2020高考物理一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第三章第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用

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(wèn)題Ⅱ1．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eq\o(□,\s\up5(01))物體系統(tǒng)稱(chēng)為連接體。2．外力與內(nèi)力(1)外力：系統(tǒng)eq\o(□,\s\up5(02))之外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)eq\o(□,\s\up5(03))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eq\o(□,\s\up5(04))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eq\o(□,\s\up5(05))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(wèn)題Ⅱ1．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(guò)程存在著eq\o(□,\s\up5(01))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(guò)程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往對(duì)應(yīng)eq\o(□,\s\up5(02))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(guò)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eq\o(□,\s\up5(03))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eq\o(□,\s\up5(04))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eq\o(□,\s\up5(05))它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是eq\o(□,\s\up5(06))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eq\o(□,\s\up5(07))a＝0，速度為0的臨界條件是a達(dá)到eq\o(□,\s\up5(08))最大。知識(shí)點(diǎn)多過(guò)程問(wèn)題Ⅱ1．多過(guò)程問(wèn)題很多動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中涉及物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段，物體的eq\o(□,\s\up5(01))運(yùn)動(dòng)情況和eq\o(□,\s\up5(02))受力情況都發(fā)生了變化，這類(lèi)問(wèn)題稱(chēng)為牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的多過(guò)程問(wèn)題。2．類(lèi)型多過(guò)程問(wèn)題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過(guò)程問(wèn)題和多體多過(guò)程問(wèn)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(guò)程問(wèn)題的關(guān)鍵首先明確每個(gè)“子過(guò)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(guò)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(méi)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＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，開(kāi)始時(shí)F＝10N，此后逐漸增大，在增大到45N的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)拉力F<12N時(shí)，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B．兩物體開(kāi)始沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力超過(guò)12N時(shí)，開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)C．兩物體從受力開(kāi)始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)D．兩物體始終沒(méi)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(kāi)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＝6m/s2。由整體法得：F＝(mA＋mB)a＝48N，所以F增大到45N的過(guò)程中，兩物體始終沒(méi)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，B、C錯(cuò)誤，D正確。由于地面光滑，故一開(kāi)始物體就加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤。2.(人教版必修1·P77·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(guò)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(kāi)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(kāi)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eq\f(Ft,Δv)－m1解析根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)得，m1、m2的共同加速度為a＝eq\f(Δv,t)，選取m1、m2整體為研究對(duì)象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1?？键c(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(wèn)題1．連接體的類(lèi)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(xiàn)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(guò)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(wèn)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＞F2B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＝F2D．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(xiàn)－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＝eq\f(m1,m1＋m2)F；同理，當(dāng)F拉A時(shí)，以B為研究對(duì)象，得到F2＝eq\f(m2,m1＋m2)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＝eq\f(m2F,m1＋m2)。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(guò)滑輪和繩的連接體問(wèn)題：若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。繩跨過(guò)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(chē)上有一定滑輪，跨過(guò)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(chē)上。開(kāi)始時(shí)小車(chē)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(chē)的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車(chē)對(duì)地面的壓力均變大B．小車(chē)的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車(chē)對(duì)地面的壓力均變小C．小車(chē)的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均變小，小車(chē)對(duì)地面的壓力不變D．小車(chē)的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均不變，小車(chē)對(duì)地面的壓力變大答案C解析由題可知ma＝mgtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosθ)，則隨著θ減小，小車(chē)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(chē)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＝eq\f(mg,cosα)，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?？键c(diǎn)2動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題1．基本思路(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。(2)尋找過(guò)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＝2kg的長(zhǎng)木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1kg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＝10m/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＝3N時(shí)，物塊m將保持靜止?fàn)顟B(tài)B．水平力F＝6N時(shí)，物塊m將在長(zhǎng)木板M上滑動(dòng)C．水平力F＝7N時(shí)，長(zhǎng)木板M的加速度大小為2.5m/s2D．水平力F＝9N時(shí)，長(zhǎng)木板M受到的摩擦力大小為5N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eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝7.5N，顯然F＝3N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；F＝6N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；F＝7N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，M的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(7,3)m/s2，C錯(cuò)誤；F＝9N>F0時(shí)，m和M相對(duì)運(yùn)動(dòng)，M受到的摩擦力大小為μmg＝5N，D正確?？偨Y(jié)升華疊加體系統(tǒng)臨界問(wèn)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＝1kg和mB＝2kg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(kāi)始計(jì)時(shí)，則()A．當(dāng)t＝3s時(shí)，A、B開(kāi)始分離B．當(dāng)t＝4.5s時(shí)，A、B開(kāi)始分離C．A、B分離之前整體做加速度相同的勻加速直線(xiàn)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(xiàn)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eq\f(FA,FB)＝eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，得t＝3s，故A正確，B錯(cuò)誤；A、B分離之前整體由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3m/s2，兩者做加速度相同的勻加速直線(xiàn)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eq\f(1,2)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＝eq\f(5,2)μmg時(shí)，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．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(guò)eq\f(1,2)μg答案BCD解析地面對(duì)B的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，A、B間最大靜摩擦力為2μmg，當(dāng)F>eq\f(3,2)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－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，對(duì)B，有μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見(jiàn)，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＝eq\f(5,2)μmg時(shí)，A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體有：eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，a＝eq\f(1,3)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＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，可見(jiàn)D正確。考點(diǎn)3應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題的步驟(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)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(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)根據(jù)“子過(guò)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(kāi)始下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)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10m/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?。刻崾荆夯瑝K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＝6m/s2，通過(guò)題圖乙可知滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝1s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得斜面BC的長(zhǎng)度為s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(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′＝12N，解得m＝2.5kg，滑塊在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器對(duì)木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5N，μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2?？偨Y(jié)升華應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題的策略(1)任何多過(guò)程的復(fù)雜物理問(wèn)題都是由很多簡(jiǎn)單的小過(guò)程構(gòu)成。有些是承上啟下，上一過(guò)程的結(jié)果是下一過(guò)程的已知，這種情況，一步一步完成即可；有些是樹(shù)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(guò)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(guò)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(guò)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(kāi)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(guò)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(kāi)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(xiàn)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＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s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(v-t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過(guò)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)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移x1，就是前1s內(nèi)，時(shí)間軸與圖線(xiàn)所圍的面積：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物塊下滑的距離x2，就是第1s末到第2s末這段時(shí)間軸與圖線(xiàn)所圍面積：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m，路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/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：0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝－ma2；聯(lián)立解得：F＝8N。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＝eq\f(5,6)B．若μ≠0，則k＝eq\f(3,5)C．若μ＝0，則k＝eq\f(1,2)D．若μ＝0，則k＝eq\f(3,5)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＝eq\f(F,2)，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＝eq\f(5F,6)，所以k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,5)，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(chē)廂的頂部。當(dāng)車(chē)在平直路面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，這串小球及繩在車(chē)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(chē)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＝eq\f(a,g)，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′＝eq\f(a,g)，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(xiàn)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a-F圖象。取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝2kgC．當(dāng)F＝8N時(shí)，滑塊加速度為2m/s2D．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>6N時(shí)，兩者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F≤6N時(shí)兩者相對(duì)靜止，當(dāng)F＝6N時(shí)，對(duì)整體可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6kg，當(dāng)F>6N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＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，圖象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，將F>6N時(shí)圖線(xiàn)反向延長(zhǎng)，可得當(dāng)F＝4N時(shí)，加速度為零，代入可得0＝eq\f(1,2)×4－eq\f(μ·4×10,2)，解得μ＝0.1，故A、B、D正確；當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/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eq\f(3,5)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(kāi)始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)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)eq\f(8mgsinθ,5x0)(2)eq\f(1,5)gsinθ(3)F＝eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2＋eq\f(8mgsinθ,25)解析(1)物塊a、b靜止在斜面上，由平衡條件有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ＝kx0，解得k＝eq\f(8mgsinθ,5x0)。(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＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，x0＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,5)gsinθ。(3)設(shè)外力為F，經(jīng)過(guò)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－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x0－x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立以上各式解得F＝eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2＋eq\f(8mgsinθ,25)。配套課時(shí)作業(yè)時(shí)間：60分鐘滿(mǎn)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2kg，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力大小恒定。該無(wú)人機(jī)從地面由靜止開(kāi)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v-t圖象如圖所示，g取10m/s2。下列判斷正確的是()A．無(wú)人機(jī)上升的最大高度為72mB．6～8s內(nèi)無(wú)人機(jī)下降C．無(wú)人機(jī)的升力大小為28ND．無(wú)人機(jī)所受阻力大小為4N答案D解析在v-t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＝eq\f(1,2)×24×8m＝96m，A錯(cuò)誤；由題圖知，6～8s內(nèi)無(wú)人機(jī)向上做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為零，8s末上升到最高點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由題圖知，v-t圖象的斜率即為無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)的加速度，故0～6s內(nèi)無(wú)人機(jī)的加速度大小a1＝4m/s2,6～8s內(nèi)無(wú)人機(jī)的加速度大小a2＝12m/s2，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1，f＋mg＝ma2，由以上兩式解得F＝32N，f＝4N，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＋mgB．Mg＋2mgC．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＝M·0＋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v-t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>F3B．F1<F2<F3C．F1>F3>F2D．F1＝F3>F2答案B解析由v-t圖象可知，物體在0～t0的時(shí)間內(nèi)向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝eq\f(v0,t0)，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－meq\f(v0,t0)－f；物體在t0～3t0的時(shí)間內(nèi)向下做勻速直線(xiàn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a3＝eq\f(v0,t0)，由牛頓第二定律可知F3－mg＋f＝ma3，解得F3＝mg＋meq\f(v0,t0)－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(guò)跨接在光滑的定滑輪上的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)連接，如圖所示。開(kāi)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(xiàn)上的拉力越大B．砂桶中加的砂子越多，細(xì)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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＝eq\f(1＋μm0g,1＋\f(m0,m))，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(guò)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(guò)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(kāi)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v-t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eq\f(2g,k)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＝eq\f(2Mg,k)，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(chē)放在光滑的傾角為α的斜面上，車(chē)上站著一質(zhì)量為m的人，若要平板車(chē)靜止在斜面上，車(chē)上的人必須()A．勻速向下奔跑B．以加速度a＝eq\f(M,m)gsinα，向下加速奔跑C．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向下加速奔跑D．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向上加速奔跑答案C解析作出車(chē)的受力圖，如圖甲所示，求出人對(duì)車(chē)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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，方向沿斜面向下。故C正確。7．如圖所示，甲、乙兩車(chē)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(chē)上的人用力F推車(chē)，乙車(chē)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(chē)始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是()A．甲車(chē)的加速度大小為eq\f(F,M)B．甲車(chē)的加速度大小為0C．乙車(chē)的加速度大小為eq\f(2F,M＋m)D．乙車(chē)的加速度大小為0答案BC解析對(duì)甲圖中人和車(chē)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(chē)的力均為F，對(duì)人和車(chē)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＝eq\f(2F,M＋m)，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＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)，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＝eq\f(m2F,m1＋m2)，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′＝eq\f(F＋m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)，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′＝eq\f(m1F,m1＋m2)，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。現(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(kāi)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(kāi)地面，B受力如圖2，F(xiàn)N2cosθ＝mg，F(xiàn)N2sinθ＝ma2，可見(jiàn)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