2020版高考物理二輪復習第1部分專題1力與運動第2講力與直線運動教案.docx

力與直線運動 高考統(tǒng)計定方向 (教師授課資源)考點考向五年考情匯總1.勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用考向1.勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用2017全國卷 T242018全國卷T142016全國卷T16考向2.勻變速直線運動推論及比例關(guān)系的應(yīng)用2019全國卷T182.運動圖象問題考向1.圖象的選取與轉(zhuǎn)換考向2.圖象信息的應(yīng)用2018全國卷 T182018全國卷 T192016全國卷 T213.牛頓運動定律的應(yīng)用考向1.動力學的兩類基本問題2019全國卷 T202016全國卷 T192018全國卷 T242015全國卷 T20考向2.瞬時性問題2018全國卷 T15考向3.連接體問題 2015全國卷 T20考向4.臨界和極值問題 2017全國卷 T25勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用(5年4考)近幾年高考對勻變速直線運動規(guī)律的考查，重在基本規(guī)律的應(yīng)用，命題背景來源于生活中的實際問題。在2020年的備考中要加強以實際問題為背景的題目的訓練。 1(2018全國卷T14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比B列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關(guān)系可知vat，且列車的動能為Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將xat2代入上式得Ekmax，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關(guān)系式Ek可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。2(2019全國卷T18)如圖所示，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足()A12 B23C34 D45C本題應(yīng)用逆向思維求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個所用的時間為t2，第一個所用的時間為t1，因此有2，即34，選項C正確。3(2017全國卷T24)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1s0)處分別放置一個擋板和一面小旗，如圖所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求：(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。題眼點撥“冰球以速度v0擊出”“到達擋板的速度為v1”說明冰球的初速度為v0，勻減速滑動距離s0，末速度為v1；“至少到達小旗處”“最小加速度”說明冰球到達擋板時，運動員恰好到達小旗處，對應(yīng)運動員的加速度最小，此過程中，冰球和運動員運動時間相等。解析(1)設(shè)冰球質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為，由題意可知vv2a1s0又mgma1可解得：。(2)冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2聯(lián)立式得a2。答案(1)(2)教師備選題1(2016全國卷T16)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為()A. B. C. D.A設(shè)初速度為v1，末速度為v2，根據(jù)題意可得9mvmv，解得v23v1，根據(jù)vv0at，可得3v1v1at，解得v1，代入sv1tat2可得a，故A正確。1勻變速直線運動的基本規(guī)律(1)速度關(guān)系：vv0at。(2)位移關(guān)系：xv0tat2。(3)速度位移關(guān)系：v2v2ax。(如上T3)(4)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：v。(5)勻變速直線運動在相等時間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，即xaT2。2易錯警示(1)勻變速直線運動的方程均為矢量方程，要注意規(guī)定正方向。(2)“剎車類”問題中要注意剎車時間的判斷。如圖所示，直線MN表示一條平直單車道，甲、乙兩輛汽車剛開始靜止，車頭分別在A、B兩處，兩輛車長均為L4 m，兩個車頭間的距離為x089 m，現(xiàn)甲車先開始向右做勻加速直線運動，加速度a12.5 m/s2，甲車運動了t05 s后，發(fā)現(xiàn)乙車仍然靜止，甲車立即鳴笛，又經(jīng)過t11 s，乙車才開始向右做勻加速直線運動。(1)若乙車運動的加速度a25.0 m/s2，兩輛汽車是否會相撞？通過計算說明。(2)若要使兩車不相撞，乙車運動的加速度至少是多少？思維流程解此題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出如下的運動過程圖，并靈活應(yīng)用臨界條件。t0假設(shè)兩車某時刻相撞解析假設(shè)相撞，應(yīng)滿足：時間關(guān)系：t甲t乙t0t1空間關(guān)系：x甲x乙x0L甲車在t0t16 s時的位移為a1(t0t1)245 m110 m，故假設(shè)不成立，不能安全超車。答案(1)4 s(2)不能考向2勻變速直線運動的推論及比例關(guān)系的應(yīng)用3物體做勻加速直線運動，相繼經(jīng)過兩段距離為1 6 m的路程，第一段用時4 s，第二段用時2 s，則物體的加速度是()A. m/s2 B. m/s2C. m/s2 D. m/s2B根據(jù)題意，物體做勻加速直線運動，t時間內(nèi)的平均速度等于時刻的瞬時速度，在第一段路程內(nèi)中間時刻的瞬時速度為：v11 m/s4 m/s；在第二段路程內(nèi)中間時刻的瞬時速度為：v22 m/s8 m/s；則物體加速度為：a m/s2 m/s2，故B項正確。4(2019洛陽市高三聯(lián)考)如圖所示，物體自O(shè)點由靜止開始做勻加速直線運動，途經(jīng)A、B、C三點，其中A、B之間的距離l13 m，B、C之間的距離l24 m。若物體通過l1、l2這兩段位移的時間相等，則O、A之間的距離l等于()A. m B. m C. m D. mC根據(jù)做勻變速直線運動的質(zhì)點在相鄰相等的時間內(nèi)的位移差是一常量，設(shè)物體通過l1和l2這兩段位移的時間都是T，可得l2l1aT2。根據(jù)做勻變速直線運動的質(zhì)點在一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知物體通過B點時的速度vB，物體從O點勻加速運動到A點，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，vB，聯(lián)立解得l m，選項C正確。運動圖象問題(5年3考)近幾年高考對圖象的考查側(cè)重于圖象信息的獲取和應(yīng)用，圖象信息不僅體現(xiàn)運動學的基本規(guī)律，還涉及追及、相遇問題，圖象反映的規(guī)律也不再僅局限于勻變速直線運動。預計2020年對圖象的考查還會涉及追及、相遇問題。圖象選取、圖象轉(zhuǎn)換類問題已多年未考，但復習中也應(yīng)足夠重視。1(多選)(2018全國卷T18)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是()A在t1時刻兩車速度相等B從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等D在t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等CD在xt圖象中，圖線的斜率表示物體運動的速度，在t1時刻，兩圖線的斜率關(guān)系為k乙k甲，兩車速度不相等；在t1到t2時間內(nèi)，存在某一時刻甲圖線的切線與乙圖線平行，如圖所示，該時刻兩車速度相等，選項A錯誤，D正確。從0到t1時間內(nèi)，乙車走過的路程為x1，甲車走過的路程小于x1，選項B錯誤。從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程都為x2x1，選項C正確。2(多選)(2018全國卷T19)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛。下列說法正確的是()A兩車在t1時刻也并排行駛B在t1時刻甲車在后，乙車在前C甲車的加速度大小先增大后減小D乙車的加速度大小先減小后增大BD本題可巧用逆向思維分析，兩車在t2時刻并排行駛，根據(jù)題圖分析可知在t1t2時間內(nèi)甲車運動的位移大于乙車運動的位移，所以在t1時刻甲車在后，乙車在前，B正確，A錯誤；依據(jù)vt圖象斜率表示加速度分析出C錯誤，D正確。3(多選)(2016全國卷T21)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v t圖象如圖所示。已知兩車在t3 s時并排行駛，則()A在t1 s時，甲車在乙車后B在t0時，甲車在乙車前7.5 mC兩車另一次并排行駛的時刻是t2 sD甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 mBD由題中vt圖象得a甲10 m/s2，a乙5 m/s2，兩車在t3 s時并排行駛，此時x甲a甲t21032 m45 m，x乙v0ta乙t2103 m532 m52.5 m，所以t0時甲車在前，距乙車的距離為Lx乙x甲7.5 m，B項正確。t1 s時，x甲a甲t25 m，x乙v0ta乙t212.5 m，此時x乙x甲L12.5 m，所以另一次并排行駛的時刻為t1 s，故A、C項錯誤。兩次并排行駛的位置沿公路方向相距Lx乙x乙40 m，故D項正確。1解決圖象類問題“四個注意”(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。(2)利用vt圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。(如上T3)(3)物體的運動圖象與運動過程的轉(zhuǎn)化。(4)xt圖象、vt圖象、at圖象的應(yīng)用。2應(yīng)用圖象時的“兩個誤區(qū)”(1)誤認為vt圖象、xt圖象是物體運動軌跡。(2)在vt圖象中誤將交點認為此時相遇。(如上T2)考向1圖象的選取與轉(zhuǎn)換1(2019福州市高三調(diào)研)甲、乙兩個小球從不同高度做自由落體運動，同時落地。下列表示這一過程的位移時間圖象和速度時間圖象正確的是()A B C DD由自由落體運動的位移時間公式可知從不同高度釋放甲、乙兩個小球，它們同時落地，即它們的位移大小不同，在空中運動的時間也不同，選項A中兩小球的位移不同，在空中運動的時間相同，選項B中兩小球的位移相同，在空中運動的時間不同，選項A、B均錯誤；由自由落體運動的速度時間公式可知甲、乙兩個小球在空中運動的加速度(重力加速度g)相同，即在vt圖象中圖線的斜率相同，但位移不同，開始運動的時刻不同，終止時刻相同，選項C錯誤，D正確。2.一物體由靜止開始沿直線運動，其加速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示。取物體開始運動的方向為正方向，則下列關(guān)于物體運動的vt圖象正確的是()AB CDC根據(jù)加速度隨時間變化的圖象可得，01 s為勻加速直線運動，速度vatt，速度為正方向，D項錯誤；第1 s末的速度v1 m/s,12 s加速度變?yōu)樨撝担俣葹檎较?，因此為減速，v1 m/sa(t1)，第2 s末，速度減小為0，B項錯誤；23 s，加速度為正方向，初速度為0，物體做正方向的勻加速直線運動，va(t2)t2，即從第2 s開始又重復前面的運動，C項正確，A項錯誤?？枷?圖象信息的獲取與應(yīng)用3.(易錯題)(多選)a、b兩質(zhì)點在同一直線上運動的位移時間圖象如圖所示，b質(zhì)點的加速度大小始終為0.2 m/s2，兩圖線相切于坐標為(5s，2.7m)的點，則()A前5 s內(nèi)，a、b兩質(zhì)點的運動方向相同Bt5 s時，a、b兩質(zhì)點的速度均為0.54 m/sCb質(zhì)點的初速度是1.8 m/sD圖中x0應(yīng)為2.8AD位移時間圖象在某點切線的斜率表示在該點處的速度，由題意可知，a質(zhì)點在t5 s前沿負方向做勻速直線運動，b質(zhì)點在t5 s前沿負方向做勻減速直線運動，兩質(zhì)點的運動方向相同，選項A正確；兩圖線相切于坐標為(5 s，2.7 m)的點，故在t5 s時兩質(zhì)點的速度相同，且vk m/s0.6 m/s，選項B錯誤；由題意可知，做勻減速直線運動的b質(zhì)點加速度為0.2 m/s2，根據(jù)運動學公式有vv0at，解得v01.6 m/s，選項C錯誤；對于b質(zhì)點，前5 s內(nèi)有xt25 m5.5 m，故x02.7(5.5)2.8，選項D正確。4.(2019黃岡市高三調(diào)研)甲、乙兩車在平直的公路上沿相同的方向行駛，兩車的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中陰影部分面積分別為S1、S2，下列說法正確的是()A若S1S2，則甲、乙兩車一定在t2時刻相遇B若S1S2，則甲、乙兩車在0t2時間內(nèi)不會相遇C在t1時刻，甲、乙兩車的加速度相等D0t2時間內(nèi)，甲車的平均速度S2，甲、乙兩車在0t2時間內(nèi)可能相遇，選項B錯誤；速度時間圖象的斜率表示加速度，在t1時刻，甲的加速度小于乙的加速度，選項C錯誤；在0t2時間內(nèi)，甲車的平均速度小于t1t2時間內(nèi)甲車的平均速度1，在t1t2時間內(nèi)甲車的速度時間圖線與坐標軸所圍圖形的面積小于做勻加速直線運動時速度時間圖線與坐標軸所圍圖形的面積，因此1a乙，選項C錯誤；下落相同的距離，由hat2知，a越大，t越小，選項A錯誤；由2ahv2v知，v00，a越大，v越大，選項B正確；由W阻F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，選項D正確。3(多選) (2015全國卷T20)如圖(a)所示，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上滑行的最大高度ACD由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1，下降過程中的加速度為a2。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin ，滑動摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，選項A、C正確。由vt圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確。1牛頓第二定律的表達式：F合ma或Fxmax，F(xiàn)ymay。2牛頓第二定律的“四性”(1)矢量性：公式Fma是矢量式，F(xiàn)與a方向相同。(2)瞬時性：力與加速度同時產(chǎn)生，同時變化。(如上T1)(3)同體性：Fma中，F(xiàn)、m、a對應(yīng)同一物體。(4)獨立性：分力產(chǎn)生的加速度相互獨立，與其他加速度無關(guān)。3應(yīng)用牛頓運動定律的“三點注意”(1)瞬時問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區(qū)別，繩和輕桿的彈力可以突變，而彈簧的彈力不能突變，如上T1中，F(xiàn)隨x而變，而不是突變。(2)連接體問題要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用整體法與隔離法。(3)兩類動力學基本問題的解題關(guān)鍵是運動分析、受力分析，充分利用加速度的“橋梁”作用。做好受力分析，求出加速度。(多選)(2019武漢高三調(diào)研)如圖所示，水平面上有一質(zhì)量為2m的物體A，左端用跨過光滑定滑輪的細線連接著物體B，物體B、C的質(zhì)量均為m，用輕彈簧相連放置在傾角為的斜面上，不計一切摩擦。開始時，物體A受到水平向右的恒力F的作用而保持靜止，已知重力加速度為g。下列說法正確的是()A在細線被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsin B在細線被燒斷的瞬間，B的加速度大小為2gsin C剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為gsin D突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為gsin 題眼點撥“跨過光滑定滑輪”，表明滑輪兩側(cè)線上拉力相等；“保持靜止”可分析各物體受力特點；“細線被燒斷瞬間”，彈簧彈力不變，物體C的受力不變；“剪斷彈簧瞬間”細線上的力突變。AB細線被燒斷前，將B、C及彈簧作為整體，由平衡條件得細線的拉力F12mgsin ，對A，由平衡條件得拉力FF12mgsin 。在細線被燒斷瞬間，對A，由牛頓第二定律得F2maA，解得aAgsin ，選項A正確；在細線被燒斷瞬間，彈簧的彈力不變，B所受的合力與細線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓第二定律得F1maB，解得aB2gsin ，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，設(shè)此時細線上的拉力為F2，由牛頓第二定律得，對A，F(xiàn)F22ma，對B，F(xiàn)2mgsin ma，由以上兩式解得agsin ，選項C錯誤；撤去F的瞬間，細線上的拉力立即發(fā)生變化，但繩子仍然繃直，因此A、B可視為整體，由于彈簧彈力不能發(fā)生突變，因此C仍處于靜止狀態(tài)，對A、B整體受力分析有F彈mgsin 3ma，未燒斷細線前，對B受力分析，可得F1mgsin F彈，聯(lián)立得agsin ，故A的加速度為gsin ，選項D錯誤。反思：(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法，如典例中求細線被燒斷前的拉力大小時，將B、C及彈簧作為整體；當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法。(2)瞬時加速度的分析與計算，要抓住兩類模型的特點，如典例中，剪斷細線時，彈簧彈力不變?？枷?動力學中的兩類基本問題1.(原創(chuàng)題)2019年4月18日濰坊月報報道，第36屆濰坊國際風箏會，引入了科技元素和時尚元素，無人機燈光秀首次亮相，為現(xiàn)場觀眾帶來前所未有的震撼體驗。如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量為m2 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，在t5 s時離地面的高度為75 m(g取10 m/s2)。(1)求運動過程中所受空氣阻力大小；(2)假設(shè)由于動力設(shè)備故障，懸停的無人機突然失去升力而墜落。無人機墜落地面時的速度為40 m/s，求無人機懸停時距地面的高度；(3)假設(shè)在第(2)問中的無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力。為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間。解析(1)根據(jù)題意，在上升過程中由牛頓第二定律：Fmgfma上升高度：hat2聯(lián)立解得：f4 N。(2)下落過程由牛頓第二定律：mgfma1得：a18 m/s2落地時的速度為v，則有：v22a1H聯(lián)立解得：H100 m。(3)恢復升力后向下減速，由牛頓第二定律：Fmgfma2得：a210 m/s2設(shè)恢復升力時的速度為vm，飛行器安全著地時速度為0.則有H得：vm m/s由：vma1t1得：t1 s。答案(1)4 N(2)100 m(3) s考向2瞬時性問題2.如圖所示，小球在水平輕繩和輕彈簧的拉力作用下靜止，彈簧與豎直方向的夾角為。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A從A點剪斷彈簧瞬間，小球的加速度大小為g，方向豎直向下B從A點剪斷彈簧瞬間，小球的加速度大小為，方向與豎直方向成角斜向右下C從B點剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為gsin ，方向與水平方向成角斜向左下D從B點剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為gtan ，方向與豎直方向成角斜向左上A從A點剪斷彈簧瞬間，小球所受的彈簧拉力消失，所受的輕繩拉力突變?yōu)榱?，小球在重力作用下向下運動，小球的加速度大小為g，方向豎直向下，選項A正確，B錯誤；剪斷彈簧前，設(shè)彈簧的拉力為F，輕繩的拉力為FT，由平衡條件知，F(xiàn)cos mg，F(xiàn)sin FT，解得F，F(xiàn)Tmgtan 。從B點剪斷輕繩瞬間，小球所受的輕繩拉力消失，所受彈簧的拉力和重力均不變，則小球所受的合力大小為mgtan ，由mgtan ma可得小球的加速度agtan ，方向水平向左，選項C、D錯誤。3如圖所示，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的3倍，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()A圖甲中A球的加速度為gsin B圖甲中B球的加速度為2gsin C圖乙中A、B兩球的加速度均為gsin D圖乙中輕桿的作用力一定不為零C設(shè)B球質(zhì)量為m，A球的質(zhì)量為3m。撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為4mgsin ，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，題圖甲中A球所受的合力為零，加速度為零，B球所受合力為4mgsin ，加速度為4gsin ，故A、B錯誤；題圖乙中，撤去擋板的瞬間，A、B兩球整體的合力為4mgsin ，A、B兩球的加速度均為gsin ，則每個球的合力等于重力沿斜面向下的分力，輕桿的作用力為零，C正確，D錯誤?？枷?連接體問題4(易錯題)(多選)如圖所示，一固定桿與水平方向的夾角30，將一質(zhì)量為m的小球套在桿上，通過輕繩懸掛一質(zhì)量為M的重物，給小球和重物一沿桿向下的初速度，兩者相對靜止共同運動，且輕繩處于豎直狀態(tài)?，F(xiàn)給小球和重物一沿桿向上的初速度，兩者相對靜止共同沿桿向上做加速度大小為g的減速運動，則()A小球與桿間的動摩擦因數(shù)B小球與桿間的動摩擦因數(shù)C沿桿向上運動時，輕繩中的拉力大小為MgD沿桿向上運動時，輕繩中的拉力與固定桿之間的夾角60ACD小球和重物相對靜止地沿桿向下運動時，輕繩豎直，由受力分析可知重物的加速度若不為零則沿豎直方向，而小球的加速度若不為零則必不沿豎直方向，所以兩者共有的加速度為零，共同做勻速運動，受力平衡，對小球和重物整體，由平衡條件得(mM)gsin (mM)gcos ，則tan ，選項A正確，B錯誤；當小球和重物沿桿向上運動時，隔離重物分析受力情況，輕繩中的拉力大小記為F，則沿桿方向，由牛頓第二定律得Fcos Mgsin Mg，垂直固定桿方向，由平衡條件得Fsin Mgcos ，解得60，F(xiàn)Mg，選項C、D正確。易錯點評：不能正確應(yīng)用整體法和隔離法選取研究對象進行受力分析?？枷?臨界、極值問題5.某學校組織趣味課外活動拉重物比賽，如圖所示。設(shè)重物的質(zhì)量為m，重物與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。某同學拉著重物在水平地面上運動時，能夠施加的最大拉力為F，求重物運動時的最大加速度為()A. B.gC.g D.gD由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有Fcos Ffma，豎直方向有Fsin FNmg，滑動摩擦力FfFN，根據(jù)以上三式聯(lián)立可以求得ag，當tan 時，加速度最大，最大加速度為amaxg，故D正確，A、B、C錯誤；故選D。6(2019鄭州市高三一模)如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平地面上，已知mambm，a、b間的動摩擦因數(shù)為，b與地面間的動摩擦因數(shù)為。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對a施加一水平向右的拉力，下列判斷正確的是() A若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過mgB當力Fmg時，a、b間的摩擦力為mgC無論力F為何值，b的加速度都不會超過gD當力Fmg時，b相對a滑動A若a、b兩個物體均靜止，力F一定小于mg。若a、b兩個物體運動且始終保持相對靜止，則a、b兩個物體的加速度相等，把a、b兩個物體視為整體，a、b剛好不發(fā)生相對滑動時，由牛頓第二定律有F2mg2ma共，隔離a分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)mgma共，聯(lián)立解得Fmg，即若a、b兩個物體始終保持相對靜止，則力F不能超過mg，選項A正確；當力Fmg時，對a、b兩個物體整體，由牛頓第二定律有F2mg2ma1，解得a1g，隔離物體a分析受力，由牛頓第二定律有Ffma1，解得fmg，選項B錯誤；a對b的最大摩擦力為mg，隔離b受力分析，mg2mgmamax，解得b的最大加速度amaxg，選項C錯誤；結(jié)合上面的分析，可知當力F超過mg時，b相對a發(fā)生滑動，選項D錯誤。模型特點解題關(guān)鍵滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移大小之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等