】(1) (2) m (3)30° 【解析】(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng), 由位移公式可得x=at2 解得a= m/s2

27、 對(duì)玩具,由牛頓第二定律得 Fcos 30°-μ(mg-Fsin 30°)=ma 解得μ=. (2)松手時(shí),玩具的速度v=at=2 m/s 松手后,由牛頓第二定律得μmg=ma′ 解得a′= m/s2 由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得 玩具的位移x′== m. (3)設(shè)拉力與水平方向的夾角為θ,玩具要在水平面上運(yùn)動(dòng),則Fcos θ-Ff>0 Ff=μFN 在豎直方向上,由平衡條件得 FN+Fsin θ=mg 解得F> cos θ+μsin θ=sin(60°+θ) 當(dāng)θ=30°時(shí),拉力最小,最省力. 熱點(diǎn)題型四 傳送帶模型 項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情

28、況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0>v時(shí),可能一直減速,也可能先減速再勻速 (2)v0<v時(shí),可能一直加速,也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時(shí),滑塊一直減速達(dá)到左端 (2)傳送帶較長時(shí),滑塊還要被傳送帶傳回右端.若v0 >v,返回時(shí)速度為v;若v0<v,返回時(shí)速度為v0 【例8】(2019·??谀M)如圖所示,水平傳送帶A、B兩端相距s=3.5 m,工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.工件滑上A端瞬時(shí)速度vA=4 m/s,到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB,則(g取10 m/s2)(  ) A.若傳送帶不動(dòng),

29、則vB=3 m/s B.若傳送帶以速度v=4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=3 m/s C.若傳送帶以速度v=2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=3 m/s D.若傳遞帶以速度v=2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=2 m/s 【答案】ABC 【解析】.若傳送帶不動(dòng),由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v-v=-2as,a=μg,代入數(shù)據(jù)解得vB=3 m/s,當(dāng)滿足選項(xiàng)B、C、D中的條件時(shí),工件所受滑動(dòng)摩擦力跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣,還是向左,加速度還是μg,所以工件到達(dá)B端時(shí)的瞬時(shí)速度仍為3 m/s,故選項(xiàng)A、B、C正確,D錯(cuò)誤. 【變式】如圖所示,水平長傳送帶始終以v勻速運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端,

30、物體與傳送帶 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,AB長為L,L足夠長.問: (1)物體從A到B做什么運(yùn)動(dòng)? (2)當(dāng)物體的速度達(dá)到傳送帶速度v時(shí),物體的位移多大?傳送帶的位移多大? (3)物體從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少? (4)什么條件下物體從A到B所用時(shí)間最短? 【答案】 (1)先勻加速,后勻速 (2)  (3)+ (4)v≥ 【解析】 (1)物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度與傳送帶速度相同時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng). (2)由v=at和a=μg,解得t= 物體的位移x1=at2= 傳送帶的位移x2=vt= (3)物體從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t總=+=+ (4)當(dāng)物體從A到B一直做勻加速

31、直線運(yùn)動(dòng)時(shí),所用時(shí)間最短,所以要求傳送帶的速度滿足v≥. 項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速 【例9】(2019·濰坊模擬)如圖所示,傾斜的傳送帶順時(shí)

32、針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶,滑上時(shí)速率為v1,傳送帶的速率為v2,且v2>v1,不計(jì)空氣阻力,動(dòng)摩擦因數(shù)一定,關(guān)于物塊離開傳送帶的速率v和位置,下面可能的是(  ) A.從下端B離開,v>v1  B.從下端B離開,v

33、選項(xiàng)B正確;當(dāng)摩擦力小于重力的分力時(shí),則v>v1,選項(xiàng)A正確;當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時(shí),滑塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng),v=v1,故本題應(yīng)選A、B、C. 【變式】如圖所示,傳送帶與地面夾角θ=37°,AB長度為16 m,傳送帶以10 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在傳送帶上端A無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為0.5 kg的物體,它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間是多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) 【答案】 2 s 【解析】 物體放在傳送帶上后,開始階段,由于傳送帶的速度大于物體的速度,傳送帶給物體沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力Ff,物體受力

34、情況如圖甲所示.物體由靜止加速,由牛頓第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,得a1=10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2. 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時(shí)間t1== s=1 s,時(shí)間t1內(nèi)的位移x=a1t=5 m. 由于μ

35、 s(舍去). 所以物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t=t1+t2=2 s. 熱點(diǎn)題型五 滑塊—木板模型 1.模型特征 滑塊——滑板模型(如圖a),涉及摩擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱,多次相互作用,屬于多物體、多過程問題,知識(shí)綜合性較強(qiáng),對(duì)能力要求較高,故頻現(xiàn)于高考試卷中.另外,常見的子彈射擊滑板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(dòng)(如圖c)都屬于滑塊類問題,處理方法與滑塊——滑板模型類似. 2.兩種類型 類型圖示 規(guī)律分析 木板B帶動(dòng)物塊A,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等,則位移關(guān)系為xB=xA+L 物塊A帶動(dòng)木板B,物塊恰好不從木板上掉

36、下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等,則位移關(guān)系為xB+L=xA 3.分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián) 【例10】如圖所示,質(zhì)量M=1 kg的木板A靜止在水平地面上,在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的鐵 塊B(大小可忽略),鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.3,木板長L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在鐵上, g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑,計(jì)算說明鐵塊與木板間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng); (2)若木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1,求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間. 【答案】 (1)見解析 (2) s 【解析】 (1)A、B之

37、間的最大靜摩擦力為 fm>μ1mg=0.3×1×10 N=3 N 假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),則 對(duì)A、B整體:F=(M+m)a 對(duì)A:fAB=Ma 解得:fAB=2.5 N 因fAB<fm,故A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng). (2)對(duì)B:F-μ1mg=maB 對(duì)A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA 據(jù)題意:xB-xA=L xA=aAt2,xB=aBt2 解得:t= s. 【變式】如圖所示,在山體下的水平地面上有一靜止長木板,某次山體滑坡,有石塊從山坡上滑下后,恰好以速度v1滑上長木板,石塊與長木板、長木板與水平地面之間都存在摩擦.設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力的大小,

38、且石塊始終未滑出長木板.下面給出了石塊在長木板上滑行的v-t圖象,其中可能正確的是(  ) 【答案】BD. 【解析】由于石塊與長木板、長木板與地面之間都有摩擦,故石塊不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若石塊對(duì)長木板向右的滑動(dòng)摩擦力小于地面對(duì)長木板的最大靜摩擦力,則長木板將靜止不動(dòng),石塊將在長木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D正確;設(shè)石塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,長木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,石塊的質(zhì)量為m,長木板的質(zhì)量為M,當(dāng)μ1mg>μ2(M+m)g時(shí),最終石塊與長木板將一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)的加速度為μ2g,由μ1mg>μ2(M+m)g,可得μ1mg>μ2mg,即

39、石塊剛開始的加速度大于石塊與長木板一起減速時(shí)的加速度,即μ1g>μ2g,也就是說圖象的斜率將變小,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,B正確. 【例11】 (2019·安徽六安模擬)如圖所示,質(zhì)量為M=8 kg的小車放在光滑的水平面上,在小車左端加一 水平推力F=8 N,當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到v0=1.5 m/s時(shí),在小車前端輕輕放上一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量為 m=2 kg的小物塊,小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,已知運(yùn)動(dòng)過程中,小物塊沒有從小車上掉下來, g取10 m/s2,求: (1)經(jīng)過多長時(shí)間兩者達(dá)到相同的速度; (2)小車至少多長,才能保證小物塊不從小車上掉下來; (3)從小物塊放

40、上小車開始,經(jīng)過t=1.5 s小物塊對(duì)地的位移大小為多少? 【答案】 (1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m 【解析】 (1)設(shè)小物塊和小車的加速度分別為am、aM,由牛頓第二定律有:μmg=mam, F-μmg=MaM 代入數(shù)據(jù)解得:am=2 m/s2,aM=0.5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1兩者達(dá)到相同的速度,由amt1=v0+aMt1,解得:t1=1 s. (2)當(dāng)兩者達(dá)到相同的速度后,假設(shè)兩者保持相對(duì)靜止,以共同的加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng),對(duì)小物塊和小車整體,由牛頓第二定律有:F=(M+m)a,解得:a=0.8 m/s2 此時(shí)小物塊和小車之間的摩擦力f=ma=1.6

41、 N 而小物塊和小車之間的最大靜摩擦力fm>μmg=4 N>f,所以兩者達(dá)到相同的速度后,兩者保持相對(duì)靜止. 從小物塊放上小車開始,小物塊的位移為:sm=amt 小車的位移sM=v0t1+aMt 小車的長度至少為l=sM-sm 代入數(shù)據(jù)得:l=0.75 m (3)在開始的1 s內(nèi),小物塊的位移sm=amt=1 m,末速度v=amt1=2 m/s,在剩下的時(shí)間t2=t-t1=0.5 s時(shí)間內(nèi),物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2=vt2+at,得s2=1.1 m,可見小物塊在總共1.5 s時(shí)間內(nèi)通過的位移大小為s=sm+s2=2.1 m. 【變式】(2019·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示,在光滑的水

42、平面上有一足夠長的質(zhì)量為M=4 kg的長木板, 在長木板右端有一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊,長木板與小物塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,長木板與小物塊均靜 止.現(xiàn)用F=14 N的水平恒力向右拉長木板,經(jīng)時(shí)間t=1 s撤去水平恒力F. (1)在F的作用下,長木板的加速度為多大? (2)剛撤去F時(shí),小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)? (3)最終長木板與小物塊一同以多大的速度勻速運(yùn)動(dòng)? (4)最終小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)? 【答案】(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得a=,解得a=3 m/s2 (2)撤去F之前,小物

43、塊只受摩擦力作用, 故am=μg=2 m/s2 Δx1=at2-amt2,解得Δx1=0.5 m (3)剛撤去F時(shí),v=at=3 m/s,vm=amt=2 m/s 撤去F后,長木板的加速度a′==0.5 m/s2 最終速度v′=vm+amt′=v-a′t′ 解得v′=2.8 m/s (4)在t′內(nèi),小物塊和木板的相對(duì)位移 Δx2=- 解得Δx2=0.2 m 最終小物塊離長木板右端x=Δx1+Δx2=0.7 m. 【題型演練】 1.(2018·浙江4月選考)如圖所示,小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作,下列F-t圖象能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是(  ) 【答案】C

44、【解析】對(duì)人的運(yùn)動(dòng)過程分析可知,人下蹲的過程可以分成兩段:人在加速下蹲的過程中,有向下的加速度,處于失重狀態(tài),此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力小于人的重力的大小;在減速下蹲的過程中,加速度方向向上,處于超重狀態(tài),此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于人的重力的大小,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤. 2.我國航天員要在天宮1號(hào)航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測量物體的質(zhì)量,采用的方法如下:質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個(gè)力傳感器.待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動(dòng),如圖所示.穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個(gè)傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2,由此可知待測物體B的質(zhì)量為(  ) A.    B.

45、 C. D. 【答案】B 【解析】整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F1=(m1+2m2+m)a;隔離B物體,由牛頓第二定律得F2=ma;聯(lián)立可得m=,B對(duì). 3.質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上,一細(xì)繩繞過皮帶輪的皮帶槽,一端系一質(zhì)量為m的重物,另一端固定在桌面上.如圖所示,工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì),桌面上繩與桌面平行,則重物下落過程中,工件運(yùn)動(dòng)的加速度為(  ) A. B. C. D. 【解析】相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,設(shè)繩

46、上的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律有:=2×,解得:F=,工件加速度為:a==,所以A正確. 【答案】A 4.(2019·南京、鹽城模擬)如圖所示,蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上,運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程,從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程,運(yùn)動(dòng)員(  ) A.在第一過程中始終處于失重狀態(tài) B.在第二過程中始終處于超重狀態(tài) C.在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài) D.在第二過程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài) 【答案】CD 【解析】.運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力,運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài);隨床面形變的增大,彈力逐漸增大,彈力大于重力

47、時(shí),運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài),故A錯(cuò)誤,C正確;蹦床運(yùn)動(dòng)員在上升過程中和下落過程中是對(duì)稱的,加速度方向先向上后向下,先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài),故B錯(cuò)誤,D正確. 5. (2019·武漢模擬)如圖所示,兩黏連在一起的物塊a和b,質(zhì)量分別為ma和mb,放在光滑的水平桌面上,現(xiàn)同時(shí)給它們施加方向如圖所示的水平推力Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,則a對(duì)b的作用力(  ) A.必為推力   B.必為拉力 C.可能為推力,也可能為拉力 D.不可能為零 【答案】C 【解析】.將a、b看做一個(gè)整體,加速度a=,單獨(dú)對(duì)a進(jìn)行分析,設(shè)a、b間的作用力為Fab,則a==,即Fab

48、=,由于不知道m(xù)a與mb的大小關(guān)系,故Fab可能為正,可能為負(fù),也可能等于0. 6.(2019·南陽五校聯(lián)考) 如圖所示,滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑,滑輪下用輕繩掛著一個(gè)重為G的物體B,下滑時(shí),物體B相對(duì)于A靜止,則下滑過程中(  ) A.B的加速度為gsin θ B.繩的拉力為 C.繩的方向保持豎直 D.繩的拉力為G 【答案】A 【解析】. A、B相對(duì)靜止,即兩物體的加速度相同,以A、B整體為研究對(duì)象分析受力可知,系統(tǒng)的加速度為gsin θ,所以選項(xiàng)A正確;再以B為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析,如圖,根據(jù)平行四邊形法則可知,繩子的方向與斜面垂直,拉力大小等于Gcos θ,故

49、選項(xiàng)B、C、D都錯(cuò)誤. 6. 如圖,光滑水平面上,水平恒力F作用在木塊上,長木板和木塊間無相對(duì)滑動(dòng),長木板質(zhì)量為M,木塊 質(zhì)量為m.它們共同加速度為a,木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則在運(yùn)動(dòng)過程中 (  ) A.木塊受到的摩擦力一定是μmg B.木塊受到的合力為F C.長木板受到的摩擦力為μmg D.長木板受到的合力為 【答案】D 【解析】整體的加速度a=,隔離長木板,受力分析,長木板所受的合力為F合=,且長木板所受的合力等于長木板所受的摩擦力,又長木板所受的摩擦力等于長木板對(duì)木塊的摩擦力,故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤,D正確;木塊所受的合力F合′=ma=,故

50、選項(xiàng)B錯(cuò)誤. 8.如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).在傳送帶的上端輕輕放置一 個(gè)質(zhì)量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

51、擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏希黾铀俣葹閍2的勻加速直線運(yùn)動(dòng),這一階段由牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,所以a2=gsin θ-μgcos θ,根據(jù)以上分析,有a2

52、m/s2).求: (1)小物塊所受到的恒力F的大??; (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng),到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間; (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)?若能,計(jì)算小物塊通過A點(diǎn)時(shí)的速度;若不能,計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離. 【答案】(1)11 N (2)0.5 s (3)不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m 【解析】(1)由題圖乙可知,AB段加速度 a1== m/s2=0.5 m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律,有Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1, 解得F=11 N. (2)在BC段mgsin α=ma2,解得a2=8.0 m/s2. 小物塊從B上滑到

53、最高點(diǎn)所用時(shí)間與從最高點(diǎn)滑回到B所用時(shí)間相等,由題圖乙可知,小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB=2.0 m/s,有 t== s=0.5 s. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中,有μmg=ma3, 解得a3=5.0 m/s2. 滑行的位移s== m=0.4 m sAB=t=t=×4.0 m=4.0 m>0.4 m,所以小物塊不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 10.(2019·湖北三校聯(lián)考)有一項(xiàng)“快樂向前沖”的游戲可簡化如下:如圖所示,滑板長L=1 m,起點(diǎn)A到終點(diǎn) 線B的距離s=5 m.開始滑板靜止,右端與A平齊,滑板左端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊,對(duì)滑塊施一水平恒力F使滑板前

54、進(jìn).滑板右端到達(dá)B處沖線,游戲結(jié)束.已知滑塊與滑板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,地面視 為光滑,滑塊質(zhì)量m1=2 kg,滑板質(zhì)量m2=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)滑板由A滑到B的最短時(shí)間; (2)為使滑板能以最短時(shí)間到達(dá),水平恒力F的取值范圍. 【答案】(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N 【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速時(shí),所用時(shí)間最短.設(shè)滑板最大加速度為a2,f=μm1g=m2a2,a2=10 m/s2,s=,解得t=1 s. (2)滑板與滑塊剛好相對(duì)滑動(dòng)時(shí),水平恒力最小,設(shè)為F1,此時(shí)可認(rèn)為二者加速度相等, F1-μm1g=m1a2, 解得F1=30 N. 當(dāng)滑板運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),滑塊剛好脫離時(shí),水平恒力最大,設(shè)為F2,設(shè)滑塊加速度為a1, F2-μm1g=m1a1, -=L, 解得F2=34 N. 則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N. 26

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

最新文檔

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號(hào):ICP2024067431號(hào)-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號(hào)


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺(tái),本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!