《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc(22頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用
主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活
知識(shí)點(diǎn) 連接體問題?、?
1.連接體
多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)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(duì)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(gè)整體來(lái)研究的方法。
(2)隔離法:求系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用時(shí),把一個(gè)物體隔離出來(lái)單獨(dú)研究的方法。
知識(shí)點(diǎn) 臨界極值問題?、?
1.臨界或極值條件的標(biāo)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(diǎn)。
(2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ),表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往對(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著極值,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。
2.四種典型的臨界條件
(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(duì)滑動(dòng)的臨界條件:兩物體相接觸且相對(duì)靜止時(shí),常存在著靜摩擦力,則相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)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(shí),速度達(dá)到最值的臨界條件:速度達(dá)到最大的臨界條件是a=0,速度為0的臨界條件是a達(dá)到最大。
知識(shí)點(diǎn) 多過程問題 Ⅱ
1.多過程問題
很多動(dòng)力學(xué)問題中涉及物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程,在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段,物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解決多過程問題的關(guān)鍵
首先明確每個(gè)“子過程”所遵守的規(guī)律,其次找出它們之間的關(guān)聯(lián)點(diǎn),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(duì)象時(shí)常用的方法。( )
2.應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行整體分析時(shí),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(shí)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(duì)點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,開始時(shí)F=10 N,此后逐漸增大,在增大到45 N的過程中,下列說(shuō)法正確的是( )
A.當(dāng)拉力F<12 N時(shí),物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)
B.兩物體開始沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng),當(dāng)拉力超過12 N時(shí),開始相對(duì)滑動(dòng)
C.兩物體從受力開始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)
D.兩物體始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)
答案 D
解析 當(dāng)A、B間達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)兩者開始相對(duì)滑動(dòng),以B為研究對(duì)象,設(shè)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(duì)運(yùn)動(dòng),B、C錯(cuò)誤,D正確。由于地面光滑,故一開始物體就加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤。
2.(人教版必修1P77科學(xué)漫步改編)在探索測(cè)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(gè)實(shí)驗(yàn):用已知質(zhì)量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組m2(后者的發(fā)動(dòng)機(jī)已熄滅)。接觸后,開動(dòng)宇宙飛船的推進(jìn)器,使飛船和火箭組共同加速,如圖所示。推進(jìn)器的平均推力為F,推進(jìn)器開動(dòng)時(shí)間為t,測(cè)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(duì)象,則F=(m1+m2)a,所以m2=-m1。
考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu)
考點(diǎn)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(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
(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(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。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(shí),兩端連接體的速率相等。
3.連接體的受力特點(diǎn)
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(gè)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(shí),就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái),應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。
(3)整體法、隔離法交替運(yùn)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(shí),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(duì)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(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B與水平面的動(dòng)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(cè)力計(jì)。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(cè)力計(jì)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(cè)力計(jì)示數(shù)為F2。則以下關(guān)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(guān)嗎?
提示:無(wú)關(guān)。
嘗試解答 選A。
以整體為研究對(duì)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(dāng)F拉B時(shí),以A為研究對(duì)象,則有F1-μm1g=m1a1,
得到F1=F;
同理,當(dāng)F拉A時(shí),以B為研究對(duì)象,
得到F2=F;
由于m1>m2,則F1>F2。
所以A正確,B、C、D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)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(wú)摩擦無(wú)關(guān)(有摩擦,兩物體與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同),物體系統(tǒng)在平面、斜面、豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí),此結(jié)論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時(shí),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(cè)力計(jì)上,彈簧測(cè)力計(jì)固定在小車上。開始時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng),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(shí)與夾角為θ1時(shí)相比( )
A.小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車對(duì)地面的壓力均變大
B.小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車對(duì)地面的壓力均變小
C.小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均變小,小車對(duì)地面的壓力不變
D.小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均不變,小車對(duì)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(cè)力計(jì)的示數(shù))均減小,由整體法可知小車對(duì)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(xué)校模擬)如圖所示,在粗糙的水平桿上套著一個(gè)滑塊A,用輕質(zhì)細(xì)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(dòng)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(yùn)動(dòng),此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為α;若增大水平拉力,使A、B一起運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)繩與豎直方向的夾角增大為2α,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是( )
A.細(xì)繩的拉力變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
B.A、B的加速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
C.水平拉力F變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
D.A受到的摩擦力不變
答案 D
解析 對(duì)B受力分析,其加速度大小為a=gtanα,細(xì)繩拉力大小T=,經(jīng)分析可知,當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí),a和T不一定是原來(lái)的2倍,A、B錯(cuò)誤;對(duì)A、B整體受力分析,豎直方向上,支持力N=2mg,當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí),支持力保持不變,則摩擦力f=μN(yùn)不變,水平方向有F-f=2ma,得F=2μmg+2mgtanα,經(jīng)分析可知,當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí),F(xiàn)不一定變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,C錯(cuò)誤,D正確。
考點(diǎn)2 動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問題
1.基本思路
(1)認(rèn)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(gè)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M=2 kg 的長(zhǎng)木板位于光滑水平面上,質(zhì)量為m=1 kg的物塊靜止在長(zhǎng)木板上,兩者之間的動(dòng)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(zhǎng)木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動(dòng)摩擦力?,F(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的力F,下列說(shuō)法正確的是( )
A.水平力F=3 N時(shí),物塊m將保持靜止?fàn)顟B(tài)
B.水平力F=6 N時(shí),物塊m將在長(zhǎng)木板M上滑動(dòng)
C.水平力F=7 N時(shí),長(zhǎng)木板M的加速度大小為2.5 m/s2
D.水平力F=9 N時(shí),長(zhǎng)木板M受到的摩擦力大小為5 N
解題探究 (1)m和M相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是什么?
提示:m和M之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。
(2)如何求使m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)所對(duì)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(duì)滑動(dòng)時(shí)力F=F0,應(yīng)用牛頓第二定律,有=,解得F0=7.5 N,顯然F=3 N
F0時(shí),m和M相對(duì)運(yùn)動(dòng),M受到的摩擦力大小為μmg=5 N,D正確。
總結(jié)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(jì)時(shí),則( )
A.當(dāng)t=3 s時(shí),A、B開始分離
B.當(dāng)t=4.5 s時(shí),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(yùn)動(dòng)
D.A、B分離之后A、B各做加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
答案 AC
解析 當(dāng)A、B分離時(shí)兩者間作用力為零,且a相同,所以==,得t=3 s,故A正確,B錯(cuò)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(yùn)動(dòng),C正確;A、B分離之后,A、B的合外力均為變力,加速度隨時(shí)間變化,故D錯(cuò)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g?,F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F,則( )
A.當(dāng)F<2μmg時(shí),A、B都相對(duì)地面靜止
B.當(dāng)F=μmg時(shí),A的加速度為μg
C.當(dāng)F>3μmg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng)
D.無(wú)論F為何值,B的加速度不會(huì)超過μg
答案 BCD
解析 地面對(duì)B的最大靜摩擦力為μmg,A、B間最大靜摩擦力為2μmg,當(dāng)F>μmg時(shí),A、B相對(duì)于地面向右滑動(dòng);在A、B恰好要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律,有F-3mg=3ma,對(duì)B,有μ2mg-3mg=ma,兩式聯(lián)立解得F=3μmg,可見,當(dāng)F>3μmg時(shí),A相對(duì)B才能滑動(dòng),C正確,A錯(cuò)誤。當(dāng)F=μmg時(shí),A、B相對(duì)靜止,對(duì)整體有:μmg-3mg=3ma,a=μg,故B正確。無(wú)論F為何值,B所受最大的動(dòng)力為A對(duì)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(diǎn)3 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過程問題
應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)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(diǎn)”連接。
(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。
(3)根據(jù)“子過程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。
(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián),確定各段間的時(shí)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(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)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(gè)力傳感器,當(dāng)力傳感器受壓時(shí),其示數(shù)為正值;當(dāng)力傳感器被拉時(shí),其示數(shù)為負(fù)值。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的滑塊從C點(diǎn)由靜止開始下滑,運(yùn)動(dòng)過程中,傳感器記錄到的力和時(shí)間的關(guān)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(zhǎng)度s;
(2)滑塊與木塊AB表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
解題探究 (1)滑塊在CB上滑動(dòng)時(shí),力傳感器讀出的是哪個(gè)力的大???
提示:滑塊對(duì)木塊壓力的水平分力。
(2)滑塊在BA上滑動(dòng)時(shí),力傳感器示數(shù)等于哪個(gè)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=1 s,
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得斜面BC的長(zhǎng)度為s=a1t=3 m。
(2)由右圖可知,
滑塊在CB上運(yùn)動(dòng)時(shí),滑塊對(duì)木塊的壓力
N1′=mgcosθ,
木塊對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí),
傳感器對(duì)木塊的拉力F2=f=μmg=5 N,
μ==0.2。
總結(jié)升華
應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)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(jiǎn)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(xì)審題,找出各過程的關(guān)聯(lián),按順序逐個(gè)分析。
(2)對(duì)于每一個(gè)研究過程,選擇什么規(guī)律,應(yīng)用哪一個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式要明確。
(3)注意兩個(gè)過程的連接處,加速度可能突變,但速度不會(huì)突變,速度是聯(lián)系前后兩個(gè)階段的橋梁。
[變式3-1] (2018襄陽(yáng)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(shí)靜止,現(xiàn)對(duì)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(biāo)出)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,小球運(yùn)動(dòng)過程中未從桿上脫落,且F0>μmg。下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)中的速度—時(shí)間圖象正確的是( )
答案 C
解析 開始時(shí)小球所受支持力方向向上,隨著時(shí)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(dāng)豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時(shí),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(duì)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(dāng)加速度減小到零時(shí),小球做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng),t=0.5 s時(shí)撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)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(yùn)動(dòng)的兩個(gè)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(shí)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(shí)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(shè)斜面傾角為θ,斜面對(duì)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(xùn)
1. (2017海南高考)(多選)如圖,水平地面上有三個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動(dòng)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(duì)整體,由牛頓第二定律有F-μ(m+2m+3m)g=(m+2m+3m)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(duì)R,由牛頓第二定律有F1-μ(3m)g=3ma,解得F1=,對(duì)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(wú)關(guān),B、D正確。
2.(2018安徽質(zhì)檢)如圖所示,若干個(gè)質(zhì)量不相等可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕細(xì)繩穿拴成一串,將繩的一端掛在車廂的頂部。當(dāng)車在平直路面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),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θ,對(duì)所有小球組成的整體分析,有m總gtanθ=m總a,解得tanθ=,設(shè)第二段繩與豎直方向的夾角為θ′,對(duì)除最上面第一個(gè)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(xì)繩在一條直線上,向左偏,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。
3. (2018洛陽(yáng)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(dòng)。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(shí)斜面體B對(duì)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(wú)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(jìn)行受力分析,可知斜面體B對(duì)A的支持力和摩擦力的合力與A的重力等大反向,對(duì)B進(jìn)行受力分析,由平衡條件可知,地面對(duì)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(duì)斜面體B的壓力和摩擦力不變,所以地面對(duì)斜面體的摩擦力為零,斜面體B對(duì)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(zhǎng)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(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí),用傳感器測(cè)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(shuō)法錯(cuò)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(dāng)F=8 N時(shí),滑塊加速度為2 m/s2
D.滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
答案 C
解析 從圖乙中可知,當(dāng)F>6 N時(shí),兩者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),當(dāng)F≤6 N時(shí)兩者相對(duì)靜止,當(dāng)F=6 N時(shí),對(duì)整體可得F=(M+m)a,即M+m=6 kg,當(dāng)F>6 N時(shí)對(duì)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(shí)圖線反向延長(zhǎng),可得當(dāng)F=4 N時(shí),加速度為零,代入可得0=4-,解得μ=0.1,故A、B、D正確;當(dāng)F=8 N時(shí)滑塊加速度為a==μg=0.110 m/s2=1 m/s2,故C錯(cuò)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(shí)彈簧的壓縮量為x0,從t=0時(shí)開始,對(duì)b施加沿斜面向上的外力,使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間后,物塊a、b分離;再經(jīng)過同樣長(zhǎng)的時(shí)間,b距其出發(fā)點(diǎn)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(shí)間變化的關(guān)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(shè)物塊b加速度的大小為a,a、b分離時(shí)b運(yùn)動(dòng)的位移為x1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1=at,x0=a(2t1)2,
分離瞬間,對(duì)物塊a進(jìn)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(shè)外力為F,經(jīng)過時(shí)間t彈簧的壓縮量為x,在物塊a、b分離前,對(duì)物塊a、b整體,由牛頓第二定律有
F+kx-gsinθ=a,
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x0-x=at2,
聯(lián)立以上各式解得F=t2+。
配套課時(shí)作業(yè)
時(shí)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(wú)人機(jī)質(zhì)量為2 kg,運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力大小恒定。該無(wú)人機(jī)從地面由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)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(wú)人機(jī)上升的最大高度為72 m
B.6~8 s內(nèi)無(wú)人機(jī)下降
C.無(wú)人機(jī)的升力大小為28 N
D.無(wú)人機(jī)所受阻力大小為4 N
答案 D
解析 在vt圖象中,圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移,由題圖知,無(wú)人機(jī)上升的最大高度h=248 m=96 m,A錯(cuò)誤;由題圖知,6~8 s內(nèi)無(wú)人機(jī)向上做減速運(yùn)動(dòng),直到速度減為零,8 s末上升到最高點(diǎn),B錯(cuò)誤;由題圖知,vt圖象的斜率即為無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)的加速度,故0~6 s內(nèi)無(wú)人機(jī)的加速度大小a1=4 m/s2,6~8 s內(nèi)無(wú)人機(jī)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(cuò)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(gè)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(dòng),這時(shí)楔形木塊對(duì)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(duì)象,其豎直方向受力情況及系統(tǒng)內(nèi)各物體運(yùn)動(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)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0~t0、t0~3t0、3t0~4t0時(shí)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(shí)間內(nèi)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),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mg-F1-f=ma1,解得F1=mg-m-f;物體在t0~3t0的時(shí)間內(nèi)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng),則由力的平衡條件可知F2+f=mg即F2=mg-f;物體在3t0~4t0的時(shí)間內(nèi)向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(xì)線連接,如圖所示。開始時(shí)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(shuō)法不正確的是( )
A.砂桶中加的砂子越多,細(xì)線上的拉力越大
B.砂桶中加的砂子越多,細(xì)線上的拉力可能越小
C.物體A發(fā)生滑動(dòng)后,砂和砂桶的質(zhì)量越大,細(xì)線上拉力越大
D.某次實(shí)驗(yàn)時(shí),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(yuǎn)距離等于2h,則可以求出物體A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)
答案 B
解析 物體A發(fā)生滑動(dòng)之前,細(xì)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(dòng)后,設(shè)砂桶和砂子的總質(zhì)量為m,加速度大小為a,對(duì)B有mg-FT=ma,對(duì)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(cuò)誤;分析物體A的整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(gè)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(shí)兩物體處于靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng),測(cè)得兩個(gè)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(shí)刻分離,此時(shí)彈簧彈力恰好為零
D.彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí),物體B的速度達(dá)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(cuò)誤;施加外力F的瞬間,對(duì)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(shí)刻分離,此時(shí)A、B具有共同的v和a,且FAB=0,對(duì)B有F彈′-Mg=Ma,解得F彈′=M(g+a),故C錯(cuò)誤;當(dāng)F彈′=Mg時(shí),B達(dá)到最大速度,故D錯(cuò)誤。
6. 如圖所示,質(zhì)量為M的長(zhǎng)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(duì)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(jì));人與車始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)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(duì)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(cuò)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(duì)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(cuò)誤。
8. (2018武漢測(cè)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(yùn)動(dòng)。輕繩拉力的大小( )
A.與斜面的傾角θ無(wú)關(guān)
B.與物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ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(gè)整體有:F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a,
解得:a=,對(duì)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(cuò)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(gè)整體有F+(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a′,解得:a′=,對(duì)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(cuò)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(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng),則下列說(shuō)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(dāng)F最大時(shí),A剛要離開地面,A受力如圖1,F(xiàn)N1cosθ=mg,對(duì)B:FN1sinθ=ma1;F作用于題圖乙中A,當(dāng)F最大時(shí),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(duì)整體分析易知兩種情況下所加的最大推力相同,選項(xiàng)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(xì)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(yùn)動(dòng),當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)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(shí),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?yàn)檠芯繉?duì)象,進(jìn)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(shí),F(xiàn)N=0,A正確;當(dāng)a=0時(shí),T=0.6 N,此時(shí)小球靜止在斜面上,其受力如圖1所示,所以mgsinθ=T;當(dāng)a= m/s2時(shí),斜面對(duì)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(cuò)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。細(xì)繩的一端固定,另一端跨過輕質(zhì)、光滑動(dòng)滑輪與A相連,動(dòng)滑輪與B相連,如圖所示。初始時(shí),細(xì)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(dòng)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(yùn)=μ4mg=4μmg,方向水平向左。
(2)物塊A向右移動(dòng)s,則B向右移動(dòng)。
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(wú)張力,此時(shí)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(shí)C下落的距離。
答案 (1)4 m/s2 (2)0.15 m
解析 (1)開始時(shí)彈簧的壓縮量為x0,由平衡條件得
(mA+mB)gsinθ=kx0①
釋放物塊C時(shí),A、B、C將一起做加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)此時(shí)輕繩的拉力大小為T,對(duì)物塊C由牛頓第二定律可得
mCg-T=mC a②
對(duì)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(dāng)物塊A、B分離時(shí),A、B之間的彈力為零,設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x1,此時(shí)A、B的加速度大小為a′,輕繩的拉力大小為T′,對(duì)A由牛頓第二定律可得
kx1-mAgsinθ=mAa′④
對(duì)B由牛頓第二定律得
T′-mBgsinθ=mBa′⑤
對(duì)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。
鏈接地址:http://www.3dchina-expo.com/p-3913209.html