2020高考物理一輪復(fù)習 第三章 第3講 牛頓運動定律綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc

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第3講牛頓運動定律綜合應(yīng)用主干梳理 對點激活知識點連接體問題1連接體多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構(gòu)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(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FN0。(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FT0。(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a0，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(xué)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(xué)知識解決多過程問題的關(guān)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(guān)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(yīng)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mA6 kg、mB2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)0.2，開始時F10 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F12 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(shè)臨界加速度為a，由牛頓第二定律得：mAgmBa，得a6 m/s2。由整體法得：F(mAmB)a48 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(xué)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v，求火箭組的質(zhì)量m2。答案m1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(m1m2)a，所以m2m1?？键c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(yīng)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(yīng)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(yīng)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，m1m2，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(guān)系式正確的是()Aa1a2，F(xiàn)1F2 Ba1a2，F(xiàn)1F2Ca1a2，F(xiàn)1F2 Da1a2，F(xiàn)1F2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的大小與有關(guān)嗎？提示：無關(guān)。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(m1m2)g(m1m2)a1，F(xiàn)(m1m2)g(m1m2)a2，得到a1a2。當F拉B時，以A為研究對象，則有F1m1gm1a1，得到F1F；同理，當F拉A時，以B為研究對象，得到F2F；由于m1m2，則F1F2。所以A正確，B、C、D錯誤。總結(jié)升華應(yīng)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(jié)論與有無摩擦無關(guān)(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(jié)論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結(jié)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11(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1，若小球的懸繩與豎直方向的夾角減小為2(1、2均保持不變)，則夾角為2時與夾角為1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mamgtan，F(xiàn)T，則隨著減小，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12(2018安徽百所學(xué)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，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；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2，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BA、B的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍C水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍DA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agtan，細繩拉力大小T，經(jīng)分析可知，當增大為原來的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N2mg，當增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力fN不變，水平方向有Ff2ma，得F2mg2mgtan，經(jīng)分析可知，當增大為原來的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(xué)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(guān)系。2思維方法例2如圖所示，質(zhì)量為M2 kg 的長木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m1 kg的物塊靜止在長木板上，兩者之間的動摩擦因數(shù)為0.5。重力加速度大小為g10 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F3 N時，物塊m將保持靜止狀態(tài)B水平力F6 N時，物塊m將在長木板M上滑動C水平力F7 N時，長木板M的加速度大小為2.5 m/s2D水平力F9 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(yīng)的臨界外力F?提示：先隔離M再整體分析。嘗試解答選D。設(shè)m和M恰好不相對滑動時力FF0，應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得F07.5 N，顯然F3 NF0時，m和M一起加速運動，A錯誤；F6 NF0時，m和M一起加速運動，B錯誤；F7 NF0時，m和M相對運動，M受到的摩擦力大小為mg5 N，D正確?？偨Y(jié)升華疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路 變式21(2018蚌埠模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA1 kg和mB2 kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA92t(N)作用，B受到向右拉力FB2t(N)作用。從 t0開始計時，則()A當t3 s時，A、B開始分離B當t4.5 s時，A、B開始分離CA、B分離之前整體做加速度相同的勻加速直線運動DA、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t3 s，故A正確，B錯誤；A、B分離之前整體由FAFB(mAmB)a，得a3 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22(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，B與地面間的動摩擦因數(shù)為。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F2mg時，A、B都相對地面靜止B當Fmg時，A的加速度為gC當F3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過g答案BCD解析地面對B的最大靜摩擦力為mg，A、B間最大靜摩擦力為2mg，當Fmg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(yīng)用牛頓第二定律，有F3mg3ma，對B，有2mg3mgma，兩式聯(lián)立解得F3mg，可見，當F3mg時，A相對B才能滑動，C正確，A錯誤。當Fmg時，A、B相對靜止，對整體有：mg3mg3ma，ag，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2mg，故B的最大加速度aBmg，可見D正確?？键c3應(yīng)用牛頓運動定律解決多過程問題應(yīng)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(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)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(guān)系如圖乙所示。已知sin370.6，cos370.8，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)。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)等于哪個力的大小？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a1gsin6 m/s2，通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t11 s，由運動學(xué)公式得斜面BC的長度為sa1t3 m。(2)由右圖可知，滑塊在CB上運動時，滑塊對木塊的壓力N1mgcos，木塊對傳感器的壓力F1F1N1sin，由題圖乙可知：F112 N，解得m2.5 kg，滑塊在AB上運動時，傳感器對木塊的拉力F2fmg5 N，0.2?？偨Y(jié)升華應(yīng)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(fù)雜物理問題都是由很多簡單的小過程構(gòu)成。有些是承上啟下，上一過程的結(jié)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(guān)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(yīng)用哪一個運動學(xué)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31(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Fkv(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0mg。下列關(guān)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32(2018福州一模)如圖甲所示，質(zhì)量m1 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，t0.5 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(guān)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 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 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：x121 m1 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：x211 m0.5 m；位移xx1x21 m0.5 m0.5 m，路程Lx1x21 m0.5 m1.5 m。(2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小a1 m/s24 m/s2，a2 m/s24 m/s2，設(shè)斜面傾角為，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律：00.5 s內(nèi)FFfmgsinma1；051 s內(nèi)Ffmgsinma2；聯(lián)立解得：F8 N。高考模擬 隨堂集訓(xùn)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。用大小為F的水平外力推動物塊P，設(shè)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0，則k B若0，則kC若0，則k D若0，則k答案BD解析對整體，由牛頓第二定律有F(m2m3m)g(m2m3m)a，設(shè)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(3m)g3ma，解得F1，對Q和R組成的整體，由牛頓第二定律有F2(2m3m)g(2m3m)a，解得F2，所以k，與無關(guān)，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(shè)最上端的繩與豎直方向的夾角為，對所有小球組成的整體分析，有m總gtanm總a，解得tan，設(shè)第二段繩與豎直方向的夾角為，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)gtan(m總m1)a，解得tan，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g10 m/s2，則下列說法錯誤的是()A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當F8 N時，滑塊加速度為2 m/s2D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F6 N時，兩者發(fā)生相對運動，當F6 N時兩者相對靜止，當F6 N時，對整體可得F(Mm)a，即Mm6 kg，當F6 N時對木板分析：水平方向受到拉力和m給的摩擦力，故有aF，圖象的斜率k，即M2 kg，所以m4 kg，將F6 N時圖線反向延長，可得當F4 N時，加速度為零，代入可得04，解得0.1，故A、B、D正確；當F8 N時滑塊加速度為ag0.110 m/s21 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t0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(guān)系式。答案(1)(2)gsin(3)Ft2解析(1)物塊a、b靜止在斜面上，由平衡條件有g(shù)sinkx0，解得k。(2)設(shè)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(xué)公式有x1at，x0a(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(x0x1)mgsinma，聯(lián)立以上各式解得agsin。(3)設(shè)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Fkxgsina，由運動學(xué)公式有x0xat2，聯(lián)立以上各式解得Ft2。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16為單選，710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(guān)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 mB68 s內(nèi)無人機下降C無人機的升力大小為28 ND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h248 m96 m，A錯誤；由題圖知，68 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06 s內(nèi)無人機的加速度大小a14 m/s2,68 s內(nèi)無人機的加速度大小a212 m/s2，由牛頓第二定律得Fmgfma1，fmgma2，由以上兩式解得F32 N，f4 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90，兩底角分別為和； 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()AMgmg BMg2mgCMgmg(sinsin) DMgmg(coscos)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(M2m)gM0ma1yma2y。其中，a1ygsin2，a2ygsin2，得水平桌面對楔形木塊的支持力FNMgmg，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(shè)物體受到恒定的空氣阻力作用，在0t0、t03t0、3t04t0時間內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()AF1F2F3 BF1F2F3F2 DF1F3F2答案B解析由vt圖象可知，物體在0t0的時間內(nèi)向下做勻加速直線運動，加速度大小為a1，設(shè)物體受到恒定的空氣阻力大小為f，由牛頓第二定律可知mgF1fma1，解得F1mgmf；物體在t03t0的時間內(nèi)向下做勻速直線運動，則由力的平衡條件可知F2fmg即F2mgf；物體在3t04t0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F3mgfma3，解得F3mgmf，因此F3F2F1，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(shè)砂桶和砂子的總質(zhì)量為m，加速度大小為a，對B有mgFTma，對A有FTm0gm0a，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)mgFTma，F(xiàn)Tm0gm0a，mm0和ag，可求出動摩擦因數(shù)，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)。現(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(ga)CA、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D彈簧恢復(fù)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2Mgkx，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MgFABMa，其中F彈2Mg，解得FABM(ga)，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FAB0，對B有F彈MgMa，解得F彈M(ga)，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agsin，向下加速奔跑C以加速度agsin，向下加速奔跑D以加速度agsin，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FfMgsin；作出人的受力圖，如圖乙所示，則mgsinFfma，且FfFf，解出agsin，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0C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與斜面的傾角無關(guān)B與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)有關(guān)C與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)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(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a，解得：a，對B物體受力分析且由牛頓第二定律有：Tm2gsinm2gcosm2a，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(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a，解得：a，對A物體受力分析且由牛頓第二定律有：Tm1gsinm1gcosm1a，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。現(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)N1cosmg，對B：FN1sinma1；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)N2cosmg，F(xiàn)N2sinma2，可見FN2FN1，a2a1，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g10 m/s2。則()Aa m/s2時，F(xiàn)N0B小球質(zhì)量m0.1 kgC斜面傾角的正切值為D小球離開斜面之前，F(xiàn)N0.80.06a(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TcosFNsinma，TsinFNcosmg，聯(lián)立解得FNmgcosmasin，Tmacosmgsin，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)N0，A正確；當a0時，T0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinT；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tan，m0.1 kg，B、C正確；將和m的值代入FNmgcosmasin，得FN0.80.06a(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。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)4mg，方向水平向左(2)解析(1)物塊B所受摩擦力fN4mg4mg，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aA2aB分別隔離A、B，由牛頓第二定律得FTmgmaA2T4mg4maB聯(lián)立得：aA，aB。12(16分)將一輕彈簧下端固定在傾角為30的光滑固定斜面底端，上端拴接著質(zhì)量為mA1 kg的物塊A，彈簧的勁度系數(shù)k50 N/m。質(zhì)量為mB2 kg的物塊B用繞過光滑定滑輪的輕繩與質(zhì)量為mC2 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(mAmB)gsinkx0釋放物塊C時，A、B、C將一起做加速直線運動，設(shè)此時輕繩的拉力大小為T，對物塊C由牛頓第二定律可得mCgTmC a對A、B整體由牛頓第二定律可得Tkx0(mAmB)gsin(mAmB)a聯(lián)立式并代入數(shù)值求得a4 m/s2。(2)當物塊A、B分離時，A、B之間的彈力為零，設(shè)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kx1mAgsinmAa對B由牛頓第二定律得TmBgsinmBa對C由牛頓第二定律得mCgTmCa物塊C下落的距離hx0x1聯(lián)立式解得h0.15 m。