《（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題三 牛頓運動定律課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題三 牛頓運動定律課件.ppt（99頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題三牛頓運動定律,高考物理 (課標專用),考點一牛頓運動定律的理解 1.(2016課標,18,6分)(多選)一質點做勻速直線運動?，F對其施加一恒力,且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變,則() A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質點單位時間內速率的變化量總是不變,五年高考,A組 統一命題課標卷題組,答案BC由題意知此恒力即為質點所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質點做勻變速直線運動,質點單位時間內速率的變化量總是不變的;原速度與該恒力不在一條直線上,則質點做勻變速曲線運動,速度與恒力

2、間夾角逐漸減小,質點單位時間內速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律知,質點加速度的方向總與該恒力方向相同,C項正確。,,考查點力、加速度、速度三者關系,解題關鍵F即F合,與a同向。 分別分析F與原速度方向是否在同一直線上的兩種情況。,,考點二牛頓運動定律的綜合應用 2.(2018課標,15,6分)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統處于靜止狀態(tài)?，F用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(),答案A本題考查胡克定律、共點力的

3、平衡及牛頓第二定律。設系統靜止時彈簧壓縮量為x0,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0。力F作用在P上后,物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。聯立以上兩式得F=kx+ma,所以F-x圖像中圖線是一條不過原點的傾斜直線,故A正確。,易錯點撥注意胡克定律中形變量的含義 胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時的形變量為x0-x而不是x。,,3.(2015課標,20,6分,0.677)(多選)如圖(a),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(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1

4、均為已知量,則可求出() A.斜面的傾角 B.物塊的質量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數 D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,答案ACD設物塊的質量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數為,物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=,a2=。由上述四式可見,無法求 出m,可以求出、,故B錯,A、C均正確。0t1時間內的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。,考查點牛頓第二定律

5、、受力分析、v-t圖像,思路指導對上滑和下滑根據牛頓第二定律列式。 利用v-t圖像求出上滑與下滑時的加速度。,溫馨提示斜面上物體的“重力分解效果”及“受力分析特點”是高考中常見的問題,應當熟記。,,4.(2015課標,20,6分,0.45)(多選)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)車廂質量相同,則這列車廂的節(jié)數可能為 () A.8B.10C.15D.18,答案BC如圖

6、所示,假設掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質量為m。當向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,則有F=mxa,聯立兩式有y=x?？梢?列車車廂總節(jié)數N=x+y=x,設x=3n(n=1,2,3),則N=5n,故可知 選項B、C正確。,5.(2014課標,17,6分,0.645)如圖,一質量為M的光滑大圓環(huán),用一細輕桿固定在豎直平面內;套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時,大環(huán)對輕桿拉力的大小為() A.Mg-5mgB.Mg+mg C.Mg+5mgD.Mg

7、+10mg,答案 C解法一以小環(huán)為研究對象,設大環(huán)半徑為R,根據機械能守恒定律,得mg2R=mv2,在 大環(huán)最低點有FN-mg=m,得FN=5mg,此時再以大環(huán)為研究對象,受力分析如圖,由牛頓第三定律知, 小環(huán)對大環(huán)的壓力為FN=FN,方向豎直向下,故F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。,解法二設小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v,加速度為a,根據機械能守恒定律mv2=mg2R,且a =,所以a=4g,以大環(huán)和小環(huán)整體為研究對象,受力情況如圖所示。 F-Mg-mg=ma+M0 所以F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。,考查點牛頓運動定律、機械能守恒定律,,思路指導 小環(huán)下滑過程分析大環(huán)

8、、小環(huán)整體 動力學分析得F,6.(2017課標,25,20分)如圖,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數均為1=0.5;木板的質量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數為2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運動時,兩者之間的距離。,答案(1)1 m/s(2)1.9 m,解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上

9、滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達到共同速度前有 f1=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛頓第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 設在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1。由運動學公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 聯立式,代入已知數據得,,v1=1 m/s (2)在t1時間間隔內,B相對于地面移動的距離為 sB=v0t1-aB 設在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對于B與木板組

10、成的體系,由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學公式,對木板有 v2=v1-a2t2 對A有 v2=-v1+aAt2 在t2時間間隔內,B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2-a2,在(t1+t2)時間間隔內,A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為 s

11、0=sA+s1+sB 聯立以上各式,并代入數據得s0=1.9 m (也可用如圖的速度-時間圖線求解),審題指導如何建立物理情景,構建解題路徑 首先分別計算出B與板、A與板、板與地面間的滑動摩擦力大小,判斷出A、B及木板的運動情況。 把握好幾個運動節(jié)點。 由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達到共速,此后B與木板共同運動。 A與木板存在相對運動,且A運動過程中加速度始終不變。 木板先加速后減速,存在兩個過程。,7.(2015課標,25,20分,0.204)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為=37(sin 37=)的山坡C,上面有一質量為m的石板B,其上下表面與斜坡平

12、行;B上有一 碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止狀態(tài),如圖所示。假設某次暴雨中,A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊),在極短時間內,A、B間的動摩擦因數1減小為,B、C間 的動摩擦因數2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變。已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在02 s時間內A和B加速度的大小; (2)A在B上總的運動時間。,答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s,解析(1)在02 s時間內,A和B的受力如

13、圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1=1N1 N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得,,mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2 聯立式,并代入題給條件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s時,設A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1時,設A和B的加速度分別為a1和a2。此時

14、A與B之間的摩擦力為零,同理可得 a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即B做減速運動。設經過時間t2,B的速度減為零,則有 v2+a2t2=0 聯立式得,t2=1 s 在t1+t2時間內,A相對于B運動的距離為 s=- =12 m<27 m 此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動。設再經過時間t3后A離開B,則有 l-s=(v1+a1t2)t3+a1 可得 t3=1 s(另一解不合題意,舍去) 設A在B上總的運動時間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s (也可利用下面的速度圖線求解),考查點牛頓第二定律、受力分析,易錯警示注意當B上表面光滑時,B從加速向下運動變?yōu)闇p速向下運動。,8.(2

15、015課標,25,20分,0.155)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求 (1)木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數2; (2)木板的最小長度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。,答案(1)0.10.4(

16、2)6.0 m(3)6.5 m,,解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,設加速度為a1,小物塊和木板的質量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯立式并結合題給條件得 1=0.1 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2,由牛頓第二

17、定律有 -2mg=ma2 由圖(b)可得 a2=,式中,t2=2 s,v2=0,聯立式并結合題給條件得 2=0.4 (2)設碰撞后木板的加速度為a3,經過時間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板的位移為 s1=t 小物塊的位移為 s2=t 小物塊相對木板的位移為 s=s2-s1 聯立式,并代入數據得,s=6.0 m 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動

18、直至停止,設加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板運動的位移為 s=s1+s3 聯立式,并代入數據得 s=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。,考查點牛頓第二定律、運動學公式,思路指導每次分析包括受力分析列動力學方程,運動分析列運動學方程,同時還要注意位移關系列位移方程。,易錯警示注意v-t圖像1 s末的速度等于木板撞前瞬間的速度。,,9.(2014課標,24,12分,0.550)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時,后車司機可以采取剎車措施,使汽車在安

19、全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下,人的反應時間和汽車系統的反應時間之和為1 s,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120 m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的2/5,若要求安全距離仍為120 m,求汽車在雨天安全行駛的最大速度。,答案20 m/s(72 km/h),,解析設路面干燥時,汽車與路面間的動摩擦因數為0,剎車時汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應時間為t0,由牛頓第二定律和運動學公式得 0mg=ma0 s=v0t0+ 式中,m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度。 設在雨天行駛時,汽車與路面間的動摩擦因數為,依題意

20、有=0 設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運動學公式得 mg=ma s=vt0+ 聯立式并代入題給數據得 v=20 m/s(72 km/h),考查點牛頓第二定律、運動學公式 易錯警示注意人和汽車系統的反應時間。,,考點一牛頓運動定律的理解 1.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強電場中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個帶電小球,使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力,當懸線斷裂后,小球將做() A.曲線運動 B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動D.變加速直線運動,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案C本題考查力與運動的關系。在懸線斷裂前,小球

21、受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài),故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后,小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變,故小球將沿原來懸線拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正確。,,2.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速運動時,球所受合外力的方向沿圖中的() A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,答案D當小車向右做勻加速運動時,其加速度的方向水平向右,由牛頓第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿圖中OD方向,選項D正確,選項A、B、C錯誤。,,3.(2016江蘇單科,9,4分)(多

22、選)如圖所示,一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出,魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數均相等,則在上述過程中() A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C.若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力將增大 D.若貓減小拉力,魚缸有可能滑出桌面,答案BD由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為g;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力

23、,由Ff=mg可知,Ff不變,故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。,考點二牛頓運動定律的綜合應用 4.(2017上海單科,6,3分)一碗水置于火車車廂內的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時,水面形狀接近于圖(),答案A當火車向右做勻減速運動時,碗內的水由于慣性,保持原來較大的速度向右運動,則只有圖A所示的情形符合要求,故A正確。,一題多解“微元體”的選取 由于液體內任一部分所受合力水平向左,故可在液體內部任意位置取一個立方體,則右側面處的壓強必大于左側面處的壓強,由液體的壓強公式p=gh可知,液體內同一水平線上各點從左到右距液面高度依次增大,故A正確

24、。,,5.(2015重慶理綜,5,6分)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(),答案B由v-t圖像可知,升降機的運動過程為:向下加速(失重:Fmg)向上加速(超重:Fmg)向上勻速(F=mg)向上減速(失重:F

25、 A.+mgB.-mg C.+mgD.-mg,答案A對人與安全帶作用的過程應用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a==,解得F= +mg,故A正確。,,7.(2015江蘇單科,6,4分)(多選)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,答案AD地板對人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時,a有正的最大值,此時FN最大,由牛頓第三定律知A正確,B錯誤;t=8.5 s時,a有負的最大值,此時FN最小,由牛頓

26、第三定律知C錯誤,D正確。,,8.(2015海南單科,8,5分)(多選)如圖,物塊a、b和c的質量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統處于靜止狀態(tài)?，F將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,() A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,答案AC剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線中的拉力為T=3mg。因在剪斷瞬間,彈簧未發(fā)生突變,所以a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受力分析,

27、由牛頓第二定律得:3mg=ma1,得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正確,D錯誤。,,9.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質量為3.0104 kg,設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105 N;彈射器有效作用長度為100 m,推力恒定。要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80 m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設所受阻力為總推力的20%,則() A.彈射器的推力大小為1.1106 N B.彈射器對艦載機所做的功為1.1108 J C.彈射器對艦

28、載機做功的平均功率為8.8107 W D.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2,答案ABD艦載機彈射過程中的加速度a== m/s2=32 m/s2,選項D正確;對艦載機在 水平方向受力分析,根據牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1106 N,選項A正確;由功的定義得:W彈=F彈x=1.1108 J,選項B正確;由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間t== s=2.5 s,由功率的定義得:P彈==4.4107 W,選項C錯。,,10.(2014山東理綜,15,6分)(多選)一質點在外力作用下做直線運動,其速度v隨時間t變化的圖像如圖。在圖中標出的時刻

29、中,質點所受合外力的方向與速度方向相同的有() A.t1B.t2C.t3D.t4,答案ACv-t圖像中,縱軸表示各時刻的速度,t1、t2時刻速度為正,t3、t4時刻速度為負,圖線上各點切線的斜率表示該時刻的加速度,t1、t4時刻加速度為正,t2、t3時刻加速度為負,根據牛頓第二定律,加速度與合外力方向相同,故t1時刻合外力與速度均為正,t3時刻合外力與速度均為負,A、C正確,B、D錯誤。,,11.(2017上海單科,17,2分)如圖,光滑固定斜面的傾角為30,A、B兩物體的質量之比為41。B用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連,開始時A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當B落地前瞬間,A、B的速

30、度大小之比為,機械能之比為(以地面為零勢能面)。,答案1241,,解析剪斷輕繩后,A、B兩物體均做初速度為零的勻加速直線運動。兩物體的運動時間相同,所以它們的速度大小之比就是它們的加速度大小之比。剪斷輕繩后,物體B做自由落體運動,其加速度為重力加速度g,物體A受力如圖所示 其加速度aA=g sin 30=g=aB aAaB=12 得vAvB=12 由機械能守恒的條件可知,物體A和B在整個運動過程中各自的機械能守恒,這就意味著,物體B落地前的瞬間,兩物體的機械能分別和其初狀態(tài)的機械能相等 初態(tài)時EA=mAgh,EB=mBgh EAEB=mAmB=41,即兩物體的機械能之比為41。,12.(201

31、6四川理綜,10,17分)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施,由制動坡床和防撞設施等組成,如圖豎直平面內,制動坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床,當車速為23 m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始在車廂內向車頭滑動,當貨物在車廂內滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端38 m,再過一段時間,貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4;貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)貨物在車廂內

32、滑動時加速度的大小和方向; (2)制動坡床的長度。,答案(1)5 m/s2方向沿制動坡床向下(2)98 m,,解析(1)設貨物的質量為m,貨物在車廂內滑動過程中,貨物與車廂間的動摩擦因數=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則 f+mg sin =ma1 f=mg cos 聯立式并代入數據得a1=5 m/s2 a1的方向沿制動坡床向下。 (2)設貨車的質量為M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0=38 m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂內滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的

33、運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動坡床的長度為l,則 Mg sin +F-f=Ma2 F=k(m+M)g s1=vt-a1t2,s2=vt-a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 聯立并代入數據得l=98 m,解題指導(1)貨物在車廂內向上滑動時,通過受力分析,由牛頓第二定律可求貨物的加速度大小和方向。 (2)貨車和貨物沿坡床上滑過程中,貨車、貨物都做減速運動,二者位移的幾何關系是解答此題的關鍵所在。,審題指導此題以避險車道為背景,解答常見的“板塊”模型。此類題有兩個關鍵點,一是正確受力分析,確定加速度;

34、二是畫出運動過程草圖,找出位移關系。,,考點一牛頓運動定律的理解 1.(2013課標,14,6分,0.733)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關系的圖像是(),C組 教師專用題組,答案C物塊的受力如圖所示,當F不大于最大靜摩擦力時,物塊仍處于靜止狀態(tài),故其加速度為0;當F大于最大靜摩擦力后,由牛頓第二定律得F-FN=ma,即F=FN+ma,F與a成線性關系。選項C正確。,考查點牛頓第二定律的應用,解題關鍵通過動力學分析推出F與a的函數關

35、系表達式。,易錯警示注意題中假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。,,2.(2013重慶理綜,4,6分)如圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,讓小球由傾角為的光滑斜面滑下,然后在不同的角條件下進行多次實驗,最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動。分析該實驗可知,小球對斜面的壓力、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨變化的圖像分別對應圖2中的() 圖1圖2 A.、和B.、和 C.、和D.、和,答案B重力加速度g與無關,其值在值增大時保持不變,故其圖像應為,則A、D兩項均錯。當=0時小球的加速度a=0,故其圖像必定為,所以B項正確,C項錯誤。,,3.(2013浙江理

36、綜,19,6分)(多選)如圖所示,總質量為460 kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2,當熱氣球上升到180 m 時,以5 m/s的速度向上勻速運動。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變,上升過程中熱氣球總質量不變,重力加速度g=10 m/s2。關于熱氣球,下列說法正確的是() A.所受浮力大小為4 830 N B.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C.從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D.以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N,答案AD剛開始上升時,空氣阻力為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830

37、 N,A項正確。加速上升過程,隨著速度增大,空氣阻力增大,B項錯誤。浮力和重力不變,而隨著空氣阻力的增大,加速度會逐漸減小,直至為零,故上升10 s后的速度v

38、度大小與其質量成反比,答案D物體加速度的大小與質量和速度大小的乘積無關,A項錯誤;物體所受合力不為0,則a0,B項錯誤;物體加速度的大小與其所受的合力成正比,C項錯誤。,,5.(2012山東基本能力,66,1分)人在平地上靜止站立時,受到的支撐力等于人的重力。做原地縱跳時,在快速下蹲和蹬伸的過程中,人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖,G為重力,F為支撐力)。下列曲線能正確反映該變化的是(),答案D人體在下蹲過程中的加速階段處于失重狀態(tài),FG。同理蹬伸過程中的加速上升階段FG,減速上升階段F

39、止滑下,在水平面上滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動摩擦因數相同,斜面與水平面平滑連接。圖乙中v、a、f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。圖乙中正確的是(),答案C物體在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用,其摩擦力大小為f1=mg cos ,做初速度為零的勻加速直線運動,其v-t圖像為過原點的傾斜直線,A錯,加速度大小不變,B錯,其s-t圖像應為一段曲線,D錯;物體到達水平面后,所受摩擦力f2=mgf1,做勻減速直線運動,所以正確選項為C。,,7.(2010全國,15,6分)如圖,輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連,下端與另一質量為M的木塊2相連,整個系統置于水平

40、放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài)?，F將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有 () A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=g C.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g,答案C木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g,答案為C。,,8.(2010福建理綜,16,6分)質量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上,物體與地面間的動摩擦因數為0.2,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等。從t=0時刻開始,物體受

41、到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用,F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,則物體在t=0至t=12 s這段時間的位移大小為(),A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m,答案B物體與地面間最大靜摩擦力f=mg=0.2210 N=4 N。由題給F-t圖像知03 s內,F=4 N,說明物體在這段時間內保持靜止。36 s 內,F=8 N,說明物體做勻加速運動,加速度a==2 m/s2。6 s末物體的速度v=at=23 m/s=6 m/s,在69 s內物體以6 m/s的速度做勻速運 動。912 s 內又以2 m/s2的加速度做勻加速運動,作v-t圖像如圖所示

42、,故012 s內的位移s=2 m+66 m=54 m,故B項正確。,9.(2009廣東單科,8,4分)某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N。他將彈簧秤移至電梯內稱其體重,t0至t3時間段內,彈簧秤的示數如圖所示,電梯運行的v-t圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)(),答案A由G-t圖像知:t0t1時間內,具有向下的加速度,t1t2時間內勻速或靜止,t2t3時間內,具有向上的加速度,因此其運動情況可能是:t0t3時間內,但D項不符合電 梯由靜止開始運動,故A項正確。,10.(2012安徽理綜,22,14分)質量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落,該下落過程對應的v-t圖像如

43、圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。設球受到的空氣阻力大小恒為f,取g=10 m/s2,求: (1)彈性球受到的空氣阻力f的大小; (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。,答案(1)0.2 N(2) m,,解析(1)設彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1,由題圖知 a1== m/s2=8 m/s2 根據牛頓第二定律得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N (2)由題圖知彈性球第一次到達地面時的速度大小為v1=4 m/s,設球第一次離開地面時的速度大小為v2,則 v2=v1=3 m/s 第一次離開地面后,設上升過程中球的加速度大小為a2,則 mg+f=

44、ma2 a2=12 m/s2 于是,有 0-=-2a2h 解得h= m,11.(2010安徽理綜,22,14分)質量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動,一段時間后撤去F,其運動的 v-t圖像如圖所示。g取10 m/s2,求: (1)物體與水平面間的動摩擦因數; (2)水平推力F的大小; (3)010 s內物體運動位移的大小。,答案(1)0.2(2)6 N(3)46 m,,解析(1)設物體做勻減速直線運動的時間為t2、初速度為v20、末速度為v2t、加速度為a2,則 a2==-2 m/s2 設物體所受的摩擦力為Ff,根據牛頓第二定律,有 Ff=ma2 Ff=-mg 聯立得 =

45、=0.2 (2)設物體做勻加速直線運動的時間為t1、初速度為v10、末速度為v1t、加速度為a1,則 a1==1 m/s2 根據牛頓第二定律,有 F+Ff=ma1 聯立得F=mg+ma1=6 N (3)解法一由勻變速直線運動位移公式,得,x=x1+x2=v10t1+a1+v20t2+a2=46 m 解法二根據v-t圖像圍成的面積,得 x==46 m,12.(2009江蘇單科,13,15分)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器,其質量m=2 kg,動力系統提供的恒定升力F=28 N。試飛時,飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設飛行器飛行時所受的阻力大小不變,g取10 m/s2。 (1)第一次試飛,飛行

46、器飛行t1=8 s時到達高度H=64 m。求飛行器所受阻力f的大小; (2)第二次試飛,飛行器飛行t2=6 s時遙控器出現故障,飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h; (3)為了使飛行器不致墜落到地面,求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t3。,答案(1)4 N(2)42 m(3) s(或2.1 s),,解析(1)第一次飛行中,設加速度為a1 勻加速運動H=a1 由牛頓第二定律F-mg-f=ma1 解得f=4 N (2)第二次飛行中,設失去升力時的速度為v1,上升的高度為s1 勻加速運動s1=a1 設失去升力后加速度為a2,上升的高度為s2 由牛頓第二定律mg+f=ma2 v1=a

47、1t2 s2= 解得h=s1+s2=42 m (3)設失去升力下降階段加速度為a3;恢復升力后加速度為a4,恢復升力時速度為v3 由牛頓第二定律mg-f=ma3,F+f-mg=ma4 且+=h v3=a3t3 解得t3= s(或2.1 s),考點一牛頓運動定律的理解 1.(2018西南名校質量檢測,15)滑草,是如今一些度假村推出的一項前衛(wèi)運動,和滑雪一樣,能給運動者帶來動感和刺激。特別對少雪地區(qū)的人們來說,滑草更新鮮了,因為它比滑雪更具有娛樂休閑性,更能體驗人與大自然的和諧?！半p人滑草”項目可以簡化為如下模型:如圖所示,A、B兩物塊在傾角為的粗糙斜面上緊靠在一起從靜止開始加速下滑,斜面與A之

48、間的動摩擦因數為3,與B之間的動摩擦因數為,A物塊的質量為m,B物塊的質量為3m,已知重力加速度為g。則在下滑過程中,物塊A、B之間作用力的大小等于() A.mg sin B.mg sin C.mg cos D.mg cos ,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案D取A、B整體為研究對象,由牛頓第二定律得(m+3m)g sin -3mg cos -3mg cos =(m+3m)a,解得a=g sin -g cos ,對A物塊,由牛頓第二定律得F+mg sin -3mg cos =ma,得F =mg cos ,故D正確。,2.(2018云南曲靖一中4月質量監(jiān)測七,15)如圖所

49、示,將一輕彈簧豎直懸掛,下端與一小物塊相連,現用手托住小物塊使彈簧處于原長,然后從靜止釋放小物塊,則小物塊從釋放至下落到最 低點的過程中() A.小物塊的動能先增大后減小 B.小物塊的機械能守恒 C.小物塊動能最大時加速度不為零 D.小物塊在最低點時加速度為零,答案A物塊下落過程中一部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能,B錯誤。物塊所受重力與彈簧彈力的合力提供加速度,即mg-F=ma,向下運動的過程中,彈簧彈力不斷增大,合外力不斷減小,加速度不斷減小,速度不斷增大,物塊做加速度不斷減小的加速運動,當彈簧彈力F=mg時,加速度減為零,物塊繼續(xù)向下運動,之后Fmg,滿足F-mg=ma,加速度向上,彈簧彈

50、力不斷增大,加速度a不斷增大,物塊做加速度不斷增大的減速運動,故物塊的動能先增大后減小,動能最大時加速度為零,在最低點時加速度不為零,A正確,C、D錯誤。,,3.(2018貴州貴陽一中3月月考,16)在固定斜面上,一物塊沿斜面下滑過程中,其速度與位移x的關系式滿足v2=8x(國際單位制);沿斜面上滑過程中,其速度v與位移x的關系式變?yōu)関2=16-16x(國際單位制);g取10 m/s2。則物塊與斜面間的動摩擦因數和斜面的傾角分別為() A.=0.5,=30 B.=0.5,=60 C.=0.25,=37D.=0.25,=53,答案C下滑過程有a1=g sin -g cos ,由v2=2a1x和v

51、2=8x可知a1=4 m/s2;上滑過程中有a2=g sin +g cos ,由v2=-2a2x和v2=16-16x可知a2=8 m/s2;解得=0.25,=37,故C正確。,,4.(2018云南保山第二次市級統測,15)如圖所示,一個質量為m的物體放在傾角為的光滑斜面上,現對斜面施加一水平向左的恒力F,使物體與斜面一起以加速度a水平向左做勻加速直線運動。已知重力加速度為g,則斜面對物體的支持力為() A.mg cos B. C.ma sin D.,答案B斜面與物體一起以加速度a向左做勻加速運動,合力水平向左,對物體進行受力分析,如圖所示,豎直方向有mg=N cos ,水平方向有N sin =

52、ma,則N==,故B正確,A、C 錯誤。由題中所給條件不能得出N與F的關系,D錯誤。,考點二牛頓運動定律的綜合應用 5.(2018四川成都龍泉一中模擬,14)如圖所示,小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強,已知A的質量為m,重力加速度為g,兩本書在空中不翻轉,不計空氣阻力,則A、B在空中運動時() A.A的加速度等于g B.B的加速度大于g C.A對B的壓力等于mgD.A對B的壓力大于mg,答案A由于A、B兩本書在空中運動時不計空氣阻力,只受重力,故A、B的加速度等于g,選項A正確,選項B錯誤;因A、B兩本書的加速度等于g,二者處于完全失重狀態(tài),A、B間無作用力,選項C、D錯誤。,,6.(

53、2018云南保山第二次市級統測,19)(多選)在粗糙水平面上滑動的物塊,從t0=0時刻開始受到水平恒力F的作用,在t0到t1時間內物塊做直線運動,已知物塊在t0時刻的速度和t1時刻的速度大小相等,下列能正確反映這一過程的v-t圖像有(),答案AC物塊做直線運動,初末速度大小相等,物塊可能做勻速直線運動,即恒力F等于滑動摩擦力,故A正確。物塊也可能速度先減為零,然后反向加速,即開始時力與運動方向相反,故減速時的加速度大小a1=,加速時的加速度大小a2=,a1a2,故C正確。,7.(2018西南名校質量檢測,17)如圖甲所示,一長木板在水平地面上向右運動,在某時刻(t=0)將一相對于地面靜止的物塊

54、輕放到木板上,已知物塊與木板的質量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后,木板運動的速度-時間圖像可能是圖乙中的(),答案A由于物塊剛放到木板上時,運動的木板會對它施加一個水平向右的滑動摩擦力,則物塊對木板就會有一個水平向左的摩擦力,此時木板還受到地面給它的水平向左的摩擦力,木板在這兩個阻力的作用下做勻減速直線運動;當物塊的速度與木板的速度相等時,物塊與木板保持相對靜止,一起做勻減速運動,此時物塊對木板的摩擦力水平向右,地面仍對木板施加水平向左的摩擦力,即木板所受合力變小,故木板的加速度變小,故選A。,8.(

55、2018貴州銅仁適應性考試二,17)如圖所示,為一距地面某高度的小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v-t圖像,小球的質量為0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力不計,由圖像可知 () A.橫坐標每一小格表示的時間約為0.08 s B.小球釋放時離地面的高度為1.5 m C.小球第一次反彈的最大高度為0.8 m D.小球第一次撞擊地面受地面的平均作用力為50 N,答案C由于不計空氣阻力,小球在下落過程中,加速度為g,由圖可知,小球第一次撞擊地面瞬間的速度為5 m/s,由速度公式可知,小球第一次在空中運動時間t==0.5 s,5t0=0.5 s,t0=0.1 s, 即橫軸每一小格表示的時

56、間為0.1 s,選項A錯誤;小球釋放時離地面的高度h==1.25 m,選項 B錯誤;由圖像知小球第一次反彈后的初速度大小為v=4 m/s,則第一次反彈的最大高度h== 0.8 m,選項C正確;若以向上為正方向,由牛頓第二定律和運動學公式可得F-mg=ma,a= m/s2=45 m/s2,則F=mg+ma=22 N,選項D錯誤。,9.(2018廣西柳州高級中學、南寧二中二聯,24)一質量m=4.0103 kg的汽車,以P=6.0104 W的額定功率從靜止啟動爬一坡面,經25 s達到最大速度,設汽車受到坡面的阻力大小為f=1.6103 N。已知坡面與水平面夾角為,(取重力加速度g=10 m/s2,

57、sin =0.02)求: (1)汽車的最大速率vm; (2)汽車速度為10 m/s時的加速度大小。,答案(1)25 m/s(2)0.9 m/s2,解析(1)汽車達到最大速率vm時,合力為零 F=mg sin +f P=Fvm 代入數據解得vm=25 m/s (2)設汽車速度為10 m/s時牽引力為F,則P=Fv 由牛頓第二定律得:F-mg sin -f=ma 代入數據解得:a=0.9 m/s2,,,1.(2018廣西防城港1月模擬,18)(多選)如圖所示,質量分別為m和M的兩長方體物塊P和Q,疊放在傾角為的固定斜面上,P、Q間的動摩擦因數為1,Q與斜面間的動摩擦因數為2,當它們一起沖上斜面,沿

58、斜面向上滑動時,兩物塊始終保持相對靜止,則物塊P對Q的摩擦力() A.大小為1mg cos B.大小為2mg cos C.方向平行于斜面向上 D.方向平行于斜面向下,B組20162018年高考模擬綜合題組 （時間:40分鐘分值:75分） 一、選擇題 (每題6分,共30分),答案BC對P、Q整體受力分析,受到重力、支持力和滑動摩擦力,根據牛頓第二定律得(m+M)g sin +2(m+M)g cos =(m+M)a,解得a=g(sin +2 cos ),再對P受力分析,受到重力mg、支持力和沿斜面向下的靜摩擦力,根據牛頓第二定律得mg sin +Ff=ma,解得Ff=2mg cos ,根據牛頓第三

59、定律知P對Q的摩擦力大小為2mg cos ,方向平行于斜面向上,B、C正確。,2.(2018云南師大附中第八次月考,20)(多選)如圖所示,質量為M的木板放在光滑的水平面上,木板的右端有一質量為m的木塊(可視為質點),在木板上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運動并在最后分離。設分離時木塊相對地面運動的位移為x,在保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下,下列方式可使位移x增大的是() A.僅增大木板的質量M B.僅減小木塊的質量m C.僅增大恒力F D.僅增大木塊與木板間的動摩擦因數,答案AD根據牛頓第二定律得木板的加速度a1=,木塊的加速度a2==g,設板長 為L,作出如圖所示v-t

60、圖像,圖線OA代表的是木塊的v-t圖像,圖線OB代表的是木板的v-t圖像。OA與OB所圍陰影部分的面積等于L時,OA與時間軸所圍的三角形面積代表分離時木塊的對地位移x,由圖像和加速度表達式可知:僅增大木板質量M,a1減小,a2不變,x增大,故A正確;僅減小木塊質量m,a1增大,a2不變,x減小,故B錯誤;僅增大恒力F,a1增大,a2不變,x減小,故C錯誤;僅增大木塊與木板間的動摩擦因數,a1減小,a2增大,x增大,故D正確。,3.(2017四川成都石室中學二診,19)(多選)光滑斜面上,當系統靜止時,擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質量相等。在突然撤去擋板的瞬間() A.兩

61、圖中兩球加速度均為g sin B.兩圖中A球的加速度均為零 C.圖甲中B球的加速度為2g sin D.圖乙中B球的加速度為g sin ,答案CD撤去擋板前,擋板對B球的彈力大小均為2mg sin ,因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mg sin ,加速度為2g sin ;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B球所受力均為mg sin ,加速度均為g sin ,故C、D正確,A、B錯誤。,解題指導根據彈簧彈力不能突變,桿的彈力會突變,分析撤去擋板的瞬間,圖甲和圖乙中A、B所受合外力,即可得到各自的加速度。,,,4.(2

62、017貴州遵義二聯,19)(多選)在傾角為的光滑斜面上,質量分別為M和m的兩個物體A、B用細繩連接。用力2F沿斜面向上拉物體A時,兩物體以大小為a的加速度向上運動,此時A、B間細繩中的張力為T1。當用大小為F的拉力沿斜面向上拉物體A(物體仍向上做加速運動),此時A、B間細繩的張力為T2。則下列說法正確的是() A.后一種情形兩物體向上運動的加速度小于 B.后一種情形兩物體向上運動的加速度大于 C.后一種情形細繩中的張力T2=T1 D.后一種情形細繩中的張力T2

63、+m)g sin =(M+m)a,則a=-g sin ,則a-a=a,所以a<,A對B錯。 對B由牛頓第二定律可得T1-mg sin =ma,T2-mg sin =ma,解得T1=,T2=,則T2=T1,C 對D錯。,5.(2017廣西南寧4月二模,15)如圖所示,在豎直方向運動的箱式電梯中,質量為m的物塊置于傾角為30的粗糙斜面上,物塊始終相對斜面靜止,則下列說法中正確的是() A.若電梯向下勻速運動,物塊所受的摩擦力一定是零 B.若電梯向上勻速運動,物塊所受摩擦力方向有可能沿斜面向下 C.若電梯減速下降,物塊所受彈力與摩擦力的合力一定大于mg D.若電梯減速上升,物塊所受摩擦力的方向一定沿

64、斜面向下,答案C如果電梯向下勻速運動,物塊受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,不為零,A錯誤;若電梯勻速向上運動,物塊處于平衡狀態(tài),受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力沿斜面向上,B錯誤;若電梯減速下降,物塊超重,所受彈力與摩擦力的合力為F=m(g+a),豎直向上,C正確;若電梯減速上升,物塊所受合力向下,對其受力分析后可知摩擦力與支持力的合力應豎直向上,且小于重力mg,故摩擦力必沿斜面向上,D錯誤。,二、非選擇題(共45分) 6.(2017廣西柳州一模,24)(14分)如圖所示,輕繩通過定滑輪吊著一個小桶C,通過動滑輪可分別對A、B施加水平拉力。已知物體A的質量mA=0

65、.60 kg,物體B的質量mB=0.80 kg,小桶及桶內細沙質量記為m0,兩物體與水平面間的動摩擦因數=0.20,重力加速度g=10 m/s2,不計滑輪摩擦與質量,計算時可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則 (1)小桶與桶內細沙質量為0.06 kg時,A、B物體均靜止不動,求B物體受到的摩擦力大小; (2)欲使A、B物體均靜止不動,m0不能超過多大? (3)當小桶與桶內細沙質量為0.10 kg時,求B與C的加速度大小aB與aC。,答案(1)1.2 N(2)0.08 kg(3) m/s2 m/s2,解析(1)因A、B物體均靜止不動,則由B、C受力得 Ff=2T T=m0g 聯立解得 Ff=1.

66、2 N (2)B所受拉力大于A所受拉力,易知,若B靜止,則A一定靜止,由B、C受力得 B靜止的條件: 2T1mBg C靜止的條件: T1=m0g 聯立解得m00.08 kg 即m0不能超過0.08 kg (3)當m0=0.10 kg時,A靜點,B、C加速運動,設繩中拉力大小為T2,由牛頓第二定律得 2T2-mBg=mBaB,,m0g-T2=m0aC 由B、C同時運動,根據sC=aCt2、sB=aBt2且2sB=sC得 aC=2aB 聯立解得aB= m/s2 aC= m/s2,思路分析本題屬于連接體問題,應采用隔離法對三個物體進行正確的受力分析,結合平衡條件或牛頓第二定律判斷C的質量變化時對應研究對象的運動狀態(tài)。,易錯警示本題易錯認為B與C的加速度相同而直接用整體法求B、C的加速度,應正確分析B、C的位移關系,進而判斷加速度關系。,,7.(2017云南昆明適應性檢測,24)(12分)在冰壺比賽中,運動員用F=18 N的水平恒力推質量為m=20 kg的冰壺由靜止開始運動,一段時間后撤去F,冰壺繼續(xù)沿直線運動,從開始運動到停止的總位移為36 m,冰壺與冰面之間的動摩擦因數為=0.015,取重