2020高考物理一輪復習 第三章 第3講 牛頓運動定律綜合應用學案（含解析）.doc

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第3講　牛頓運動定律綜合應用 主干梳理 對點激活 知識點　　連接體問題?、? 1．連接體 多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體。 2．外力與內力 (1)外力：系統之外的物體對系統的作用力。 (2)內力：系統內各物體間的相互作用力。 3．整體法和隔離法 (1)整體法：把加速度相同的物體看做一個整體來研究的方法。 (2)隔離法：求系統內物體間的相互作用時，把一個物體隔離出來單獨研究的方法。 知識點　　臨界極值問題?、? 1．臨界或極值條件的標志 (1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，即表明題述的過程存在著臨界點。 (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往對應臨界狀態(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，這個極值點往往是臨界點。 (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，臨界條件是彈力FN＝0。 (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，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：速度達到最大的臨界條件是a＝0，速度為0的臨界條件是a達到最大。 知識點　　多過程問題?、? 1．多過程問題 很多動力學問題中涉及物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。 2．類型 多過程問題可根據涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。 3．綜合運用牛頓第二定律和運動學知識解決多過程問題的關鍵 首先明確每個“子過程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關聯點，然后列出“過程性方程”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象時常用的方法。(　　) 2．應用牛頓第二定律進行整體分析時，需要分析內力。(　　) 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的臨界狀態(tài)是兩者沒有共同的加速度。(　　) 答案　1.√　2.　3.√　4. 二 對點激活 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質量分別為mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，下列說法正確的是(　　) A．當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態(tài) B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動 C．兩物體從受力開始就有相對運動 D．兩物體始終沒有相對運動 答案　D 解析　當A、B間達到最大靜摩擦力時兩者開始相對滑動，以B為研究對象，設臨界加速度為a，由牛頓第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6 m/s2。由整體法得：F＝(mA＋mB)a＝48 N，所以F增大到45 N的過程中，兩物體始終沒相對運動，B、C錯誤，D正確。由于地面光滑，故一開始物體就加速運動，A錯誤。 2.(人教版必修1P77科學漫步改編)在探索測定軌道中人造天體的質量的方法過程中做了這樣的一個實驗：用已知質量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組m2(后者的發(fā)動機已熄滅)。接觸后，開動宇宙飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進器的平均推力為F，推進器開動時間為t，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，求火箭組的質量m2。 答案　－m1 解析　根據a＝得，m1、m2的共同加速度為a＝，選取m1、m2整體為研究對象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝－m1。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　整體法和隔離法解決連接體問題 1．連接體的類型 (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．連接體的運動特點 (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——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比。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)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。 3．連接體的受力特點 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．處理連接體問題的方法 (1)整體法 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)。 (2)隔離法 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。 (3)整體法、隔離法交替運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，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象，應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內力”。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，有兩個質量分別為m1和m2的物體A、B與水平面的動摩擦因數均為μ，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質彈簧測力計。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，彈簧測力計示數為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，彈簧測力計示數為F2。則以下關系式正確的是(　　) A．a1＝a2，F1＞F2 B．a1＝a2，F1＜F2 C．a1＝a2，F1＝F2 D．a1＞a2，F1＞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有關嗎？ 提示：無關。 嘗試解答　選A。 以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1， F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2， 得到a1＝a2。 當F拉B時，以A為研究對象，則有F1－μm1g＝m1a1， 得到F1＝F； 同理，當F拉A時，以B為研究對象， 得到F2＝F； 由于m1＞m2，則F1＞F2。 所以A正確，B、C、D錯誤。 總結升華 應用整體法和隔離法的解題技巧 (1)如圖所示，一起加速運動的物體系統，若力作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為F12＝。此結論與有無摩擦無關(有摩擦，兩物體與接觸面的動摩擦因數必須相同)，物體系統在平面、斜面、豎直方向運動時，此結論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結論不變。 (2)通過滑輪和繩的連接體問題：若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。繩跨過定滑輪，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，小車上有一定滑輪，跨過定滑輪的輕繩一端系一小球，另一端系在彈簧測力計上，彈簧測力計固定在小車上。開始時小車向右運動，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時與夾角為θ1時相比(　　) A．小車的加速度、彈簧測力計讀數及小車對地面的壓力均變大 B．小車的加速度、彈簧測力計讀數及小車對地面的壓力均變小 C．小車的加速度、彈簧測力計讀數均變小，小車對地面的壓力不變 D．小車的加速度、彈簧測力計讀數均不變，小車對地面的壓力變大 答案　C 解析　由題可知ma＝mgtanθ，FT＝，則隨著θ減小，小車的加速度a和繩子的拉力(彈簧測力計的示數)均減小，由整體法可知小車對地面的壓力等于整體自身的重力，故C正確。 [變式1－2]　(2018安徽百所學校模擬)如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個滑塊A，用輕質細繩將A與一小球B相連，A、B的質量均為m，A與桿間的動摩擦因數為μ，現用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運動，此時細繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運動時，細繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．細繩的拉力變?yōu)樵瓉淼?倍 B．A、B的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍 C．水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍 D．A受到的摩擦力不變 答案　D 解析　對B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細繩拉力大小T＝，經分析可知，當α增大為原來的2倍時，a和T不一定是原來的2倍，A、B錯誤；對A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當α增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經分析可知，當α增大為原來的2倍時，F不一定變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確。 考點2　動力學中的臨界、極值問題 1．基本思路 (1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。 (2)尋找過程中變化的物理量。 (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，找出臨界關系。 2．思維方法 例2　如圖所示，質量為M＝2 kg 的長木板位于光滑水平面上，質量為m＝1 kg的物塊靜止在長木板上，兩者之間的動摩擦因數為μ＝0.5。重力加速度大小為g＝10 m/s2，物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力?，F對物塊施加水平向右的力F，下列說法正確的是(　　) A．水平力F＝3 N時，物塊m將保持靜止狀態(tài) B．水平力F＝6 N時，物塊m將在長木板M上滑動 C．水平力F＝7 N時，長木板M的加速度大小為2.5 m/s2 D．水平力F＝9 N時，長木板M受到的摩擦力大小為5 N 解題探究　(1)m和M相對滑動的臨界條件是什么？ 提示：m和M之間的摩擦力達到最大靜摩擦力。 (2)如何求使m和M發(fā)生相對滑動所對應的臨界外力F? 提示：先隔離M再整體分析。 嘗試解答　選D。 設m和M恰好不相對滑動時力F＝F0，應用牛頓第二定律，有＝，解得F0＝7.5 N，顯然F＝3 NF0時，m和M相對運動，M受到的摩擦力大小為μmg＝5 N，D正確。 總結升華 疊加體系統臨界問題的求解思路 [變式2－1]　(2018蚌埠模擬)(多選)如圖所示，質量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg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開始計時，則(　　) A．當t＝3 s時，A、B開始分離 B．當t＝4.5 s時，A、B開始分離 C．A、B分離之前整體做加速度相同的勻加速直線運動 D．A、B分離之后A、B各做加速度不同的勻加速直線運動 答案　AC 解析　當A、B分離時兩者間作用力為零，且a相同，所以＝＝，得t＝3 s，故A正確，B錯誤；A、B分離之前整體由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3 m/s2，兩者做加速度相同的勻加速直線運動，C正確；A、B分離之后，A、B的合外力均為變力，加速度隨時間變化，故D錯誤。 [變式2－2]　(多選)如圖所示，A、B兩物體的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F對A施加一水平拉力F，則(　　) A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F＞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　地面對B的最大靜摩擦力為μmg，A、B間最大靜摩擦力為2μmg，當F>μmg時，A、B相對于地面向右滑動；在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma，對B，有μ2mg－3mg＝ma，兩式聯立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C正確，A錯誤。當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確。無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見D正確。 考點3　應用牛頓運動定律解決多過程問題 應用牛頓運動定律解決多過程問題的步驟 (1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。 (2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。 (3)根據“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。 (4)分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各段間的時間關聯，并列出相關的輔助方程。 (5)聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論。 例3　(2018四川五校聯考)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。木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值；當力傳感器被拉時，其示數為負值。一個可視為質點的質量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示。已知sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)斜面BC的長度s； (2)滑塊與木塊AB表面的動摩擦因數μ。 解題探究　(1)滑塊在CB上滑動時，力傳感器讀出的是哪個力的大?。? 提示：滑塊對木塊壓力的水平分力。 (2)滑塊在BA上滑動時，力傳感器示數等于哪個力的大??？ 提示：滑塊與木塊間的摩擦力。 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＝6 m/s2， 通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1 s， 由運動學公式得斜面BC的長度為s＝a1t＝3 m。 (2)由右圖可知， 滑塊在CB上運動時，滑塊對木塊的壓力 N1′＝mgcosθ， 木塊對傳感器的壓力F1′＝F1＝N1′sinθ， 由題圖乙可知：F1′＝12 N， 解得m＝2.5 kg， 滑塊在AB上運動時， 傳感器對木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5 N， μ＝＝0.2。 總結升華 應用牛頓運動定律解決多過程問題的策略 (1)任何多過程的復雜物理問題都是由很多簡單的小過程構成。有些是承上啟下，上一過程的結果是下一過程的已知，這種情況，一步一步完成即可；有些是樹枝型，告訴的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這就要求仔細審題，找出各過程的關聯，按順序逐個分析。 (2)對于每一個研究過程，選擇什么規(guī)律，應用哪一個運動學公式要明確。 (3)注意兩個過程的連接處，加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯系前后兩個階段的橋梁。 [變式3－1]　(2018襄陽調研)如圖所示，套在水平直桿上質量為m的小球開始時靜止，現對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(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0>μmg。下列關于運動中的速度—時間圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大。當豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，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，直桿對小球的彈力向下，F增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據牛頓第二定律，小球的加速度減小，當加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確。 [變式3－2]　(2018福州一模)如圖甲所示，質量m＝1 kg 的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(vt圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s內物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。 答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 解析　(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移x1，就是前1 s 內，時間軸與圖線所圍的面積： x1＝21 m＝1 m； 物塊下滑的距離x2，就是第1 s末到第2 s末這段時間軸與圖線所圍面積： x2＝11 m＝0.5 m； 位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m， 路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。 (2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小 a1＝ m/s2＝4 m/s2， a2＝ m/s2＝4 m/s2， 設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據牛頓第二定律：0～0.5 s內F－Ff－mgsinθ＝ma1； 0．5～1 s內－Ff－mgsinθ＝－ma2； 聯立解得：F＝8 N。 高考模擬 隨堂集訓 1. (2017海南高考)(多選)如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設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＝ B．若μ≠0，則k＝ C．若μ＝0，則k＝ D．若μ＝0，則k＝ 答案　BD 解析　對整體，由牛頓第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，設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R，由牛頓第二定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝，對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＝，所以k＝＝，與μ無關，B、D正確。 2．(2018安徽質檢)如圖所示，若干個質量不相等可視為質點的小球用輕細繩穿拴成一串，將繩的一端掛在車廂的頂部。當車在平直路面上做勻加速直線運動時，這串小球及繩在車廂中的形狀的示意圖正確的是(　　) 答案　A 解析　小球的加速度與車廂的加速度相同，設最上端的繩與豎直方向的夾角為θ，對所有小球組成的整體分析，有m總gtanθ＝m總a，解得tanθ＝，設第二段繩與豎直方向的夾角為θ′，對除最上面第一個球外剩余的小球分析，根據牛頓第二定律有，(m總－m1)gtanθ′＝(m總－m1)a，解得tanθ′＝，同理可知，連接小球的繩子與豎直方向的夾角均相等，可知各小球和細繩在一條直線上，向左偏，A正確，B、C、D錯誤。 3. (2018洛陽統考)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。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，則此時斜面體B對地面的摩擦力(　　) 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進行受力分析，可知斜面體B對A的支持力和摩擦力的合力與A的重力等大反向，對B進行受力分析，由平衡條件可知，地面對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對斜面體B的壓力和摩擦力不變，所以地面對斜面體的摩擦力為零，斜面體B對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，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象。取g＝10 m/s2，則下列說法錯誤的是(　　) A．滑塊的質量m＝4 kg B．木板的質量M＝2 kg C．當F＝8 N時，滑塊加速度為2 m/s2 D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.1 答案　C 解析　從圖乙中可知，當F>6 N時，兩者發(fā)生相對運動，當F≤6 N時兩者相對靜止，當F＝6 N時，對整體可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6 kg，當F>6 N時對木板分析：水平方向受到拉力和m給的摩擦力，故有a＝＝F－，圖象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，將F>6 N時圖線反向延長，可得當F＝4 N時，加速度為零，代入可得0＝4－，解得μ＝0.1，故A、B、D正確；當F＝8 N時滑塊加速度為a＝＝μg＝0.110 m/s2＝1 m/s2，故C錯誤。 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，另一端和質量為m的小物塊a相連，如圖所示。質量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0。彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。求： (1)彈簧的勁度系數； (2)物塊b加速度的大??； (3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式。 答案　(1)　(2)gsinθ (3)F＝t2＋ 解析　(1)物塊a、b靜止在斜面上，由平衡條件有 gsinθ＝kx0， 解得k＝。 (2)設物塊b加速度的大小為a，a、b分離時b運動的位移為x1，由運動學公式有x1＝at，x0＝a(2t1)2， 分離瞬間，對物塊a進行受力分析，由牛頓第二定律有 k(x0－x1)－mgsinθ＝ma， 聯立以上各式解得a＝gsinθ。 (3)設外力為F，經過時間t彈簧的壓縮量為x，在物塊a、b分離前，對物塊a、b整體，由牛頓第二定律有 F＋kx－gsinθ＝a， 由運動學公式有x0－x＝at2， 聯立以上各式解得F＝t2＋。 配套課時作業(yè) 　　時間：60分鐘　滿分：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)一架無人機質量為2 kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關閉動力系統，其vt圖象如圖所示，g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A．無人機上升的最大高度為72 m B．6～8 s內無人機下降 C．無人機的升力大小為28 N D．無人機所受阻力大小為4 N 答案　D 解析　在vt圖象中，圖象與時間軸所圍的面積表示位移，由題圖知，無人機上升的最大高度h＝248 m＝96 m，A錯誤；由題圖知，6～8 s內無人機向上做減速運動，直到速度減為零，8 s末上升到最高點，B錯誤；由題圖知，vt圖象的斜率即為無人機運動的加速度，故0～6 s內無人機的加速度大小a1＝4 m/s2,6～8 s內無人機的加速度大小a2＝12 m/s2，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1，f＋mg＝ma2，由以上兩式解得F＝32 N，f＝4 N，D正確，C錯誤。 2.如圖所示，一質量為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為兩個位于斜面上質量均為m的小木塊，已知所有接觸面都光滑，現發(fā)現a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動，這時楔形木塊對水平桌面的壓力等于(　　) A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ) 答案　A 解析　取a、b、A整體為研究對象，其豎直方向受力情況及系統內各物體運動狀態(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＝M0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β，得水平桌面對楔形木塊的支持力FN＝Mg＋mg，由牛頓第三定律得A正確。 3. (2018蓉城名校聯盟聯考)質量為m的物體在受到豎直向上的拉力F的作用下豎直向下運動，其運動的速度隨時間變化的vt圖象如圖所示。假設物體受到恒定的空氣阻力作用，在0～t0、t0～3t0、3t0～4t0時間內F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) A．F1>F2>F3 B．F1F3>F2 D．F1＝F3>F2 答案　B 解析　由vt圖象可知，物體在0～t0的時間內向下做勻加速直線運動，加速度大小為a1＝，設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－m－f；物體在t0～3t0的時間內向下做勻速直線運動，則由力的平衡條件可知F2＋f＝mg即F2＝mg－f；物體在3t0～4t0的時間內向下做勻減速直線運動，加速度大小為a3＝，由牛頓第二定律可知F3－mg＋f＝ma3，解得F3＝mg＋m－f，因此F3>F2>F1，B正確。 4. 質量為m0的物體A放在粗糙水平桌面上，B為砂桶，A、B兩物體通過跨接在光滑的定滑輪上的輕質細線連接，如圖所示。開始時兩物體均靜止，砂桶B距地面的高度為h，然后逐漸向砂桶中加砂子，則下面說法不正確的是(　　) A．砂桶中加的砂子越多，細線上的拉力越大 B．砂桶中加的砂子越多，細線上的拉力可能越小 C．物體A發(fā)生滑動后，砂和砂桶的質量越大，細線上拉力越大 D．某次實驗時，物體A的質量與砂和砂桶的總質量相等，若物體A沿桌面滑行的最遠距離等于2h，則可以求出物體A與桌面的動摩擦因數 答案　B 解析　物體A發(fā)生滑動之前，細線上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物體A發(fā)生滑動后，設砂桶和砂子的總質量為m，加速度大小為a，對B有mg－FT＝ma，對A有FT－μm0g＝m0a，聯立兩式整理得FT＝，m越大，拉力越大，故A、C正確，B錯誤；分析物體A的整個運動過程，加速階段和減速階段的位移大小均為h，知加速與減速過程的加速度大小相等，根據mg－FT＝ma，FT－μm0g＝m0a，m＝m0和a＝μg，可求出動摩擦因數μ，D正確。本題選不正確的，故選B。 5．如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數為k，初始時兩物體處于靜止狀態(tài)。現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vt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 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時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零 D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值 答案　B 解析　施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝，故A錯誤；施加外力F的瞬間，對物體B，根據牛頓第二定律有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時刻分離，此時A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故C錯誤；當F彈′＝Mg時，B達到最大速度，故D錯誤。 6. 如圖所示，質量為M的長平板車放在光滑的傾角為α的斜面上，車上站著一質量為m的人，若要平板車靜止在斜面上，車上的人必須(　　) A．勻速向下奔跑 B．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 C．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 D．以加速度a＝gsinα，向上加速奔跑 答案　C 解析　作出車的受力圖，如圖甲所示，求出人對車的摩擦力Ff＝Mgsinα；作出人的受力圖，如圖乙所示，則mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝gsinα，方向沿斜面向下。故C正確。 7．如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質量都是M，人的質量都是m，甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質量和摩擦均不計)；人與車始終保持相對靜止。下列說法正確的是(　　) A．甲車的加速度大小為 B．甲車的加速度大小為0 C．乙車的加速度大小為 D．乙車的加速度大小為0 答案　BC 解析　對甲圖中人和車組成的系統受力分析，在水平方向的合外力為0(人的推力F是內力)，故a甲＝0，A錯誤，B正確；在乙圖中，人拉輕繩的力為F，則繩拉人和繩拉車的力均為F，對人和車組成的系統受力分析，水平合外力為2F，由牛頓第二定律知：a乙＝，則C正確，D錯誤。 8. (2018武漢測試)如圖所示，材料相同的A、B兩物體質量分別為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動。輕繩拉力的大小(　　) A．與斜面的傾角θ無關 B．與物體和斜面之間的動摩擦因數μ有關 C．與兩物體的質量m1和m2有關 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　將兩物體看成一個整體有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a， 解得：a＝，對B物體受力分析且由牛頓第二定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝，故B錯誤，A、C正確；改用F沿斜面向下拉連接體，將兩物體看成一個整體有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a′，解得：a′＝，對A物體受力分析且由牛頓第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝，故D錯誤。 9．如圖所示，質量均為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?，F分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對靜止共同運動，則下列說法正確的是(　　) 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F最大時，A剛要離開地面，A受力如圖1，FN1cosθ＝mg，對B：FN1sinθ＝ma1；F作用于題圖乙中A，當F最大時，B剛要離開地面，B受力如圖2，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可見FN2＝FN1，a2＝a1，對整體分析易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項B、C正確。 10．如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質細繩系一質量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN。若Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10 m/s2。則(　　) A．a＝ m/s2時，FN＝0 B．小球質量m＝0.1 kg C．斜面傾角θ的正切值為 D．小球離開斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 答案　ABC 解析　小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球離開斜面之前，Ta圖象為直線，由題圖乙可知a＝ m/s2時，FN＝0，A正確；當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當a＝ m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以＝ma，聯立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，B、C正確；將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D錯誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．(14分)水平地面上有質量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數均為μ。細繩的一端固定，另一端跨過輕質、光滑動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖所示。初始時，細繩處于水平拉直狀態(tài)。若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g，求： (1)物塊B受到的摩擦力； (2)物塊A、B的加速度大小。 答案　(1)4μmg，方向水平向左 (2)　 解析　(1)物塊B所受摩擦力f＝μN＝μ4mg＝4μmg，方向水平向左。 (2)物塊A向右移動s，則B向右移動。 則：加速度aA＝2aB 分別隔離A、B，由牛頓第二定律得 F－T－μmg＝maA 2T－4μmg＝4maB 聯立得：aA＝，aB＝。 12．(16分)將一輕彈簧下端固定在傾角為θ＝30的光滑固定斜面底端，上端拴接著質量為mA＝1 kg的物塊A，彈簧的勁度系數k＝50 N/m。質量為mB＝2 kg的物塊B用繞過光滑定滑輪的輕繩與質量為mC＝2 kg的物塊C相連，用手托住物塊C使輕繩拉直且恰好無張力，此時物塊B緊靠著物塊A靜止于斜面上。g取10 m/s2，現在釋放物塊C，求： (1)釋放瞬間物塊C的加速度大??； (2)物塊A、B分離時C下落的距離。 答案　(1)4 m/s2　(2)0.15 m 解析　(1)開始時彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件得 (mA＋mB)gsinθ＝kx0① 釋放物塊C時，A、B、C將一起做加速直線運動，設此時輕繩的拉力大小為T，對物塊C由牛頓第二定律可得 mCg－T＝mC a② 對A、B整體由牛頓第二定律可得 T＋kx0－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a③ 聯立①②③式并代入數值求得a＝4 m/s2。 (2)當物塊A、B分離時，A、B之間的彈力為零，設此時彈簧的壓縮量為x1，此時A、B的加速度大小為a′，輕繩的拉力大小為T′，對A由牛頓第二定律可得 kx1－mAgsinθ＝mAa′④ 對B由牛頓第二定律得 T′－mBgsinθ＝mBa′⑤ 對C由牛頓第二定律得 mCg－T′＝mCa′⑥ 物塊C下落的距離h＝x0－x1⑦ 聯立①④⑤⑥式解得h＝0.15 m。