《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 牛頓運動定律的綜合應用（一）學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 牛頓運動定律的綜合應用（一）學案.doc（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化三　牛頓運動定律的綜合應用(一) 專題解讀1.本專題是動力學方法處理連接體問題、圖象問題和臨界極值問題，高考時選擇題為必考，計算題也曾命題. 2.學好本專題可以培養(yǎng)同學們的分析推理能力，應用數(shù)學知識和方法解決物理問題的能力. 3.本專題用到的規(guī)律和方法有：整體法和隔離法、牛頓運動定律和運動學公式、臨界條件和相關的數(shù)學知識. 命題點一　動力學中的連接體問題 1.連接體問題的類型 物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體. 2.整體法的選取原則 若連接體內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). 3.隔離法的選取原則 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內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. 4.整體法、隔離法的交替運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，后隔離求內力”. 例1　(多選)(2016天津理綜8)我國高鐵技術處于世界領先水平.如圖1所示，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車.假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比.某列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) 圖1 A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B.做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C.進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比 D.與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2 答案　BD 解析　列車啟動時，乘客隨車廂加速運動，加速度方向與車的運動方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運動方向相同，選項A錯誤；動車組運動的加速度a＝＝－kg，則對6、7、8節(jié)車廂的整體有F56＝3ma＋3kmg＝F，對7、8節(jié)車廂的整體有F67＝2ma＋2kmg＝F，故5、6節(jié)車廂與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項B正確；關閉發(fā)動機后，根據(jù)動能定理得8mv2＝8kmgx，解得x＝，可見滑行的距離與關閉發(fā)動機時速度的平方成正比，選項C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝；8節(jié)車廂有4節(jié)動車時最大速度為vm2＝，則＝，選項D正確. 例2　如圖2所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質量分別為m、2m、3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(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，使三個物體以同一加速度向右運動，則(　　) 圖2 A.此過程中物體C受重力等五個力作用 B.當F逐漸增大到FT時，輕繩剛好被拉斷 C.當F逐漸增大到1.5FT時，輕繩剛好被拉斷 D.若水平面光滑，則繩剛斷時，A、C間的摩擦力為 ①三個物體以同一加速度向右運動；②輕繩剛好被拉斷. 答案　C 解析　A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可知C受重力、A對C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對C的摩擦力以及地面的摩擦力六個力的作用，故A錯誤.對整體分析，整體的加速度a＝＝－μg，對A、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)T－μ4mg＝4ma，解得FT＝F，當F＝1.5FT時，輕繩剛好被拉斷，故B錯誤，C正確.水平面光滑，繩剛斷時，對A、C整體分析，加速度a＝，隔離A單獨分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D錯誤. 連接體問題的情景拓展 1. 2. 3. 1.(多選)(2015新課標全國Ⅱ20)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(shù)可能為(　　) A.8B.10C.15D.18 答案　BC 解析　設PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，則F＝nma ① 設PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝kma ② 聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確. 2.如圖3所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F與水平方向的夾角為θ.則m1的加速度大小為(　　) 圖3 A.B.C.D. 答案　A 解析　把m1、m2看成一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝，選項A正確. 3.如圖4所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質量為m的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是(　　) 圖4 A.小車靜止時，F(xiàn)＝mgsinθ，方向沿桿向上 B.小車靜止時，F(xiàn)＝mgcosθ，方向垂直于桿向上 C.小車向右以加速度a運動時，一定有F＝ D.小車向左以加速度a運動時，F(xiàn)＝，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tanα＝ 答案　D 解析　小車靜止時，球受到重力和桿的彈力作用，由平衡條件可得桿對球的作用力F＝mg，方向豎直向上，選項A、B錯誤；小車向右以加速度a運動時，如圖甲所示，只有當a＝gtanθ時，才有F＝，選項C錯誤；小車向左以加速度a運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知小球受到的合力水平向左，如圖乙所示，則桿對球的作用力F＝，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tanα＝，選項D正確. 命題點二　動力學中的圖象問題 1.常見的動力學圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等. 2.圖象問題的類型 (1)已知物體受的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況. (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況. (3)由已知條件確定某物理量的變化圖象. 3.解題策略 (1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點. (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等. (3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結合起來，應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷. 例3　如圖5所示，斜面體ABC放在粗糙的水平地面上.小滑塊在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑.斜面傾角θ＝37，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45.整個過程斜面體保持靜止不動，已知小滑塊的質量m＝1 kg，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2.試求： 圖5 (1)小滑塊回到出發(fā)點時的速度大小. (2)定量畫出斜面體與水平地面之間的摩擦力大小Ff隨時間t變化的圖象. ①整個過程斜面體保持靜止不動；②滑塊在斜面上減速至0然后下滑. 答案　(1)4.8m/s (2)如圖所示 解析　(1)滑塊沿斜面上滑過程，由牛頓第二定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 解得a1＝9.6m/s2 設滑塊上滑位移大小為L，則由v＝2a1L， 解得L＝4.8m 滑塊沿斜面下滑過程，由牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 解得a2＝2.4m/s2 由v2＝2a2L，解得v＝4.8m/s (2)滑塊沿斜面上滑過程用時t1＝＝1s 對斜面受力分析可得Ff1＝ma1cosθ＝7.68N 滑塊沿斜面下滑過程用時t2＝＝2s 對斜面受力分析可得Ff2＝ma2cosθ＝1.92N Ff隨時間變化規(guī)律如圖所示. 4.在圖6甲所示的水平面上，用水平力F拉物塊，若F按圖乙所示的規(guī)律變化.設F的方向為正方向，則物塊的速度－時間圖象可能正確的是(　　) 圖6 答案　A 解析　若水平面光滑，則加速度a＝，即a∝F，滿足a1∶a2∶a3＝F1∶F2∶F3＝1∶3∶2，可見A、B、C、D四個選項均不符合.若水平面不光滑，對A圖進行分析：0～1s內，a1＝＝＝2m/s2,1～2s內，a2＝＝＝2m/s2,2～3s內，a3＝＝＝1m/s2，聯(lián)立以上各式得Ff＝1N，m＝1kg，且a1∶a2∶a3＝2∶2∶1，符合實際，A項正確；同理，分析B、C、D項均不可能. 5.如圖7甲所示，有一傾角為30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質量為M的木板.開始時質量為m＝1kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴掖笮〔蛔?，當滑塊滑到木板上時撤去力F(假設斜面與木板連接處用小圓弧平滑連接).此后滑塊和木板在水平面上運動的v－t圖象如圖乙所示，g＝10m/s2，求： 圖7 (1)水平作用力F的大?。? (2)滑塊開始下滑時的高度； (3)木板的質量. 答案　(1)N　(2)2.5m　(3)1.5kg 解析　(1)滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力FN處于平衡，如圖所示：F＝mgtanθ 代入數(shù)據(jù)可得：F＝N (2)由題意可知，滑塊滑到木板上的初速度為10m/s 當F變?yōu)樗较蛴抑?，由牛頓第二定律可得：mgsinθ＋Fcosθ＝ma 解得：a＝10m/s2 下滑的位移：x＝，解得：x＝5m 故滑塊開始下滑時的高度：h＝xsin30＝2.5m (3)由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當達到共同速度后一塊做勻減速運動，設木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2 二者共同減速時的加速度大小a1＝1m/s2，發(fā)生相對滑動時，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑塊減速的加速度大小為：a3＝4m/s2 對整體受力分析可得：a1＝＝μ1g 可得：μ1＝0.1 在0～2s內分別對m和M做受力分析可得： 對M：＝a2 對m：＝a3 代入數(shù)據(jù)解方程可得：M＝1.5kg. 命題點三　動力學中的臨界極值問題 1.“四種”典型臨界條件 (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：兩物體相接觸且處于相對靜止時，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，繩子松弛與拉緊的臨界條件是：FT＝0. (4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當加速度變?yōu)?時. 2.“四種”典型數(shù)學方法 (1)三角函數(shù)法； (2)根據(jù)臨界條件列不等式法； (3)利用二次函數(shù)的判別式法； (4)極限法. 例4　如圖8所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質量為M，傾角為α，其斜面上有一靜止的滑塊，質量為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動，求： 圖8 (1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動，圖中水平向右的力F的最大值； (2)若要使滑塊做自由落體運動，圖中水平向右的力F的最小值. ①滑塊與斜面體一起加速運動；②滑塊做自由落體運動. 答案　(1)　(2) 解析　(1)當滑塊與斜面體一起向右加速時，力F越大，加速度越大，當F最大時，斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示. 設一起加速的最大加速度為a，對滑塊應用牛頓第二定律得： FNcosα＋Ffmsinα＝mg ① Ffmcosα－FNsinα＝ma ② 由題意知Ffm＝μFN ③ 聯(lián)立解得a＝g 對整體受力分析F＝(M＋m)a 聯(lián)立解得F＝ (2)如圖所示，要使滑塊做自由落體運動，滑塊與斜面體之間沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設此時M的加速度為aM，則對M：F＝MaM 當水平向右的力F最小時，二者沒有相互作用但仍接觸，則有＝tanα，即＝tanα聯(lián)立解得F＝. 6.如圖9所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離.下列說法正確的是(　　) 圖9 A.B和A剛分離時，彈簧長度等于原長 B.B和A剛分離時，它們的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動 答案　C 解析　A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0，對B：F－mg＝ma， 對A：kx－mg＝ma. 即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)， 由F＝mg，設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0， 又2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得k＝，綜上所述，只有C項正確. 7.如圖10所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m.已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10m/s2. 圖10 (1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小. (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？ 答案　(1)3m/s2　8 m/s　(2)30　N 解析　(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得 L＝v0t＋at2 ① v＝v0＋at ② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a＝3m/s2 ③ v＝8m/s ④ (2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma ⑤ Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 ⑥ 又Ff＝μFN ⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝ ⑧ 由數(shù)學知識得 cosα＋sinα＝sin(60＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知對應F最小時的夾角α＝30 ⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin＝N. 應用圖象分析動力學問題的深化拓展 一、利用表達式判斷圖象形狀 當根據(jù)物理情景分析物體的x－t圖象、v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、E－t圖象等問題，或根據(jù)已知圖象確定相應的另一圖象時，有時需借助相應的函數(shù)表達式準確判斷，其思路如下： (1)審題，了解運動情景或已知圖象信息. (2)受力分析，運動分析(若是“多過程”現(xiàn)象，則分析清楚各“子過程”的特點及“銜接點”的數(shù)值). (3)根據(jù)物理規(guī)律確定函數(shù)關系式(常用規(guī)律：牛頓第二定律、運動學規(guī)律、功能關系等). (4)根據(jù)函數(shù)特點判斷相應圖象是否正確(要弄清所導出的待求量表達式的意義，如變化趨勢、截距、斜率等的物理含義). 典例1　如圖11所示，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖象中正確的是(　　) 圖11 答案　A 解析　開始階段水平力F較小，木板和木塊一起做加速直線運動，由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a，即a＝＝t，兩物體的加速度相同，且與時間成正比.隨著水平力F的增加，木板和木塊間的靜摩擦力也隨之增加，當兩物體間的摩擦力達到μm2g后兩者發(fā)生相對滑動，對木塊有F－Ff＝m2a2，其中Ff＝μm2g，故a2＝＝t－μg，a2－t圖象的斜率增大；而對木板，發(fā)生相對滑動后，有μm2g＝m1a1，故a1＝，保持不變.綜上可知，A正確. 二、用圖象進行定性分析 當物體的運動過程不是典型的勻速直線運動或勻變速直線運動，用公式求解問題比較困難或不可能時，一般可以用(速度)圖象進行定性分析.典例2就是利用速率圖象比較時間的長短，把速度圖象中“面積”表示位移遷移到本題中，可得出速率圖象中“面積”表示路程. 典例2　(多選)如圖12所示，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道.甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有(　　) 圖12 A.甲的切向加速度始終比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D.甲比乙先到達B處 答案　BD 解析　對小孩受力分析，如圖(a)所示，由牛頓第二定律得a＝gsinθ，由于甲所在軌道傾角逐漸減小，乙所在軌道傾角逐漸增大，當傾角相同時a甲＝a乙，之后，a甲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　當03μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確.當F＝μmg時，A與B共同的加速度a＝＝μg，選項B正確.F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝＝μg，選項D正確. 3.如圖3所示，質量為M的吊籃P通過細繩懸掛在天花板上，物塊A、B、C質量均為m，B、C疊放在一起，物塊B固定在輕質彈簧上端，彈簧下端與A物塊相連，三物塊均處于靜止狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為k(彈簧始終在彈性限度內)，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.靜止時，彈簧的形變量為 B.剪斷細繩瞬間，C物塊處于超重狀態(tài) C.剪斷細繩瞬間，A物塊與吊籃P分離 D.剪斷細繩瞬間，吊籃P的加速度大小為 答案　D 解析　靜止時，彈簧受到的壓力F大小等于B、C的重力2mg，則由胡克定律F＝kΔx，求出彈簧的形變量Δx為，A錯誤；剪斷細繩瞬間，由于彈簧彈力不能突變，C物塊所受合力為0，加速度為0，C處于靜止狀態(tài)，B錯誤；剪斷細繩瞬間，將吊籃和A物塊當作一個整體，受到重力為(M＋m)g，以及彈簧的彈力2mg，則吊籃P和物塊A的加速度a＝，D正確；剪斷細繩瞬間，A物塊和吊籃P的加速度相同，均為，則A物塊與吊籃P不會分離，C錯誤. 題組2　動力學中的圖象問題 4.如圖4所示，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為α和β，且α>β.一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經(jīng)時間t0后到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑.在小物塊從a運動到c的過程中，可以正確描述其速度大小v與時間t的關系的圖象是(　　) 圖4 答案　C 解析　設物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2.根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1，mgsinβ－μmgcosβ＝ma2，得a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinβ－μgcosβ，則知a1>a2，而v－t圖象的斜率等于加速度，所以上滑段圖線的斜率大于下滑段圖線的斜率；上滑過程的位移大小較小，而上滑的加速度較大，由x＝at2知，上滑過程時間較短；上滑過程中，物塊做勻減速運動，下滑過程做勻加速直線運動，兩段圖線都是直線；由于物塊克服摩擦力做功，機械能不斷減小，所以物塊到達c點的速度小于v0.故只有選項C正確. 5.(多選)如圖5甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，v0、t0已知，則(　　) 圖5 A.傳送帶一定逆時針轉動 B.μ＝tanθ＋ C.傳送帶的速度大于v0 D.t0后木塊的加速度為2gsinθ－ 答案　AD 解析　若傳送帶順時針轉動，當木塊下滑時(mgsinθ>μmgcosθ)，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsinθ<μmgcosθ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種情況均不符合運動圖象；故傳送帶是逆時針轉動，選項A正確.木塊在0～t0內，滑動摩擦力向下，木塊勻加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由圖可知a1＝，則μ＝－tanθ，選項B錯誤.當木塊的速度等于傳送帶的速度時，木塊所受的摩擦力變成斜向上，故傳送帶的速度等于v0，選項C錯誤.等速后的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，選項D正確. 6.一物體在水平推力F＝15N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圖象如圖6所示，g取10m/s2，求： 圖6 (1)0～4s和4～6s物體的加速度大小； (2)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ和物體的質量m； (3)在0～6s內物體運動平均速度的大小. 答案　(1)2.5m/s2　5 m/s2　(2)0.5　2kg　(3)5m/s 解析　(1)由圖可得：a1＝＝m/s2＝2.5 m/s2， a2＝＝m/s2＝5 m/s2 (2)根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma2 解得：μ＝＝0.5 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma1 解得：m＝＝2kg (3)平均速度＝＝＝＝m/s＝5 m/s 題組3　動力學中的臨界極值問題 7.如圖7所示，一條輕繩上端系在車的左上角的A點，另一條輕繩一端系在車左端B點，B點在A點的正下方，A、B距離為b，兩條輕繩另一端在C點相結并系一個質量為m的小球，輕繩AC長度為b，輕繩BC長度為b.兩條輕繩能夠承受的最大拉力均為2mg. 圖7 (1)輕繩BC剛好被拉直時，車的加速度是多大？(要求畫出受力圖) (2)在不拉斷輕繩的前提下，求車向左運動的最大加速度是多大.(要求畫出受力圖) 答案　(1)g　見解析圖甲　(2)3g　見解析圖乙 解析　(1)輕繩BC剛好被拉直時，小球受力如圖甲所示. 因為AB＝BC＝b，AC＝b，故輕繩BC與AB垂直，θ＝45. 由牛頓第二定律，得mgtanθ＝ma. 可得a＝g. (2)小車向左的加速度增大，BC繩方向不變，所以AC輕繩拉力不變，BC輕繩拉力變大，BC輕繩拉力最大時，小車向左的加速度最大，小球受力如圖乙所示. 由牛頓第二定律，得FTm＋mgtanθ＝mam. 因FTm＝2mg，所以最大加速度為am＝3g. 8.(2015新課標全國Ⅰ25)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4.5m，如圖8(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＝1s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1s時間內小物塊的vt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10m/s2.求： 圖8 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離. 答案　(1)0.1　0.4　(2)6m　(3)6.5m 解析　(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s 小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小 a2＝m/s2＝4 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s 其逆運動則為勻加速直線運動，可得x＝vt＋a1t2 解得a1＝1m/s2 小物塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得： μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1， 即μ1g＝a1 解得μ1＝0.1 (2)碰撞后，木板向左做勻減速運動，由牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝m/s2 對小物塊，加速度大小為a2＝4m/s2 由于a2＞a3，所以小物塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s 此過程中，木板向左運動的位移為x1＝vt1－a3t＝m, 末速度v1＝m/s 小物塊向右運動的位移x2＝t1＝2m 此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2 木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝m/s2 假設又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.5s 此過程中，木板向左運動的位移x3＝v1t2－a3t＝m，末速度v2＝v1－a3t2＝2m/s 小物塊向左運動的位移x4＝a2t＝0.5m 此時二者的相對位移最大，Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m，此后小物塊和木板一起勻減速運動. 小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m. (3)最后階段小物塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1m/s2 向左運動的位移為 x5＝＝2m 所以木板右端離墻壁最遠的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m