《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 能力課1 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 能力課1 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案（20頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 能力課1　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 　[冷考點(diǎn)]超重、失重問題 1.超重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。 2.失重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。 4.對(duì)超重和失重的“三點(diǎn)”深度理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。

2、 (2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。 (3)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。 命題角度1　超重、失重現(xiàn)象的判斷 【例1】　(2017·常熟模擬)倫敦奧運(yùn)會(huì)開幕式的彈跳高蹺表演中，一名質(zhì)量為m的演員穿著這種高蹺從距地面H高處由靜止落下，與水平地面撞擊后反彈上升到距地面高h(yuǎn)處。假設(shè)彈跳高蹺對(duì)演員的作用力類似于彈簧的彈力，演員和彈跳高蹺始終在豎直方向運(yùn)動(dòng)，不考慮空氣阻力的影響，則該演員(　　) 圖1 A.在向下運(yùn)動(dòng)的過程中始終處于失重狀態(tài) B.

3、在向上運(yùn)動(dòng)的過程中始終處于超重狀態(tài) C.在向下運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D.在向上運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) 解析　演員在空中時(shí)，加速度為g，方向向下，處于失重狀態(tài)；當(dāng)演員落地加速時(shí)，加速度a向下，處于失重狀態(tài)；落地后期減速，加速度a向上，處于超重狀態(tài)；所以演員在向下運(yùn)動(dòng)的過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；同理可知，演員在向上運(yùn)動(dòng)的過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 命題角度2　根據(jù)超重、失重現(xiàn)象判斷物體的受力情況 【例2】　(2017·吉林松原模擬)某人在地面上最多可舉起50 kg 的物體，當(dāng)他在豎直向上運(yùn)動(dòng)的電

4、梯中最多舉起了60 kg的物體時(shí)，電梯加速度的大小和方向?yàn)?g＝10 m/s2)(　　) A.2 m/s2　豎直向上 B. m/s2　豎直向上 C.2 m/s2　豎直向下 D. m/s2　豎直向下 解析　由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為Fm＝mg＝500 N，在電梯中人能舉起60 kg物體，物體一定處于失重狀態(tài)，對(duì)60 kg的物體：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以選項(xiàng)D正確。 答案　D 判斷超重和失重的方法 從受力的 角度判斷 當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體

5、處于完全失重狀態(tài) 從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度(a＝g)時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重 ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重 【變式訓(xùn)練1】　在升降的電梯內(nèi)的水平地面上放一體重計(jì)，電梯靜止時(shí)，吳力同學(xué)站在體重計(jì)上，體重計(jì)的示數(shù)為60 kg，電梯運(yùn)動(dòng)時(shí)，某一段時(shí)間吳力同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)的示數(shù)為72 kg，在這段時(shí)間內(nèi)下列說法正確的是(　　) A.吳力同學(xué)所受的重力變大了 B.吳力同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力大于體重計(jì)對(duì)他的支持力 C.電梯的加速度大小為g，方

6、向一定豎直向上 D.電梯的運(yùn)動(dòng)方向一定豎直向上 解析　在地球表面同一緯度重力與人的運(yùn)動(dòng)情況和是否受到其他力的作用無關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律，壓力和支持力是一對(duì)作用力和反作用力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；體重計(jì)的示數(shù)72 kg大于60 kg，說明合力方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，即72g－60g＝60a，a＝g，方向向上，選項(xiàng)C正確；加速度向上，電梯可能加速上升，也可能減速下降，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 　[熱考點(diǎn)]動(dòng)力學(xué)中的圖象問題 1.常見的動(dòng)力學(xué)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)已知物體受到的力隨時(shí)間變化的圖線，要求

7、分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)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 命題角度1　動(dòng)力學(xué)中的v－t圖象 【例3】　(2017·寧夏模擬)將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。該過程的v－t圖象如圖2所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖2 A.小球所受重力和阻力之比為6∶1 B.小球上升與下落所用時(shí)間之比為2∶3 C.小球回落到拋出點(diǎn)的速度大小為8 m/s D.小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)

8、 解析　小球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝12 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根據(jù)x＝at2得t＝，知上升的時(shí)間和下落的時(shí)間之比為t1∶t2＝∶＝∶3，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球勻減速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根據(jù)v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故選項(xiàng)C正確；下落的過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 命題角度2　動(dòng)力學(xué)中的a－t圖象 【例4】　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光

9、電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺(tái)。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時(shí)由靜止開始上升，a－t 圖象如圖3所示。則下列相關(guān)說法正確的是(　　) 圖3 A.t＝4.5 s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài) B.5～55 s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小 C.t＝59.5 s時(shí)，電梯處于超重狀態(tài) D.t＝60 s時(shí)，電梯速度恰好為零 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5 s時(shí)，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0～5 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55 s時(shí)間內(nèi)，a＝0，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力

10、，綜上所述，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60 s時(shí)為零，選項(xiàng)D正確。 答案　D 命題角度3　動(dòng)力學(xué)中的F－t圖象 【例5】　(多選)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖4甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) 圖4 A.物體的質(zhì)量m＝1 kg B.物體的質(zhì)量m＝2 kg C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝

11、 解析　由開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，可知0～2 s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內(nèi)對(duì)物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項(xiàng)A、D正確。 答案　AD 解決圖象綜合問題的關(guān)鍵 圖象反映了兩個(gè)變量之間的函數(shù)關(guān)系，必要時(shí)需要根據(jù)物理規(guī)律進(jìn)行推導(dǎo)，得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點(diǎn)坐標(biāo)、拐點(diǎn)的物理意義對(duì)圖象及運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析。 【變式訓(xùn)練2】　(2017·湖北武漢武昌區(qū)模擬) (多選)質(zhì)量m＝

12、2 kg、初速度v0＝ 8 m/s的物體沿著粗糙水平面向右運(yùn)動(dòng)，物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時(shí)物體還要受一個(gè)如圖5所示的隨時(shí)間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向，則以下結(jié)論正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) 圖5 A.0～1 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 B.1～2 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 C.0～1 s內(nèi)，物體的位移為7 m D.0～2 s內(nèi)，物體的總位移為11 m 解析　0～1 s內(nèi)，物體加速度a1＝－＝－ m/s2＝－4 m/s2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；1～2 s內(nèi)物體加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B項(xiàng)正確；物體運(yùn)動(dòng)的v

13、－t圖線如圖所示，0～1 s內(nèi)位移為x1＝6 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤；0～2 s內(nèi)物體總位移x＝x1＋x2＝(×1＋×1) m＝11 m，D項(xiàng)正確。 答案　BD 　[常考點(diǎn)]動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 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。連接體一般具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度)。 2.解決連接體問題的兩種方法 命題角度1　加速度相同的連接體問題 【例6】　(2017·廣東深圳羅湖模擬)如圖6所示，在建筑工地，民工兄弟用兩手對(duì)稱水平施力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，水平作

14、用力為F，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為(　　) 圖6 A.μF B.m(g＋a) C.m(g＋a) D.m(g＋a) 解析　對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。聯(lián)立解得FfBA＝m(g＋a)，選項(xiàng)B正確。 答案　B 命題角度2　加速度不同的連接體問題 【例7】　質(zhì)量為2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖7甲所示。A和B經(jīng)過1 s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖象

15、如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)A與B上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1； (2)B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (3)A的質(zhì)量。 解析　(1)由圖象可知，A在0～1 s內(nèi)的加速度a1＝＝－2 m/s2， 對(duì)A由牛頓第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2 (2)由圖象知，A、B在1～3 s內(nèi)的加速度a3＝＝－1 m/s2， 對(duì)A、B整體由牛頓第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1 (3)由圖可知B在0～1 s內(nèi)的加速度a2＝＝2 m/s2 對(duì)B由牛頓第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入數(shù)據(jù)解得m＝6 k

16、g 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg 特別提醒　當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí)，一般不直接用整體法，要采用隔離法解題。 【變式訓(xùn)練3】　如圖8所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg 的物塊A、B放在長木板上，A、B與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2。改變F的大小，B的加速度大小可能為(　　) 圖8 A.1 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2 解析　A、B放在輕質(zhì)長木板上，長木板質(zhì)量為0，所受合力

17、始終為0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關(guān)系為fAmax

18、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。 命題角度1　利用“相互作用力為零”的臨界條件進(jìn)行分析 1.接觸與脫離的臨界條件 兩物體相接觸或脫離的臨界條件是接觸但接觸面間彈力FN＝0。 2.繩子斷裂與松弛的臨界條件 繩子斷與不斷的臨界條件是繩子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。 【例8】　如圖9所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時(shí)，細(xì)繩平行于斜面。取g＝1

19、0 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖9 A.當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為20 N B.當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為30 N C.當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為40 N D.當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為60 N 解析　小球剛好離開斜面時(shí)的臨界條件是斜面對(duì)小球的彈力恰好為零。斜面對(duì)小球的彈力恰好為零時(shí)，設(shè)繩子的拉力為F，斜面的加速度為a0。以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得a0＝13.3 m/s2。 甲

20、 (1)由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時(shí)小球的受力情況如圖乙所示。設(shè)繩子與水平方向的夾角為α。以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有 F2cos α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得F2＝20 N。選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　A 命題角度2　利用“兩物體加速度相同”的臨界條件分析 相

21、對(duì)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件 兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是：靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。 【例9】　(2017·湖北黃岡中學(xué)模擬)如圖10所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺(tái)通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時(shí)，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)使車廂沿水平方向加速運(yùn)動(dòng)，為保證A、B仍相對(duì)車廂靜止，則(　　) 圖10 A.速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B.加速度一定向右，不能超過(1－μ)g C.加速

22、度一定向左，不能超過μg D.加速度一定向左，不能超過(1－μ)g 解析　開始A恰好不下滑，對(duì)A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF彈，解得F彈＝，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)車廂做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，為了保證A不下滑，側(cè)壁對(duì)A的支持力必須大于等于，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右。對(duì)B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 臨界問題的常用解法 (1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的。 (2)假設(shè)法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或

23、變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題。 (3)數(shù)學(xué)方法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件?！　　　　　? 【變式訓(xùn)練4】　(2017·山東濰坊實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)如圖11所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個(gè)豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個(gè)力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　) 圖11 A.若加速度足夠小，豎直擋板對(duì)球的彈力可能為零 B.若加速度足夠大，斜面對(duì)球的彈力可能為零 C.斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力等于ma D.斜面對(duì)球的彈力不僅有，而且是一個(gè)定值 解析　小球受到重力mg、

24、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1，設(shè)斜面的傾斜角為α，則豎直方向有FN2cos α＝mg，因?yàn)閙g和α不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因?yàn)镕N2sin α≠0，所以即使加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力也不可能為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力即為豎直方向的分力FN2cos α與水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　D 整體法、隔離法求解連接體問題 [題源：人教版必修1·P77·科學(xué)漫步] 在探索測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

25、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)已熄火)。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12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。測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，求火箭組的質(zhì)量m2。 圖12 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。 答案　見解析 拓展1　如圖13所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計(jì)連接。兩個(gè)大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(

26、　　) 圖13 A.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是50 N B.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是24 N C.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2 解析　對(duì)兩物體和彈簧測力計(jì)組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔離m2，根據(jù)牛頓第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以彈簧測力計(jì)的示數(shù)為24 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 拓展2　(20

27、15·全國卷Ⅱ，20)(多選)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(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A.8 B.10 C.15 D.18 解析　設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對(duì)象，有F＝nma① P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對(duì)象，有 F＝km·a② 聯(lián)立

28、①②得3n＝2k， 總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確。 答案　BC 活頁作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) ?題組一　動(dòng)力學(xué)中的圖象問題 1.如圖1甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時(shí)的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為(　　) 圖1 A.30° B.45° C.60° D.75° 解析　由v2＝2ax得x＝v2，結(jié)

29、合x－v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案　A 2.若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖2所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖象可能是(　　) 圖2 解析　由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)；過程②為向下勻速直線運(yùn)動(dòng)(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程③為向下勻減速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程④為向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向上，超重，F(xiàn)＞mg)；過程⑤為向上勻速直線運(yùn)動(dòng)(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg

30、)；過程⑥為向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)＜mg)。綜合選項(xiàng)分析可知選項(xiàng)B正確。 答案　B 3.(2017·銀川市高三第一次模擬)如圖3甲所示，質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)。已知水平拉力F隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取水平向右為正方向，由此可知(　　) 圖3 A.在0～3 s時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為6 m/s2 B.在3～5 s時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為3 m/s2，方向水平向右 C.5 s末，物塊速度大小為3 m/s，方向水平

31、向右 D.在5 s末，克服水平拉力F做功的功率為0 解析　在0～3 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)1＝12 N，由牛頓第二定律F1－μmg＝ma1，解得物塊加速度a1＝1 m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在3～5 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)2＝4 N，由牛頓第二定律F2－μmg＝ma2，解得物塊加速度a2＝－3 m/s2，方向水平向左，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；3 s末，物塊速度為v1＝a1t1＝3 m/s，4 s末，物塊速度為v2＝v1＋a2t2＝0，摩擦力大于拉力，4 s末物塊停止運(yùn)動(dòng)，則5 s末，克服水平拉力F做功的功率為0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 4.(多選)如圖4甲所示，一質(zhì)量m＝2.0 kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾

32、角為37°的足夠長的斜面，某同學(xué)利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，并用計(jì)算機(jī)作出了小物塊上滑過程中的速度—時(shí)間圖線，如圖4乙所示，則(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) 圖4 A.小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0 m/s2 B.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25 C.小物塊在斜面上滑行的最大位移為8 m D.小物塊在上滑過程中所受摩擦力大小為5 N 解析　由小物塊上滑過程的速度—時(shí)間圖線可知，a＝＝ m/s2＝ －8.0 m/s2，則小物塊沖上斜面過程中加速度大小為8.0 m/s2，選項(xiàng)A正確；對(duì)小物塊

33、受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得－mgsin 37°－f＝ma，F(xiàn)N－mgcos 37°＝0，f＝μFN代入數(shù)據(jù)解得f＝4 N，μ＝0.25，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；小物塊在斜面上滑行的最大位移x＝ m＝4 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　AB 5.(2017·浙江杭州五校聯(lián)盟聯(lián)考)足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間由一小段長度不計(jì)的弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)?，F(xiàn)在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如圖5甲所示，小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示，到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，

34、cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求： 圖5 (1)小物塊所受到的恒力F； (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間； (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)？若能，計(jì)算小物塊通過A點(diǎn)時(shí)的速度；若不能，計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離。 解析　(1)由題圖乙可知，AB段加速度 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得F＝11 N。 (2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2。 小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等，由題圖乙可知，小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB＝

35、2.0 m/s，有 t＝＝ s＝0.5 s。 (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中，有μmg＝ma3， 解得a3＝5.0 m/s2。 滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m。 答案　(1)11 N　(2)0.5 s　 (3)不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m ?題組二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 6.(2017·哈爾濱模擬)如圖6所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a做勻

36、加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長量為x；若用水平力F′作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧伸長量為x′。則下列關(guān)系正確的是(　　) 圖6 A.F′＝2F B.x′>2x C.F′>2F D.x′<2x 解析　把兩個(gè)物塊看作整體，由牛頓第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F(xiàn)′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；隔離物塊m2，由牛頓第二定律得kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。 答案　A 7.(2017·三明模擬)如圖7所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2

37、m?，F(xiàn)施加水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)。若改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對(duì)靜止，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)，則F′不得超過(　　) 圖7 A.2F B. C.3F D. 解析　力F拉物體B時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)，故A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力fm，根據(jù)牛頓第二定律，有 fm＝ma① 對(duì)A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律， 有F＝3ma② 由①②解得fm＝F。 當(dāng)F′作用在物體A上時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值

38、，對(duì)物體A，有 F′－fm＝ma1③ 對(duì)整體，有F′＝3ma1④ 由上述各式聯(lián)立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。 答案　B 8.(2017·湖北黃岡一模)(多選)如圖8所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的是(　　) 圖8 解析　設(shè)A、B向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體有F＋k(x0－x

39、)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，則F與x成正比，F(xiàn)－x圖象可能是過原點(diǎn)的直線，對(duì)A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN－x圖象是向下傾斜的直線，當(dāng)FN＝0時(shí)A、B開始分離，此后B做勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)不變，則A、B開始分離時(shí)有x＝x0－

40、離時(shí)，彈簧長度等于原長 B.B和A剛分離時(shí)，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(yùn)動(dòng) 解析　A、B分離前，A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB＝0。 對(duì)B：F－mg＝ma， 對(duì)A：kx－mg＝ma。 即F＝kx時(shí)，A、B分離，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。 設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0， 又2mg＝kx0，h＝x0－x，F(xiàn)＝mg， 解以上各式得k＝，綜上所述，只有選項(xiàng)C正確。 答案　C 10.(2017·濟(jì)寧檢測)如圖10所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦

41、因數(shù)為μ＝，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)。隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。 圖10 解析　當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定律方程： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma① 木塊的位移為x，有0－v＝2ax② 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時(shí)位移最小，根據(jù)①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ) 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝，則α＝30° 要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時(shí)取最大值g 所以有θ＝90°－α＝60°時(shí)，加速度取最大值為a＝－ 代入②可得xmin＝ 答案　60°　 20