2025新課改-高中物理-必修第1冊(cè)（12講）11 A牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 基礎(chǔ)版

2025新課改-高中物理-必修第1冊(cè)（12講）11A牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用基礎(chǔ)版牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一、牛頓第二定律的作用牛頓第二定律確定了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．二、兩類基本問(wèn)題1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出力．技巧點(diǎn)撥一、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：eq\x(已知物體受力情況)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,v2－v\o\al(02,)＝2ax))))eq\x(求得x、v0、v、t)2．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出物體的受力分析圖．(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度．(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的位移和速度，以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等．二、從運(yùn)動(dòng)情況確定受力1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：eq\x(已知物體運(yùn)動(dòng)情況)eq\o(→,\s\up7(由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(確定物體受力)2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．三、多過(guò)程問(wèn)題分析1．當(dāng)題目給出的物理過(guò)程較復(fù)雜，由多個(gè)過(guò)程組成時(shí)，要明確整個(gè)過(guò)程由幾個(gè)子過(guò)程組成，將過(guò)程合理分段，找到相鄰過(guò)程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過(guò)程．聯(lián)系點(diǎn)：前一過(guò)程的末速度是后一過(guò)程的初速度，另外還有位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等．2．注意：由于不同過(guò)程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會(huì)發(fā)生變化，所以對(duì)每一過(guò)程都要分別進(jìn)行受力分析，分別求加速度．例題精練1．（2020春?吳忠期末）如圖所示，滑塊沿光滑斜面加速下滑?；瑝K在運(yùn)動(dòng)中所受的各力是（）A．重力、支持力 B．重力、支持力和下滑力 C．重力、支持力和摩擦力 D．重力、支持力、下滑力和摩擦力【分析】根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況結(jié)合受力分析方法分析物體的受力?！窘獯稹拷猓何矬w下滑過(guò)程中要受到重力和斜面的支持力作用，由于斜面光滑，所以不受摩擦力，下滑力沒(méi)有施力物體，根本不存在，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于物體的受力分析，解題方法是：確定研究對(duì)象，首先分析重力，再分析接觸面的彈力和摩擦力，最后分析非接觸力（電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力），只分析物體受到的力，不分析物體對(duì)外施加的力。隨堂練習(xí)1．（2021?湖北模擬）如圖，一傾角為37°的光滑斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊C，另一端與斜面上的長(zhǎng)木板B相連，長(zhǎng)木板B上有一物塊A，A、B的質(zhì)量都為2kg，C的質(zhì)量為1kg，A、B之間的摩擦因數(shù)為，取重力加速度g＝10m/s2。起初用手將三物體按照?qǐng)D示位置保持靜止，松手后，下列說(shuō)法正確的是（）A．A、B將會(huì)一起下滑 B．B將相對(duì)A向下滑 C．B開始運(yùn)動(dòng)的加速度為m/s2 D．B開始運(yùn)動(dòng)的加速度為4m/s2【分析】假設(shè)A、B間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，先根據(jù)牛頓第二定律整體判斷加速度，再隔離分析A并根據(jù)牛頓第二定律判斷其加速度，由此判斷假設(shè)是否成立；對(duì)BC整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷其加速度。【解答】解：假設(shè)A、B間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，將A、B、C看為整體，從而有（mA+mB）gsin37°﹣mCg＝（mA+mB+mC）a，解得a＝2.8m/s2，方向沿斜面向下只研究A物塊時(shí)有mAgsin37°﹣μmAgcos37°＝mAaA，解得aA＝3m/s2，方向沿斜面向下從而說(shuō)明A、B間存在相對(duì)滑動(dòng)，且B相對(duì)A向上滑動(dòng)將B、C看為整體，則有mBgsin37°+μmAgcos37°﹣mCg＝（mB+mC）a′，解得a′＝m/s2，方向沿斜面向下故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意在不明確物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)可以進(jìn)行假設(shè)，采用整體法和隔離法進(jìn)行分析判斷假設(shè)是否成立。2．（2021?浙江）2021年5月15日，天問(wèn)一號(hào)著陸器在成功著陸火星表面的過(guò)程中，經(jīng)大氣層290s的減速，速度從4.9×103m/s減為4.6×102m/s；打開降落傘后，經(jīng)過(guò)90s速度進(jìn)一步減為1.0×102m/s；與降落傘分離，打開發(fā)動(dòng)機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過(guò)對(duì)著陸點(diǎn)的探測(cè)后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下運(yùn)動(dòng)，則著陸器（）A．打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用 B．打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上 C．打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用 D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)分析受力情況，結(jié)合平衡狀態(tài)下，其合力為零，及若是變速運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律，來(lái)判定加速度方向，從而確定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，進(jìn)而判定受力情況?！窘獯稹拷猓篈、在打開降落傘前，著陸器做加速下降，因此除受到氣體阻力的作用外，還受到重力作用，故A錯(cuò)誤；BC、在打開降落傘至分離前，除受到降落傘的拉力和氣體阻力的作用外，還受到重力作用，因著陸器做減速下降，其加速度方向向上，依據(jù)牛頓第二定律，則受到的合力方向豎直向上，故B正確，C錯(cuò)誤；D、若處于懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力和重力是平衡力，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查受力分析的應(yīng)用，掌握由運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)判定受力分析，理解牛頓第二定律的內(nèi)容，注意受力分析研究對(duì)象的確定。3．（2021?海口模擬）如圖所示，傳送帶保持1m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物體輕輕地放在傳送帶的a點(diǎn)上，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5m，g＝10m/s2。設(shè)物體從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為t，該過(guò)程中物體和傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，下列說(shuō)法正確的是（）A．t＝s，Q＝2.5J B．t＝3s，Q＝1J C．傳送帶克服摩擦力做的功為1J D．電動(dòng)機(jī)因?yàn)榉派衔矬w多做的功為0.5J【分析】小物塊剛放上傳送帶時(shí)，在滑動(dòng)摩擦力的作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間公式求出加速的時(shí)間，再根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式求解出加速的最大位移；然后與傳送帶長(zhǎng)度比較得到是否有勻速過(guò)程；關(guān)于熱量可以用滑動(dòng)摩擦力乘以相對(duì)路程求解；根據(jù)Wf＝fx求得傳送帶克服摩擦力做功；電機(jī)多做的功等于傳送帶克服摩擦力所做的功即可判斷。【解答】解：AB、物體與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知：μmg＝ma，解得：a＝1m/s2物體加速后速度達(dá)到傳送帶速度v＝1m/s所需的時(shí)間為t1＝＝s＝1s此過(guò)程中，物體的位移大小x1＝＝m＝0.5m故勻速位移為：x2＝L﹣x1＝2.5m﹣0.5m＝2m勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2＝＝s＝2s故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t＝t1+t2＝1s+2s＝3s再求解熱量Q，相對(duì)路程為△S＝vt1﹣x1＝1×1m﹣0.5m＝0.5m故熱量為：Q＝μmg?△S＝0.1×1×10×0.5J＝0.5J，故AB錯(cuò)誤；C、傳送帶克服摩擦力做功為Wf＝μmg?vt1＝0.1×1×10×1×1J＝1J，故C正確；D、電動(dòng)機(jī)多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功，即W＝Wf＝1J，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是先確定物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列式聯(lián)立求解時(shí)間，對(duì)于熱量可以用滑動(dòng)摩擦力乘以相對(duì)路程求解．綜合練習(xí)一．選擇題（共10小題）1．（2020秋?晉江市校級(jí)期中）如圖所示，物體相對(duì)靜止在水平傳送帶上隨傳送帶同向勻速運(yùn)動(dòng)．它受到的力是（）A．重力、彈力 B．重力、彈力、靜摩擦力 C．重力、彈力、滑動(dòng)摩擦力 D．重力、滑動(dòng)摩擦力【分析】按一重力二彈力三摩擦力四其它力對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知，物體受重力、傳送送對(duì)物體的支持力；關(guān)于是否受摩擦力可以通過(guò)假設(shè)法進(jìn)行討論，假設(shè)水平方向受到摩擦力，則在水平方向上我們找不到其它力與該摩擦力平衡，故假設(shè)不成立，物體在水平方向不受摩擦力作用．【解答】解：物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，故物體處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零。在豎直方向物體受重力和傳送帶的支持力，合力為零；水平方向可能存在摩擦力，但如果水平方向受摩擦力作用，則沒(méi)有力與摩擦力平衡，故水平方向物體不受外力作用。A、滿足題條件，故正解；B、物體不受摩擦力作用故錯(cuò)誤C、物體與傳送帶間保持相對(duì)靜止，故不可能存在滑動(dòng)摩擦力錯(cuò)誤；D、豎直方向受力不平衡故錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】易錯(cuò)是水平方向是否受摩擦力的判斷，根據(jù)牛頓第一定律可知，運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，物體在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，但不存在水平方向的外力．2．（2010秋?寧波期末）跳高運(yùn)動(dòng)員從地面跳起的過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A．地面給運(yùn)動(dòng)員的支持力等于運(yùn)動(dòng)員的重力 B．地面給運(yùn)動(dòng)員的支持力大于運(yùn)動(dòng)員給地面的壓力 C．運(yùn)動(dòng)員給地面的壓力大于運(yùn)動(dòng)員的重力 D．運(yùn)動(dòng)員給地面的壓力等于運(yùn)動(dòng)員的重力【分析】地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，方向相反．運(yùn)動(dòng)員受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因?yàn)榈孛鎸?duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大于運(yùn)動(dòng)員的重力，產(chǎn)生向上的加速度．【解答】解：A、運(yùn)動(dòng)員受到重力和支持力，兩個(gè)力的合力向上，不平衡。故A錯(cuò)誤。B、地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，方向相反。故B錯(cuò)誤。C、運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力等于地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力，而支持力大于運(yùn)動(dòng)員的重力，所以運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力大于運(yùn)動(dòng)員的重力。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道作用力和反作用力大小相等，方向相反．人之所以能起跳，是因?yàn)榈孛鎸?duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大于運(yùn)動(dòng)員的重力，產(chǎn)生向上的加速度．3．（2021?婁底模擬）如圖所示，物塊A、B疊放在一起，用繞過(guò)定滑輪的細(xì)線連接，連接兩物塊的細(xì)線水平。定滑輪連在力傳感器上、用大小為F的水平力拉物塊A，使物塊A勻速向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)力傳感器上的示數(shù)為F1，不計(jì)滑輪與力傳感器的重力，A與B、B與水平面的接觸面粗糙，則（）A．F1＞F B．F1＜F C．F1＝F D．無(wú)法判F1、F的大小關(guān)系【分析】由題意根據(jù)平衡條件得出各力關(guān)系，再綜合比較力F和F1的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓河深}意可知，繞過(guò)定滑輪的細(xì)線上的拉力大小為，設(shè)A與B的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，則由題意根據(jù)平衡條件可知對(duì)A有F＝+f1對(duì)B有為＝f1+f2整理可得F＝F1﹣f2，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小f2不為零，則F1＞F，故A項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題注意分別對(duì)兩物體受力分析，再利用平衡條件即可。4．（2020?吳忠學(xué)業(yè)考試）如圖所示，滑塊沿粗糙斜面加速下滑的過(guò)程中，滑塊所受到的力有（）A．下滑力、支持力、滑動(dòng)摩擦力 B．下滑力、壓力、滑動(dòng)摩擦力 C．重力、壓力、靜摩擦力 D．重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力【分析】（1）地球附近的一切物體都要受到重力的作用．（2）物體放在斜面上，斜面要對(duì)它有一個(gè)支持力．（3）物體受到重力的作用，在斜面上沒(méi)有加速下滑，而是勻速下滑，說(shuō)明有一個(gè)沿斜面向上的力來(lái)平衡它，即滑動(dòng)摩擦力．【解答】解：根據(jù)重力的產(chǎn)生可知，物體要受到重力的作用；物體對(duì)斜面有一個(gè)垂直于斜面表面向下的壓力，斜面對(duì)物體有一個(gè)垂直于斜面向上的支持力；物體沿斜面下滑時(shí)，相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜面對(duì)物體有一個(gè)沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，這個(gè)力平衡了重力沿斜面向下的分力。故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】分析物體受力情況時(shí)，一定要找到施力物體，因?yàn)榱κ俏矬w對(duì)物體的作用．力不能離開物體而存在．5．（2020秋?武穴市校級(jí)期中）如圖所示，甲、乙兩物體疊放在水平面上，甲、乙間接觸面也為水平，它們處于一起勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則乙物體受力的個(gè)數(shù)為（）A．3個(gè) B．4個(gè) C．5個(gè) D．6個(gè)【分析】受力分析時(shí)對(duì)于多個(gè)物體我們受力分析的順序是從上到下，從外到里，分別對(duì)甲乙兩物體進(jìn)行受力分析即可．【解答】解：甲處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖：因?yàn)槲矬w甲處于平衡狀態(tài)，所以甲不會(huì)受到摩擦力的作用，如果受到摩擦力的話，甲不會(huì)保持平衡。對(duì)乙受力分析如圖：乙受到重力G乙，外力F，與甲接觸：乙給甲支持力，故甲給乙壓力N′，乙不給甲摩擦力，故甲也不給乙摩擦力；與地面接觸：地面給乙支持力和摩擦力故乙受力個(gè)數(shù)為5個(gè)。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】受力分析時(shí)對(duì)于多個(gè)物體我們受力分析的順序是從上到下，從外到里，受力分析時(shí)嚴(yán)格按照：先重力合外力，后接觸力（先彈力后摩擦力）的順序分析以防止添力漏力．6．（2020?東莞模擬）如圖所示，水平地面上的物體A在斜向上的拉力F的作用下，向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于下列物體受力情況的說(shuō)法中正確的是（）A．物體A可能只受到二個(gè)力的作用 B．物體A一定只受到三個(gè)力的作用 C．物體A一定受到了四個(gè)力的作用 D．物體A可能受到了四個(gè)力的作用【分析】物體之間產(chǎn)生摩擦力必須要具備以下三個(gè)條件：第一，物體間相互接觸、擠壓；第二，接觸面不光滑；第三，物體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)。彈力是物體因形變而產(chǎn)生的力，這里指的是物體間相互接觸、擠壓時(shí)的相互作用力；將拉力按照作用效果正交分解后，結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況和摩擦力和彈力的產(chǎn)生條件對(duì)木塊受力分析，得出結(jié)論?！窘獯稹拷猓何矬w一定受重力，拉力F產(chǎn)生兩個(gè)作用效果，水平向右拉木塊，豎直向上拉木塊，由于木塊勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，水平方向必有摩擦力與拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，結(jié)合摩擦力的產(chǎn)生條件可知?jiǎng)t必有支持力，因而物體一定受到四個(gè)力；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)物體受力分析通常要結(jié)合物體的運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)本題還要根據(jù)彈力和摩擦力的產(chǎn)生條件分析。7．（2021?安徽模擬）在梯井中，由鋼索懸掛豎直電梯C，頂部用繩子懸掛了球A，A下方焊接一個(gè)彈簧，彈簧下端懸掛球B，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。已知繩子、彈簧的質(zhì)量遠(yuǎn)小于兩球質(zhì)量，兩球質(zhì)量又遠(yuǎn)小于電梯質(zhì)量。若懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在電梯下落瞬間，球A、球B、電梯C各自加速度約為（）A．9.8m/s2，9.8m/s2，0 B．19.6m/s2，0，9.8m/s2 C．0，9.8m/s2，9.8m/s2 D．9.8m/s2，0，9.8m/s2【分析】裝置靜止時(shí)ABC均處于受力平衡狀態(tài)，鋼索斷裂后，分析三個(gè)物體的受力情況即可知道三者加速度大小，注意彈簧形變量不會(huì)發(fā)生突變?！窘獯稹拷猓河捎陔娞菖c球A之間的鋼索不可伸長(zhǎng)，即球A和電梯的加速度相同，因?yàn)殡娞葙|(zhì)量遠(yuǎn)大于兩球質(zhì)量，鋼索撕裂后，電梯可視為在自身重力下運(yùn)動(dòng)，因此加速度大小為g＝9.8m/s2，彈簧形變量在瞬間不會(huì)發(fā)生突變，因此球B受力幾乎不變，其加速度為0，所以ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律，要求學(xué)生通過(guò)受力分析判斷受力情況變化后物體的加速度，難度適中。8．（2021?浙江模擬）如圖所示，在豎直墻面上有A、B兩點(diǎn)，離地面的高度分別為HA＝8m和HB＝4m，現(xiàn)從A、B兩點(diǎn)與地面上的某個(gè)位置C之間架設(shè)兩條光滑的軌道，使小滑塊從A、B兩點(diǎn)由靜止開始下滑到地面所用的時(shí)間相等，那么位置C離墻角O點(diǎn)的距離為（）A．4m B．4m C．2m D．6m【分析】運(yùn)用牛頓第二定律找出加速度與軌道傾角的關(guān)系式，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出位移與加速度的關(guān)系式，再結(jié)合幾何關(guān)系即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)AC、BC與OC的夾角分別為α和β，由牛頓第二定律可得加速度分別為a1＝gsinα，a2＝gsinβ，由幾何關(guān)系可得lAC＝，lBC＝，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得lAC＝a1t2，lBC＝a2t2，聯(lián)立解得sinα＝sinβ，即＝，解得lBC＝lAC，設(shè)CO的距離為x，由勾股定理得HA2+x2＝lAC2，HB2+x2＝lBC2，聯(lián)立方程，解得x＝4m，故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式以及牛頓第二定律，要求學(xué)生結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中。9．（2021?興慶區(qū)校級(jí)一模）已知雨滴在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力F阻＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為運(yùn)動(dòng)速率。t＝0時(shí)，雨滴由靜止開始沿豎直方向下落．落地前雨滴已做勻速運(yùn)動(dòng)且速率為vm，用a表示雨滴的加速度，下列圖象不可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】對(duì)雨滴受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度隨速度增大的變化趨勢(shì)，根據(jù)雨滴做勻速直線勻速時(shí)處于平衡狀態(tài)求得重力和阻力間的關(guān)系，根據(jù)球的面積公式把球的質(zhì)量用半徑表示，最后得到最大速率與球半徑的關(guān)系。【解答】解：A、對(duì)雨滴受力分析，雨滴受到重力和空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律：mg﹣kr2v2＝ma速度增大，加速度減小，故A正確；B、雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，雨滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故B正確；CD、勻速時(shí)根據(jù)平衡方程：kr2vm2＝mgm＝解得：vm＝×故最大速率與成正比，或最大速率的平方與r成正比，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律找到加速度隨速率的變化，當(dāng)勻速時(shí)注意球的質(zhì)量也和球的半徑有關(guān)。10．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，在水平桌面上疊放著質(zhì)量相等的A、B兩塊木板，在木板A上放著質(zhì)量為m的物塊C，木板與物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B、C之間以及B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等?，F(xiàn)用水平恒力F向右拉木板A，下列說(shuō)法正確的是（）A．A、C間一定不受摩擦力 B．A、B、C有可能一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．A、B間的摩擦力大小不可能等于F D．不管F多大，木板B一定會(huì)保持靜止【分析】當(dāng)拉力F較小時(shí)，ABC都處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、C間的摩擦力大小為零，對(duì)木塊B受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力fAB和地面對(duì)B向左的摩擦力fDB，由于A對(duì)B的最大靜摩擦力小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力，故物體B一定保持靜止；然后對(duì)AC整體和C分別受力分析即可求解.【解答】解：A、當(dāng)F較大時(shí)，AC一起在拉力F作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，或者F較大，A相對(duì)C有運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、C間一定存在摩擦力，故A錯(cuò)誤；BD、設(shè)A、B的質(zhì)量為M，先對(duì)木塊B受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力fAB和地面對(duì)B向左的摩擦力fDB，由于A對(duì)B的最大靜摩擦力μ（m+M）g，小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力μ（m+2M）g，故物體B一直保持靜止，故D正確，B錯(cuò)誤；C、當(dāng)F較小時(shí)，A、B、C保持相對(duì)靜止，A、C間不存在摩擦力，對(duì)A分析，B對(duì)A的摩擦力等于拉力F的大小，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活地選擇研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)物體所處狀態(tài)進(jìn)行分析，注意F的大小不確定，要分情況討論，難度適中，是一道好題。二．多選題（共5小題）11．（2020?大通縣一模）升降機(jī)由靜止開始上升，開始2s內(nèi)勻加速上升8m，以后3s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，最后2s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減小到零．升降機(jī)內(nèi)有一質(zhì)量為250kg的重物，（g取10m/s2），則以下說(shuō)法正確的是（）A．發(fā)生超重或失重現(xiàn)象不僅與物體的速度方向有關(guān)，還與加速度的方向有關(guān)，由此可以判斷，開始的2s和最后的2s內(nèi)都處于超重狀態(tài) B．物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力就會(huì)有所變化，所以在開始的2s和最后的2s內(nèi)物體的重力不再是2500N C．升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示 D．重物對(duì)升降機(jī)底板壓力的F﹣t圖象如圖所示【分析】升降機(jī)從靜止開始先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，開始2s內(nèi)勻加速上升8m，由位移公式可求出2s末的速度；接著這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s；最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，直到速度減小為零．作出速度﹣時(shí)間圖象，根據(jù)速度﹣時(shí)間可求出加速度大小，從而由牛頓第二定律可確定重物與升降機(jī)間的壓力，再作出壓力的圖象．【解答】解：A、發(fā)生超重或失重現(xiàn)象不僅與物體的速度方向有關(guān)，還與加速度的方向有關(guān)，由此可以判斷，開始的2s處于超重狀態(tài)，最后的2s內(nèi)處于失重狀態(tài)。故A錯(cuò)誤；B、物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力就不會(huì)有所變化，所以在開始的2s和最后的2s內(nèi)物體的重力仍然是2500N．故B錯(cuò)誤；C、升降機(jī)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0，上升8m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，由公式，得：a＝，由速度公式v＝v0+at得v＝8m/s接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為8m/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s；最后勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為8m/s，末速度為0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，由速度公式v＝v0+at得；建立坐標(biāo)系，采用描點(diǎn)，畫出v﹣t圖象如下圖。故C正確；D、開始2s內(nèi)重物的支持力FN1﹣mg＝ma，則有FN1＝3500N，所以壓力大小為FN1′＝FN1＝3500N，方向豎直向下。中間3s內(nèi)重物勻速上升，壓力FN2′＝FN2＝2500N，方向豎直向下。最后2s內(nèi)重物的支持力mg﹣FN3＝ma′，所以FN3＝1500N，則對(duì)升降機(jī)底板的壓力FN3′＝FN3＝1500N，方向豎直向下。故答案如下：可得v﹣t圖象和F﹣t圖象如圖所示。故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】可以分三段分別根據(jù)速度及位移公式來(lái)求出各段加速度及速度大小，并由牛頓第二定律求出重物所受的支持力，再由牛頓第三定律確定重物對(duì)底板的壓力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．12．（2020?青島模擬）關(guān)于摩擦力，以下說(shuō)法中正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)物體可能受到靜摩擦力作用，但靜止物體不可能受到滑動(dòng)摩擦力作用 B．靜止物體可能受到滑動(dòng)摩擦力作用，但運(yùn)動(dòng)物體不可能受到靜摩擦力作用 C．正壓力越大，摩擦力可能越大，也可能不變 D．摩擦力方向可能與速度方向在一直線上，也可能與速度方向不在一直線上【分析】靜摩擦力存在于相對(duì)靜止的兩物體之間，滑動(dòng)摩擦力存在于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩物體之間。摩擦力的存在依賴于正壓力，但其大小不一定與壓力成正比。摩擦力的方向不一定與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反。有摩擦力作用的物體之間必定有彈力的作用?！窘獯稹拷猓篈、靜摩擦力存在于相對(duì)靜止的兩物體之間，滑動(dòng)摩擦力存在于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩物體之間，運(yùn)動(dòng)物體可能受到靜摩擦力作用，靜止物體也可能受到滑動(dòng)摩擦力作用。故AB錯(cuò)誤。C、彈力是產(chǎn)生摩擦力的前提，滑動(dòng)摩擦力大小一定與壓力成正比，而靜摩擦力大小與壓力沒(méi)有直接關(guān)系。故C正確。D、摩擦力的方向不一定與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，也可能與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同。如物體輕輕放在勻速運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶上，在開始階段，物體受到的滑動(dòng)摩擦力與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，但兩者也可以不在一直線上，比如：放在正在加速車廂壁的物體。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)彈力和摩擦力關(guān)系的理解。摩擦力要分靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，它們的特點(diǎn)不同?；瑒?dòng)摩擦力方向一定與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反，但不一定與運(yùn)動(dòng)方向相反。13．（2020?澠池縣校級(jí)模擬）如圖所示，斜面置于粗糙水平地面上，在斜面的頂角處，固定一個(gè)小的定滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的物塊，用細(xì)線相連跨過(guò)定滑輪，m1擱置在斜面上．下述正確的是（）A．如果m1、m2均靜止，則地面對(duì)斜面沒(méi)有摩擦力 B．如果m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，則地面對(duì)斜面有向右的摩擦力 C．如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，則地面對(duì)斜面有向右的摩擦力 D．如果m1沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，則地面對(duì)斜面有向右的摩擦力【分析】如果m1、m2均靜止或m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，以m1、m2和斜面組成的整體為研究對(duì)象，整體的為合力都為零，根據(jù)平衡條件分析地面對(duì)斜面的摩擦力情況．如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，仍以整體為研究對(duì)象，將m1的加速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向，根據(jù)牛頓第二定律判斷地面對(duì)斜面的摩擦力方向．【解答】解：A、B如果m1、m2均靜止或m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，以m1、m2和斜面組成的整體為研究對(duì)象，整體的為合力都為零，其受力情況如圖1，由平衡條件得知，地面對(duì)斜面沒(méi)有摩擦力。故A正確，B錯(cuò)誤。C、如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，將m1的加速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向如圖2，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體有水平向右分加速度，則地面對(duì)斜面有向右的摩擦力。故C正確。D、與C項(xiàng)同理可知，如果m1沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，其加速度沿斜面向下，整體有水平向左的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律得知，地面對(duì)斜面有向左的摩擦力。故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題對(duì)加速度相同和不同的三個(gè)物體都采用整體法研究，加速度都為零時(shí)，合力為零；加速度不為零時(shí)，由牛頓第二定律分析地面的摩擦力方向．14．（2010?全國(guó)三模）如圖所示，地面上有兩個(gè)完全相同的木塊A、B，在水平推力F作用下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度穩(wěn)定后，若用μ表示木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，F(xiàn)N表示彈簧彈力，則（）A．μ＝0時(shí)，F(xiàn)N＝F B．μ＝0時(shí)，F(xiàn)N＝F C．μ≠0時(shí)，F(xiàn)N＝F D．μ≠0時(shí)，F(xiàn)N＝F【分析】先對(duì)整體分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧的彈力．【解答】解：設(shè)物體的質(zhì)量為m，若μ＝0時(shí)，整體的加速度a＝，隔離對(duì)B分析，B受的合力等于彈簧的彈力，所以。若μ≠0時(shí)，整體的加速度，隔離對(duì)B分析，B所受合力FN﹣μmg＝ma，代入a，解得．故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握整體法和隔離法的運(yùn)用，本題采取先整體，求出加速度，再隔離求彈簧的彈力．15．（2020秋?濱州期末）質(zhì)量分別為M、m的物體A、B放在水平地面上，圖甲中地面光滑。圖乙中A、B兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．圖甲中用水平恒力F向右推A，A、B的加速度為a1，A、B之間的彈力為F1；圖乙中仍用水平恒力F向右推A，A、B的加速度為a2，A、B之間的彈力為F2．則下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)1＝a2 B．a(chǎn)1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2【分析】先用整體法根據(jù)牛頓第二定律列方程可以比較出兩個(gè)加速度的大?。环謩e對(duì)兩圖中的B物體由牛頓第二定律列方程，可以比較出A、B之間彈力的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、把AB看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律得，對(duì)甲圖：F＝（M+m）a1，對(duì)乙圖有：F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a2，可以判斷出a1＞a2，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、分別對(duì)B物體由牛頓第二定律得，對(duì)甲圖有：F1＝ma1，對(duì)乙圖有：F2﹣μmg＝ma2，聯(lián)立解得，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】整體法和隔離法交替使用的時(shí)候，注意用隔離法的時(shí)候要選用受力較少的物體作為研究對(duì)象。三．填空題（共1小題）16．（2020秋?西湖區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在光滑的水平地面上，有兩個(gè)質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力作用下運(yùn)動(dòng)，已知F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為．【分析】以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再選擇其中一個(gè)物體為研究對(duì)象，再由牛頓第二定律求出彈簧的拉力，由胡克定律求出彈簧的伸長(zhǎng)量．【解答】解：設(shè)兩個(gè)物體的質(zhì)量均為m，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝再以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1﹣kx＝ma代入解得彈簧的伸長(zhǎng)量為x＝故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問(wèn)題，要靈活選擇研究對(duì)象，充分抓住各個(gè)物體加速度相同的特點(diǎn)．基本題．四．計(jì)算題（共3小題）17．（2020秋?高安市校級(jí)月考）如圖所示，光滑水平面上并排放置著A、B兩個(gè)物體，mA＝5kg，mB＝3kg，用F＝16N的水平外力推動(dòng)這兩個(gè)物體，使它們共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求A、B間彈力的大小?！痉治觥肯葘?duì)A、B整體分析求出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，然后只對(duì)B分析，由牛頓第二定律求得A、B之間的彈力?！窘獯稹拷猓簩?duì)AB整體由牛頓第二定律得F＝（mA+mB）a對(duì)B由牛頓第二定律得FN＝mBa聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得FN＝6N答：A、B間的彈力大小為6N。【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)兩物體具有相等加速度時(shí)用整體法求解，在用隔離法時(shí)要注意隔離受力較少的物體。18．（2021?德州二模）房屋設(shè)計(jì)為尖頂可以使雨水盡快流下，某實(shí)驗(yàn)小組為研究雨水沿屋頂下滑時(shí)的快慢，進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)。如圖所示為設(shè)計(jì)的房屋模擬圖，房檐距地面高度為L(zhǎng)，房屋左右對(duì)稱，左右兩房檐間距為2L。房頂與水平面的夾角α取不同的值時(shí)，自最頂端M開始由靜止下滑的小球在房頂運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同。已知重力加速度為g，不計(jì)小球與房頂間的摩擦力及空氣阻力。求：（1）小球自最高點(diǎn)M由靜止開始在房頂上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；（2）滿足第（1）問(wèn)條件且在房頂左側(cè)下滑的小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷時(shí)間和夾角α的關(guān)系，由α＝45°求解小球運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間；（2）由動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離?！窘獯稹拷猓海?）雨滴在房頂上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律得mgsinα＝ma，又＝at2由以上兩式得t＝當(dāng)α＝45°時(shí)，t最小，最小值tmin＝2（2）雨滴在房頂上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLtan45°＝mv2雨滴自房檐至落地的過(guò)程，豎直方向：L＝vsin45°t'+gt'2水平方向：x＝vcos45°t'由以上三式得x＝（﹣1）L答：（1）小球自最高點(diǎn)M由靜止開始在房頂上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為2；（2）小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離為（﹣1）L?！军c(diǎn)評(píng)】本題在判斷小球運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間時(shí)要注意把握時(shí)間和夾角α的關(guān)系判斷。19．（2020秋?北海期末）如圖所示，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)都相同。用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊P，求R和Q之間相互作用力F1與Q與P之間相互作用力F2大小之比k（m和F均為未知量）？【分析】分別對(duì)QR和R由牛頓第二定律列方程可求出F1和F2的大小，進(jìn)而可計(jì)算出它們的比值?！窘獯稹拷猓喊讶齻€(gè)物體看成兩部分，QR為一部分，R為一部分，它們具有相同的加速度a，對(duì)R由牛頓第二定律有：F1﹣μ?3mg＝3ma同理對(duì)QR有：F2﹣μ?（2m+3m）g＝（2m+3m）a由題知：聯(lián)立解得：答：R和Q之間相互作用力F1與Q與P之間相互作用力F2大小之比k等于?！军c(diǎn)評(píng)】注意隔離法和整體法的應(yīng)用，當(dāng)相互接觸或連接的物體具有相等的加速度時(shí)，要優(yōu)先考慮整體法。五．解答題（共6小題）20．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道，O點(diǎn)是圓心，OA水平，B點(diǎn)是圓軌道的最低點(diǎn)，半徑為R＝0.2m．質(zhì)量為M＝1kg的物體乙靜止在水平地面上，上表面水平，且上表面正好與圓弧軌道的B點(diǎn)相切，質(zhì)量為m＝0.5kg的物體甲（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，已知甲與乙的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，重力加速度大小取10m/s2．（1）求甲在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大??；（2）若甲未從乙的右端掉下去，求乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．【分析】（1）A到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒求出B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律即可求出甲受到的支持力；（2）甲做減速運(yùn)動(dòng)，乙先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者的速度相等后再一起做減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合受力分析與牛頓第二定律求出加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出．【解答】解：（1）A到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒得：所以：m/s在B點(diǎn)甲受到的支持力與重力的合力提供向心力，所以：代入數(shù)據(jù)得：FN＝15N由牛頓第三定律可知，甲對(duì)軌道的壓力也是15N．（2）甲在乙上相當(dāng)于乙運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到的摩擦力：f1＝μ1mg＝0.5×0.5×10＝2.5N乙與地面之間的摩擦力：f2＝μ2（m+M）g＝0.1×（0.5+1）×10＝1.5N由于乙與地面之間的摩擦力小于甲與乙之間的摩擦力，所以在甲做減速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，乙將向右做加速運(yùn)動(dòng)，加速度：甲的加速度：二者速度相等需要的時(shí)間t1，則：v0+a1t1＝a2t1代入數(shù)據(jù)得：s此時(shí)的速度：m/s此后乙繼續(xù)減速，若甲也隨乙一起減速，則甲受到的摩擦力：f3＝ma2＝0.5×1＝0.5N＜f1可知假設(shè)是正確的，甲與乙一起減速，加速度：減速到0的時(shí)間：s所以乙運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：s答：（1）甲在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小是15N；（2）若甲未從乙的右端掉下去，乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是s．【點(diǎn)評(píng)】該題是機(jī)械能守恒、圓周運(yùn)動(dòng)、勻加速直線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的典型題型，要注意分析長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)情況，該題難度適中．21．如圖所示，半徑為R＝1.8m的光滑圓弧軌道AB，下端B恰與小車右端上表面平滑對(duì)接且到豎直擋板的距離為2.4m，小車固定在地面上，小車長(zhǎng)未知，小車上表面距地面的高度h＝0.2m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊，從圓弧軌道頂端由靜止釋放，滑到B端后沖上小車，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2．（1）求滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大??；（2）滑塊離開小車后恰好落在擋板底端，求小車的長(zhǎng)度；（3）若撤去小車，在A點(diǎn)給滑塊一豎直向下的初速度，滑塊也可以從B點(diǎn)平拋落到擋板的底端，求此初速度的大?。痉治觥浚?）滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，利用機(jī)械能守恒定律求出滑塊在B點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)滑塊受到的支持力和重力的合力提供向心力，利用牛頓第二定律列式求出軌道對(duì)它支持力的大?。唬?）利用動(dòng)能定理，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，列出方程，求出小車的長(zhǎng)度；（3）撤去小車后，滑塊從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向和水平方向分別列式，求出滑塊在B點(diǎn)的速度，滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B由機(jī)械能守恒列式，求出在A點(diǎn)給滑塊的一豎直向下的初速度大?。窘獯稹拷猓海?）滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有：mgR＝在B點(diǎn)由牛頓第二定律有：聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：FN＝60N（2）設(shè)滑塊離開小車時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有：離開小車后，滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向有：h＝水平方向有：x＝v1t且x+L＝2.4m解得：L＝2m（3）撤去小車后，滑塊從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)落到擋板的底端豎直方向有：h＝水平方向有：2.4m＝v2t設(shè)在A點(diǎn)給滑塊一豎直向下的初速度v0，則滑塊從A到B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有解得：v0＝m/s答：（1）滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大小為60N；（2）滑塊離開小車后恰好落在擋板底端，小車的長(zhǎng)度為2m；（3）若撤去小車，在A點(diǎn)給滑塊一豎直向下的初速度，滑塊也可以從B點(diǎn)平拋落到擋板的底端，此初速度的大小為m/s．【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了機(jī)械能守恒，平拋運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律，解題的關(guān)鍵是對(duì)滑塊的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解．22．如圖所示，兩傾斜軌道cb、cd間用一段很小的圓弧連接，其中傾角θ＝37°，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝26.25m的cb軌道粗糙，光滑軌道cd的頂端d與水平地面間的高度差為h＝0.2m，長(zhǎng)度l＝0.4m，一質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從傾斜軌道cb的頂端以vb＝5m/s的初速度滑下，到達(dá)軌道d點(diǎn)時(shí)速度為零，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）滑塊與軌道cb間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）滑塊在兩軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t。【分析】（1）對(duì)滑塊從b到d過(guò)程由動(dòng)能定理可求得滑塊與軌道cb間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式可求得兩過(guò)程中的平均速度，再由位移公式即可求得bc段和cd段的時(shí)間，則可求得滑塊在兩軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t?！窘獯稹拷猓海?）b點(diǎn)與水平面的高度差h1＝Lsinθ＝26.25×0.6m＝15.75m滑塊從b運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg（h1﹣h）﹣μmgcosθ?L＝0﹣解得μ＝；（2）滑塊從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgh1﹣μmgcosθ?L＝解得滑塊到達(dá)c點(diǎn)的速度vc＝則滑塊從b到c的過(guò)程中的平均速度m/s則L＝解得滑塊從b到c運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝7﹣17.5s滑塊從c到d的過(guò)程中的平均速度則l＝解得滑塊從c到d運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝s故滑塊在兩軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1+t2≈4.8s；答：（1）滑塊與軌道cb間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為；（2）滑塊在兩軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t約為4.8s?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，對(duì)于力和運(yùn)動(dòng)結(jié)合的題目應(yīng)注意優(yōu)先選擇動(dòng)能定理求解能使問(wèn)題簡(jiǎn)單化。在利用動(dòng)能定理解題時(shí)注意分析整個(gè)過(guò)程中各力的做功情況。23．如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下沿著傾角α＝37°的粗糙斜面向上加速滑行，物塊在0～4s時(shí)間內(nèi)的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，t＝0時(shí)刻物塊的速度v0＝2.4m/s．已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）t＝0時(shí)刻拉力F的大??；（2）0～4s內(nèi)拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系及在t＝4s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率．【分析】（1）對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出拉力；（2）根據(jù)幾何關(guān)系寫出加速度的表達(dá)式，然后結(jié)合牛頓第二定律即可求出拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系；根據(jù)加速度與時(shí)間軸所圍成的面積，求出物塊速度的變化量，進(jìn)而求出物塊的末速度，最后由P＝Fv即可求出t＝4s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率．【解答】解：（1）斜面上的物塊受到重力、斜面的支持力和摩擦力，以及拉力F的作用，在垂直于斜面方向：FN＝mgcosα＝2×10×cos37°＝16N沿斜面的方向：ma0＝F0﹣mgsinα﹣μFN由圖甲可知，在t＝0時(shí)刻物塊的加速度是1.9m/s2，將相關(guān)的數(shù)據(jù)代入公式，可得：F0＝ma0+mgsinα+μFN＝2×1.9+20×0.6+0.2×16＝19N（2）物塊的加速度與時(shí)間的關(guān)系：at＝a0+kt在t＝4s時(shí)刻物塊的加速度是5.9m/s2，所以k＝1物塊的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系：at＝a0+t則拉力與時(shí)間的關(guān)系：Ft＝mat+mgsinα+μFN＝ma0+kt+mgsinα+μFN＝F0+kt＝19+t（N）根據(jù)積分的思想可知，加速度與時(shí)間軸之間圍成的面積可以表示速度的變化，所以0﹣4s內(nèi)物塊速度的變化量：m/s4s末物塊的速度：v4＝v0+△v＝2.4+15.6＝18m/s4s末物塊受到的拉力：F4＝19+t＝19+4＝23N拉力的瞬時(shí)功率：P＝F4?v4＝23×18＝414W答：（1）t＝0時(shí)刻拉力F的大小是19N；（2）0～4s內(nèi)拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系為；在t＝4s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率是414W．【點(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合圖象與斜面模型綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用．斜面模型是高中物理常見(jiàn)模型之一，不但要掌握斜面上物體的受力分析方法，還要注意相應(yīng)幾何知識(shí)的應(yīng)用；若物體受力較多時(shí)，一般可以借助正交分解法得出的公式．24．如圖所示，放在水平地面上的長(zhǎng)木板B足夠長(zhǎng)，質(zhì)量為2kg，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，一質(zhì)量為3kg的小鐵塊A放在B的左端，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，當(dāng)A以3m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)后，求從開始到最終穩(wěn)定后A對(duì)地的位移和A對(duì)B的位移．【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求出A、B的加速度，當(dāng)A、B的速度相同時(shí)，A不再相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度時(shí)間公式求出A在B上滑行的時(shí)間，通過(guò)位移關(guān)系求出A對(duì)B的位移大?。窘獯稹拷猓篈與B之間的摩擦力：f1＝μ1Mg＝12NB與地面之間的摩擦力：f2＝μ2（M+m）g＝10N＜f1根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度：，向左B的加速度：，向右當(dāng)A、B的速度相同時(shí)，兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．有：v0﹣a1t＝a2t所以有：t＝．此時(shí)A的位移為：B的位移為：則AB的相對(duì)位移為：△x＝xA﹣xB＝0.9m此后A與B若一起減速，則：m/s2這種情況下A與B之間的摩擦力為：f′＝Ma3＝3×2＝6N＜f1所以它們能一起減速，停止時(shí)的位移為：m所以A的總位移：x＝xA+xA′＝1.08+0.09＝1.17m答：從開始到最終穩(wěn)定后A對(duì)地的位移是1.17m，A對(duì)B的位移是0.9m．【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清A、B的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律進(jìn)行求解．25．（2020秋?德州期末）如圖所示，兩個(gè)完全相同的物塊A、B用輕繩連接放在水平地面上，在方向與水平面成θ＝37°角斜向下恒定推力F作用下，以v＝10m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知A、B質(zhì)量均為10kg，兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5（g＝10m/s2，sin37°＝0.6．cos37°＝0.8），求：（1）推力F的大??；（2）某時(shí)刻剪斷輕繩，剪斷輕繩后物塊A在水平地面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和運(yùn)動(dòng)的距離；（3）已知輕繩長(zhǎng)度L＝1m，剪斷輕繩到物塊A剛好靜止時(shí)兩物塊A、B間的距離?！痉治觥浚?）用整體法根據(jù)牛頓第二定律解得推力大小；（2）先計(jì)算剪斷細(xì)繩后物體A的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及運(yùn)動(dòng)距離；（3）先計(jì)算出剪斷細(xì)繩后B的加速度，然后計(jì)算出這段時(shí)間內(nèi)B的位移，進(jìn)而計(jì)算出它們之間的距離?！窘獯稹拷猓海?）將兩物體A、B作為一個(gè)整體，由平衡條件得Fcosθ＝μ（2mg+Fsinθ）代入數(shù)據(jù)解得：F＝200N（2）剪斷輕繩后物塊A做勻減速運(yùn)動(dòng)則：μmg＝maA運(yùn)動(dòng)時(shí)間：解得：t＝2s運(yùn)動(dòng)距離：（3）剪斷輕繩后物塊B做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）＝maB故剪斷細(xì)繩后物體A停止滑行時(shí)間，物體B繼續(xù)滑行的距離為代入數(shù)據(jù)得：x′＝30m所以物塊A靜止時(shí)物塊A、B之間的距離為△x＝x′+L﹣x解得：△x＝21m答：（1）推力F的大小200N；（2）某時(shí)刻剪斷輕繩，剪斷輕繩后物塊A在水平地面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間2s，運(yùn)動(dòng)的距離10m；（3）已知輕繩長(zhǎng)度L＝1m，剪斷輕繩到物塊A剛好靜止時(shí)兩物塊A、B間的距離為21m。【點(diǎn)評(píng)】碰到細(xì)繩連接的問(wèn)題，因?yàn)樗鼈兙哂邢嗟鹊募铀俣龋詢?yōu)先考慮整體法。再一個(gè)碰到復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過(guò)程的問(wèn)題，分清楚每一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解體的關(guān)鍵所在。牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一、牛頓第二定律的作用牛頓第二定律確定了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．二、兩類基本問(wèn)題1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出力．技巧點(diǎn)撥一、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況1．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：eq\x(已知物體受力情況)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,v2－v\o\al(02,)＝2ax))))eq\x(求得x、v0、v、t)2．從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出物體的受力分析圖．(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度．(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的位移和速度，以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等．二、從運(yùn)動(dòng)情況確定受力1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：eq\x(已知物體運(yùn)動(dòng)情況)eq\o(→,\s\up7(由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(確定物體受力)2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．三、多過(guò)程問(wèn)題分析1．當(dāng)題目給出的物理過(guò)程較復(fù)雜，由多個(gè)過(guò)程組成時(shí)，要明確整個(gè)過(guò)程由幾個(gè)子過(guò)程組成，將過(guò)程合理分段，找到相鄰過(guò)程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過(guò)程．聯(lián)系點(diǎn)：前一過(guò)程的末速度是后一過(guò)程的初速度，另外還有位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等．2．注意：由于不同過(guò)程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會(huì)發(fā)生變化，所以對(duì)每一過(guò)程都要分別進(jìn)行受力分析，分別求加速度．例題精練1．（2021?宿州三模）一足夠長(zhǎng)木板在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的小物塊輕放到木板的右端，之后木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示，則小物塊運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象可能是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)木板的v﹣t圖象，分析物塊先加速與木板共速后，一起減速，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體的加速度大小相等?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)木板運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象可知，物塊先加速與木板共速后，一起減速，且減速加速度相同，即圖像斜率相同，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律求解加速度，在v﹣t圖象中斜率代表加速度．隨堂練習(xí)1．（2021春?湖北期中）如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，用水平恒力F推動(dòng)小車。設(shè)物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2，當(dāng)水平恒力F取不同值時(shí)，a1與a2的值可能為（重力加速度g取10m/s2）（）A．a(chǎn)1＝2m/s2，a2＝4m/s2 B．a(chǎn)1＝6m/s2，a2＝3m/s2 C．a(chǎn)1＝3m/s2，a2＝3m/s2 D．a(chǎn)1＝8m/s2，a2＝4m/s2【分析】討論木塊和小車一起運(yùn)動(dòng)和發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)兩種情況，分別按牛頓第二定律解答。【解答】解：A、C、設(shè)木塊質(zhì)量為m，在水平方向只可能受摩擦力，最大為：fm＝μmg，由牛頓第二定律：最大加速度為：am＝＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2若小車與木塊一起運(yùn)動(dòng)，則二者加速度相等，a1＝a2≤4m/s2，故A錯(cuò)誤，C正確；B、若木塊與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則木塊的加速度一定是4m/s2，故B錯(cuò)誤；D、若木塊與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則木塊的加速度一定是4m/s2，小車加速度一定大于4m/s2，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用和靜摩擦力的臨界問(wèn)題，抓住問(wèn)題的關(guān)鍵：木塊和小車之間達(dá)到最大靜摩擦力是發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件。2．（2021?石家莊二模）如圖所示，寬度為d的水平傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，圖中虛線為傳送帶中線。一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以同樣大小速度v垂直傳送帶滑入。當(dāng)小滑塊滑至傳送帶中線處時(shí)恰好相對(duì)傳送帶靜止，設(shè)傳送帶表面粗糙程度處處相同，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是（）A．小滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，傳送帶對(duì)滑塊做正功 B．小滑塊從滑上傳送帶到恰好與傳送帶相對(duì)靜止所用的時(shí)間為 C．小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．小滑塊在傳送帶上留下的痕跡為直線，痕跡長(zhǎng)為d【分析】根據(jù)小滑塊運(yùn)動(dòng)始末動(dòng)能變化判斷傳送帶對(duì)滑塊做功的情況；根據(jù)x＝t判斷滑塊從滑上傳送帶到恰好與傳送帶相對(duì)靜止所用的時(shí)間；判斷小滑塊前后的速度，根據(jù)動(dòng)能定理判斷小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知，小滑塊運(yùn)動(dòng)始末速度大小均為v，即動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，若傳送帶對(duì)滑塊一直做正功，則動(dòng)能不可能不變，故A錯(cuò)誤；B、如圖所示，小滑塊滑至傳送帶時(shí)，與傳送帶之間開始時(shí)的相對(duì)速度：v相對(duì)＝＝v，滑動(dòng)摩擦力f大小、方向均不變，小滑塊相對(duì)傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，滑到傳送帶的中線處恰好相對(duì)靜止即相對(duì)速度是0，在y方向上有：t＝＝，故B錯(cuò)誤；CD、設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小滑塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)s，以傳送帶為參考系，在y方向上小滑塊的位移：sy＝，則s＝sy＝d，根據(jù)動(dòng)能定理得：μmg?s＝（v）2，則μ＝，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題要注意以傳送帶為參考系，根據(jù)動(dòng)能定理列式分析前要注意判斷小滑塊滑至傳送帶時(shí)傳送帶之間開始時(shí)的相對(duì)速度．3．（2021?棗莊二模）如圖所示，質(zhì)量相同、但表面粗糙程度不同的三個(gè)物塊a、b、c放在三個(gè)完全相同的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上。物塊a、b、c以相同初速度下滑，其v﹣t圖像如圖所示。物塊下滑過(guò)程中斜面體始終保持靜止，a、b、c與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μa、μb、μc，斜面體對(duì)地面的壓力分別為FNa、FNb、FNc，斜面體對(duì)地面的摩擦力分別為fa、fb、fc。下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．μa＜μb＜μc B．FNa＜FNb＜FNc C．fb＝0，fa向右，fc向左 D．fb＝0，fa向左，fc向右【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式，分析動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；以物塊與斜面體組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分別地面對(duì)斜面體的支持力大小，從而確定斜面體對(duì)地面的壓力大小，并判斷地面對(duì)斜面體的摩擦力方向。【解答】解：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面體的質(zhì)量為M，斜面的傾角為α。A、根據(jù)v﹣t圖像可知，a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向下，b做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沿斜面向上。設(shè)a、c的加速度大小分別為aa、bb，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)a有：mgsinα﹣μamgcosα＝maa對(duì)b有：mgsinα﹣μbmgcosα＝0對(duì)c有：μcmgcosα﹣mgsinα＝mac可得μa＜tanα，μb＝tanα，μc＞tanα，故μa＜μb＜μc，故A正確；B、以a和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，a有豎直向下的分加速度，處于失重狀態(tài)，則有FNa＜（M+m）g以b和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件有FNb＝（M+m）g以c和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，c有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，則有FNc＞（M+m）g綜上有FNa＜FNb＜FNc，故B正確；CD、以a和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，a有水平向左的分加速度，由牛頓第二定律知，地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力，由牛頓第三定律知斜面體對(duì)地面的摩擦力fa向右；以b和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由平衡條件知fb＝0；以c和斜面體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，c有水平向右的分加速度，由牛頓第二定律知，地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力，由牛頓第三定律知斜面體對(duì)地面的摩擦力fc向左，故C正確，D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是要靈活選擇研究對(duì)象，采用整體法和隔離法相結(jié)合進(jìn)行研究，受力分析后根據(jù)牛頓第二定律、平衡條件列式求解。4．（2021?昆山市校級(jí)模擬）如圖，一頂角為直角的“”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)（彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為k（l﹣l0）2）。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．金屬環(huán)的最大加速度為g B．金屬環(huán)的最大速度為g C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間的最大壓力為mg D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為【分析】當(dāng)開始釋放時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當(dāng)加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得速度，速度減小為0時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得最大彈性勢(shì)能，根據(jù)垂直于細(xì)桿方向處于平衡狀態(tài)，解得金屬環(huán)和細(xì)桿之間的彈力?！窘獯稹繉?duì)金屬環(huán)受力分析如圖1：圖1開始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin45°＝ma解得：a＝g故A正確；B、當(dāng)金屬環(huán)的加速度為0時(shí)，速度最大，受力分析如圖2：金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力沿桿方向加速度為0，即合力為0：mgsin45°＝Fcos45°F＝k△x解得形變量△x＝根據(jù)幾何知識(shí)，兩個(gè)小球下降的高度為h＝對(duì)系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對(duì)兩個(gè)金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機(jī)械能守恒，2mg×△x＝k△x2+解得：v＝g故B正確；D、金屬環(huán)下降h'達(dá)到最低時(shí)，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2mgh'＝（2h'）2h'＝EP＝故D錯(cuò)誤；C、當(dāng)金屬環(huán)下降到最低點(diǎn)時(shí)，金屬環(huán)和細(xì)桿的彈力最大，垂直于桿方向上：N＝mgcos45°+Fsin45°F＝k×2h'解得：F＝mg故C正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是找到臨界條件，加速度最大的條件是彈簧彈力等0，故開始釋放時(shí)加速度最大，當(dāng)加速度為0時(shí)速度最大，當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈性勢(shì)能最大，金屬環(huán)和桿間的彈力最大。綜合練習(xí)一．選擇題（共12小題）1．（2021?婁底模擬）如圖所示，物塊A、B疊放在一起，用繞過(guò)定滑輪的細(xì)線連接，連接兩物塊的細(xì)線水平。定滑輪連在力傳感器上、用大小為F的水平力拉物塊A，使物塊A勻速向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)力傳感器上的示數(shù)為F1，不計(jì)滑輪與力傳感器的重力，A與B、B與水平面的接觸面粗糙，則（）A．F1＞F B．F1＜F C．F1＝F D．無(wú)法判F1、F的大小關(guān)系【分析】由題意根據(jù)平衡條件得出各力關(guān)系，再綜合比較力F和F1的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓河深}意可知，繞過(guò)定滑輪的細(xì)線上的拉力大小為，設(shè)A與B的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，則由題意根據(jù)平衡條件可知對(duì)A有F＝+f1對(duì)B有為＝f1+f2整理可得F＝F1﹣f2，B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小f2不為零，則F1＞F，故A項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題注意分別對(duì)兩物體受力分析，再利用平衡條件即可。2．（2020秋?成都期末）如圖，物體A、B放在光滑水平面上，A的質(zhì)量是B的2倍，用水平恒力F推A，使A和B一起向右運(yùn)動(dòng)，則A．B間的作用力大小為（）A．F B．F C．F D．F【分析】以物體A、B組成的整體為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再以其中一個(gè)物體為研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出物體間的作用力?！窘獯稹拷猓涸O(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m。以物體A、B組成的整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：a＝再以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：N＝ma＝，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問(wèn)題，要抓住兩個(gè)物體的加速度相同，一般先對(duì)整體分析，再分析其中受力較少的那一個(gè)物體。3．（2020秋?大興區(qū)期末）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組（可視為質(zhì)點(diǎn)），接觸后，開動(dòng)飛船尾部的推進(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，開動(dòng)時(shí)間△t，測(cè)出飛船和火箭的速度變化是△v，下列說(shuō)法正確的是（）A．火箭組的質(zhì)量應(yīng)為 B．宇宙飛船的質(zhì)量應(yīng)為 C．推力F越大，就越大，且與F成正比 D．推力F通過(guò)飛船傳遞給火箭，所以飛船對(duì)火箭的彈力大小應(yīng)為F【分析】對(duì)整體火箭組受力分析列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合加速度的定義，可分析ABC；隔離法受力分析m2列出牛頓第二定律即可求解二者的彈力大小與F關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、對(duì)整體，由牛頓第二定律，有：F＝（m1+m2）a由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：a＝，聯(lián)立可得：F＝（m1+m2），（m1+m2）＝F，（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，故AB錯(cuò)誤；C、對(duì)整體F＝（m1+m2），（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量，是個(gè)定值，則推力F越大，就越大，且與F成正比，故C正確；D、對(duì)m2，設(shè)m2對(duì)m1的作用力為T，由牛頓第二定律，有：T＝m2a＝m2≠F，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】遇到連接體問(wèn)題一般應(yīng)采取“先整體后隔離”的方法列式求解簡(jiǎn)單。4．（2020秋?華坪縣校級(jí)期末）如圖所示，物體A、B疊放在水平桌面上，裝沙的小桶C通過(guò)細(xì)線牽引A、B一起在水平桌面上向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B間的摩擦力為Ff1，A與桌面間的摩擦力為Ff2．若增大小桶中沙的質(zhì)量，而A、B仍一起向右運(yùn)動(dòng)，則摩擦力Ff1和Ff2的變化情況（）A．Ff1不變，F(xiàn)f2變大 B．Ff1變大，F(xiàn)f2不變 C．Ff1和Ff2都變大 D．Ff1和Ff2都不變【分析】物體A與B間是靜摩擦力，物體A與桌面間是滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，靜摩擦力隨著外力的變化而變化，可以根據(jù)牛頓第二定律求解．【解答】解：設(shè)物體的加速度大小為a，對(duì)B受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：Ff1＝mAa…①物體A與桌面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦定律，有Ff2＝μ（mA+mB）g…②。當(dāng)沙桶中沙子變多時(shí)，加速度變大，靜摩擦力Ff1變大，而滑動(dòng)摩擦力Ff2不變；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵分清靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，要明確靜摩擦力隨著外力的變化而變化，而滑動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，不難．5．（2020秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）在水平面上放著兩個(gè)質(zhì)量分別為2kg和3kg的小鐵塊m和M，它們之間用一原長(zhǎng)為10cm，勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧相連，鐵塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2．鐵塊M受到一大小為20N的恒定水平外力F，兩個(gè)鐵塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示．這時(shí)兩鐵塊之間彈簧的長(zhǎng)度應(yīng)為（重力加速度g取10m/s2）（）A．12cm B．13cm C．15cm D．18cm【分析】對(duì)整體受力分析，由牛頓第二定律可求得系統(tǒng)加速度；再對(duì)m分析可求得彈簧的拉力；再由胡克定律可求得彈簧的伸長(zhǎng)量．【解答】解：整體水平方向受拉力、摩擦力；由牛頓第二定律可知：F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a解得：a＝＝m/s2＝2m/s2；m受拉力和摩擦力而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：拉力F′＝ma+μmg＝2×2N+0.2×20N＝8N；由胡克定律可知，形變量x＝＝0.08m則彈簧的長(zhǎng)度為l+x＝0.18m＝18cm；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵在于先以整體為研究對(duì)象，再用隔離法進(jìn)行分析，注意整體法時(shí)不能分析內(nèi)力．6．（2020秋?獨(dú)山縣期末）如圖所示，輕桿AB可繞固定軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，A端用彈簧連在小車底板上，B端用細(xì)繩拴一小球，車靜止時(shí)，AB桿保持水平，當(dāng)小車向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球偏離豎直方向且保持偏角不變，則（）A．小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．AB桿將會(huì)傾斜 C．繩的張力減小 D．彈簧的彈力不變【分析】小球偏離豎直方向并保持不變，故小球與車具有共同的加速度，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，因球在豎直方向沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，故豎直方向受力平衡，小球受繩的拉力和重力的合力沿水平方向，即小球和車具有水平向左的加速度，又因小車向左運(yùn)動(dòng)，所以小車只能向左勻加速運(yùn)動(dòng)．彈力為小球豎直方向受力平衡，故繩中拉力在豎直方向的分量保持不變，故小球和車向左勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)不改變AB桿的平衡，故彈簧的形變量沒(méi)有發(fā)生變化，彈力保持不變．【解答】解：因?yàn)樾∏蚝托≤嚤３窒鄬?duì)靜止，故小球與小車相同的加速度，對(duì)小球進(jìn)行受力分析有：A、如圖可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小車向左運(yùn)動(dòng)，故小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、如圖，小球在豎直方向平衡，故繩中拉力，同一根繩故B點(diǎn)受到繩的拉力大小亦為，此力在豎直方向的分力大小與mg相等，故AB桿仍保持水平，故B錯(cuò)誤；C、小球靜止時(shí)，繩的張力大小和小球的重力相等，勻加速后繩的張力變?yōu)椋緈g，故C錯(cuò)誤；D、由B分析知，B點(diǎn)受到繩拉力大小在豎直方向的分量和以前相同，故不改變水平桿的水平狀態(tài)，對(duì)彈簧而言，由于形變沒(méi)有發(fā)生變化，故彈簧的彈力不變，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】小球受到繩的斜向上的拉力，拉力在豎直方向分量與重力大小相等，在水平方向的分量使小球產(chǎn)生加速度．由于拉力豎直方向分量不變，故B點(diǎn)受到繩拉力的豎直分量仍保持不變，故不影響AB桿的平衡．關(guān)鍵看中繩中拉力在豎直方向的分量保持不變．7．（2021春?景谷縣校級(jí)期末）質(zhì)量為m＝3kg的木塊放在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面上，木塊可以沿斜面勻速下滑，若用沿斜面向上的力F作用于木塊上，使其由靜止開始沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝2s時(shí)間物體沿斜面上升4m的距離，則推力F為（g取10m/s2）（）A．42N B．6N C．21N D．36N【分析】物體能沿斜面勻速下滑，判斷出摩擦因數(shù)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得上滑加速度，利用牛頓第二定律求得推力【解答】解：物體能勻速下滑，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝0當(dāng)施加外力后，根據(jù)位移時(shí)間公式可知，解得根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣mginθ﹣μmgcosθ＝ma，解得F＝36N故D正確故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，加速度是解題的中間橋梁，關(guān)鍵是找出摩擦因數(shù)的大小8．（2020秋?紅崗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，有兩個(gè)相同材料物體組成的連接體在斜面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)作用力F一定時(shí)，m2所受繩的拉力（）A．與θ有關(guān) B．與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān) C．與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) D．僅與兩物體質(zhì)量有關(guān)【分析】對(duì)整體分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離對(duì)m2分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出拉力的大小，判斷與什么因素有關(guān)?！窘獯稹拷猓簩?duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝＝。隔離對(duì)m2分析，有：T﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ＝m2a，解得T＝．知繩子的拉力與θ無(wú)關(guān)，與動(dòng)摩擦因數(shù)無(wú)關(guān)，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，僅與兩物體的質(zhì)量有關(guān)。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，注意整體法和隔離法的運(yùn)用。9．（2020秋?沈陽(yáng)期末）如圖，用相同材料做成的質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體中間用一輕彈簧連接。在下列四種情況下，相同的拉力F均作用在m1上，使m1、m2做加速運(yùn)動(dòng)：①拉力水平，m1、m2在光滑的水平面上加速運(yùn)動(dòng)。②拉力水平，m1、m2在粗糙的水平面上加速運(yùn)動(dòng)。③拉力平行于傾角為θ的斜面，m1、m2沿光滑的斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。④拉力平行于傾角為θ的斜面，m1、m2沿粗糙的斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。以△L1、△L2、△L3、△L4依次表示彈簧在四種情況下的伸長(zhǎng)量，則有（）A．△L2＞△L1 B．△L4＞△L3 C．△L1＞△L3 D．△L2＝△L4【分析】以整體為研究對(duì)象根據(jù)牛頓第二定律研究加速度，再以m2為研究對(duì)象，由牛頓第二定律和胡克定律研究彈簧的伸長(zhǎng)量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律得①以整體為研究對(duì)象，a1＝，對(duì)m2：k△L1＝m2a1＝②以整體為研究對(duì)象，a2＝＝，對(duì)m2：k△L2＝μm2g+m2a1＝③以整體為研究對(duì)象，a3＝＝，對(duì)m2：k△L3＝m2gsinθ+m2a3＝④以整體為研究對(duì)象，a4＝＝﹣μgcosθ，對(duì)m2：k△L4＝m2gsinθ+μm2gcosθ+m2a4＝可見(jiàn)△L1＝△L2＝△L3＝△L4故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是連接體問(wèn)題，關(guān)鍵是選擇研究對(duì)象。采用隔離法和整體法結(jié)合求解，得到的結(jié)論是：彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度與粗糙情況無(wú)關(guān)。10．（2021?興慶區(qū)校級(jí)一模）已知雨滴在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力F阻＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為運(yùn)動(dòng)速率。t＝0時(shí)，雨滴由靜止開始沿豎直方向下落．落地前雨滴已做勻速運(yùn)動(dòng)且速率為vm，用a表示雨滴的加速度，下列圖象不可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】對(duì)雨滴受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度隨速度增大的變化趨勢(shì)，根據(jù)雨滴做勻速直線勻速時(shí)處于平衡狀態(tài)求得重力和阻力間的關(guān)系，根據(jù)球的面積公式把球的質(zhì)量用半徑表示，最后得到最大速率與球半徑的關(guān)系。【解答】解：A、對(duì)雨滴受力分析，雨滴受到重力和空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律：mg﹣kr2v2＝ma速度增大，加速度減小，故A正確；B、雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，雨滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故B正確；CD、勻速時(shí)根據(jù)平衡方程：kr2vm2＝mgm＝解得：vm＝×故最大速率與成正比，或最大速率的平方與r成正比，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律找到加速度隨速率的變化，當(dāng)勻速時(shí)注意球的質(zhì)量也和球的半徑有關(guān)。11．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，在水平桌面上疊放著質(zhì)量相等的A、B兩塊木板，在木板A上放著質(zhì)量為m的物塊C，木板與物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B、C之間以及B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等。現(xiàn)用水平恒力F向右拉木板A，下列說(shuō)法正確的是（）A．A、C間一定不受摩擦力 B．A、B、C有可能一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．A、B間的摩擦力大小不可能等于F D．不管F多大，木板B一定會(huì)保持靜止【分析】當(dāng)拉力F較小時(shí)，ABC都處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、C間的摩擦力大小為零，對(duì)木塊B受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對(duì)B向右的摩擦力fAB和地面對(duì)B向左的摩擦力fDB，由于A對(duì)B的最大靜摩擦力小于地面對(duì)B的最大靜摩擦力，故物體B一定保持靜止；然后對(duì)AC整體和C分別受力分析即可求解.【解答】解：A、當(dāng)F較大時(shí)，AC一起在拉力F作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，或者F較大，A相對(duì)C有運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、C間一定存在摩擦力，