2019年高考物理 專題03 牛頓運動定律學(xué)案

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1、專題03 牛頓運動定律 超重點1：兩類動力學(xué)問題 1．解決兩類動力學(xué)基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵 (1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁． 2．解決動力學(xué)基本問題時對力的處理方法 (1)合成法 在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”． (2)正交分解法 若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”． 【典例1】隨著科技的發(fā)展，未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離．如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l＝180 m，其中電磁彈射區(qū)的長度為l1＝120 m，在該

2、區(qū)域安裝有直流電機，該電機可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽．一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍．已知飛機可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v＝120 m/s，航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取10 m/s2) (1)飛機在后一階段的加速度大??； (2)飛機在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大?。? 【答案】(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.05×106 N 【解析】　 思路

3、點撥：解此題可按以下思路： ?? (1)飛機在后一階段受到阻力和發(fā)動機提供的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a2，此過程中的平均阻力Ff2＝0.2mg 根據(jù)牛頓第二定律有F推－Ff2＝ma2 代入數(shù)據(jù)解得a2＝4.0 m/s2 【方法技巧】　兩類動力學(xué)問題的解題步驟 【訓(xùn)練1】為了減少汽車剎車失靈造成的危害，如圖所示為高速路上在下坡路段設(shè)置的可視為斜面的緊急避險車道．一輛貨車在傾角θ＝30°的連續(xù)長直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認(rèn)為發(fā)動機不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開始加速運動，此時汽車所受到的摩擦力和

4、空氣阻力共為車重的0.2.在加速前進了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.65.貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.求： (1)貨車剛沖上避險車道時的速度大小v； (2)貨車在避險車道上行駛的最大距離x. 【答案】(1)25 m/s　(2)25 m 【訓(xùn)練2】.一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)沿斜面做勻加

5、速運動，其位移x＝4 m．g取10 m/s2.求： (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大小． 【答案】(1)　(2) N或 N 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝ (2)滑塊沿斜面做勻加速直線運動時，加速度有向上和向下兩種可能． 根據(jù)題意，由運動學(xué)公式，有x＝a1t2， 可得a1＝2 m/s2 當(dāng)加速度沿斜面向上時，有 Fcos 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1 Ff＝μ(Fsin 30°＋mgcos 30°) 聯(lián)立解得F＝ N 當(dāng)加速度沿斜面向下時，有 mgsin 30°－F

6、cos 30°－Ff＝ma1 Ff＝μ(Fsin 30°＋mgcos 30°) 聯(lián)立解得F＝ N. 超重點2：超重和失重問題 一、超重、失重現(xiàn)象 超重現(xiàn)象 失重現(xiàn)象 完全失重現(xiàn)象 概念 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象 產(chǎn)生 條件 物體的加速度方向豎直向上 物體的加速度方向豎直向下 物體的加速度方向豎直向下，大小a＝g 原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma＝mg F＝0

7、 運動 狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以a＝g加速下降或減速上升 二、說明： 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．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，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，物體就會處于超重或失重狀態(tài)． 3．當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生a＝g的加速度效果，不再有其他效果． 【例題1】．(多選)2016年10月17日我國的“神舟十一號”載人飛船載著我國兩名宇航員順利發(fā)射升空．兩名宇航員在隨飛船升空時要經(jīng)受嚴(yán)峻的超重考驗，而在完成太空任務(wù)后返回地球的

8、過程中，既要承受超重的考驗．又要承受失重的考驗．下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)“神舟十一號”加速上升時，宇航員處于超重狀態(tài) B．“神舟十一號”在返回地球的減速過程中，宇航員處于失重狀態(tài) C．“神舟十一號”加速上升的加速度逐漸減小時，宇航員對座椅的壓力小于宇航員的重力 D．“神舟十一號”落地前減速下落時，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力 【答案】AD 【例題2】．為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示．當(dāng)此車加速上坡時，乘客(　　) A．處于失重狀態(tài) B．處于超重狀態(tài) C．受到向

9、后的摩擦力作用 D．所受力的合力沿斜面向下 【答案】B 【解析】當(dāng)此車加速上坡時，整體的加速度沿斜面向上，乘客具有豎直向上的分加速度，所以乘客處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；對乘客進行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而靜摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C錯誤；由于乘客加速度沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向上，故D錯誤． 【例題3】．(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小球，電梯中有質(zhì)量為50 kg的乘客，在電梯運行時乘客發(fā)現(xiàn)輕質(zhì)彈簧的伸長量始終是電梯靜止時的四分之三

10、．已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判斷(　　) A．電梯可能加速下降，加速度大小為5 m/s2 B．電梯可能減速上升，加速度大小為2.5 m/s2 C．乘客處于超重狀態(tài) D．乘客對電梯地板的壓力為375 N 【答案】BD 超重點3：輕繩、輕桿、輕彈簧瞬時性問題 1．兩種常見模型 加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種常見模型： 2．求解瞬時加速度的一般思路 ?? 【典例2】如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)?/p>

11、態(tài)．現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間(　　) A．木塊B對水平面的壓力大小迅速變?yōu)?mg B．彈簧的彈力大小為mg C．木塊A的加速度大小為2g D．彈簧的彈性勢能立即減小 【答案】C 【方法技巧】“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題 (1)分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵” ①分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)． ②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點． (2)“四個步驟” 第一步：分析原來物體的受力情況． 第二步：分析物體在突變時的受力情況． 第三步：由牛頓第二定律列方程． 第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性． 【訓(xùn)練1】.(

12、多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點O.整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將細(xì)線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間(　　) A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 【答案】AC 【解析】剪斷細(xì)線前，把a、b、c看成整體，細(xì)線上的拉力為FT＝3mg.因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同．則將細(xì)線剪斷瞬間，對a隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得3

13、mg＝ma1，得a1＝3g，A正確，B錯誤．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤． 【訓(xùn)練2】.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為(　　) A．0 B．大小為g，方向豎直向下 C．大小為g，方向垂直木板向下 D．大小為g，方向水平向右 【答案】C 超重點4：傳送帶問題 1．傳送帶的基本類型 (1)按放置可分為：水平(如圖a)、傾斜(如圖b、圖c)、水平與傾斜組合； (2)按轉(zhuǎn)向可分為：順時針、逆時

14、針． 2．傳送帶問題的特征 (1)水平傳送帶 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達(dá)左端 (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0＞v返回時速度為v，當(dāng)v0＜v返回時速度為v0 (2)傾斜傳送帶 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速

15、(2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速 【典例3】　(2018·安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，某皮帶傳動裝置與水平面夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2 m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑．現(xiàn)使傳送帶沿順時針方向以v＝2.5 m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，將一小物塊輕輕地放置于

16、A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2.試求： (1)小物塊運動至B點的時間； (2)若傳送帶速度可以任意調(diào)節(jié)，當(dāng)小物塊在A點以v0＝3 m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達(dá)B點的速度范圍． 【答案】(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s 設(shè)小物塊速度等于2.5 m/s時，小物塊運動的位移為L1，用時為t1，則 t1＝＝ s＝1 s， L1＝＝ m＝1.25 m， 因L1tan 30°，故小物塊速度等于2.5 m/s時，將勻速運動至B點，設(shè)用時為t2，則 t2＝＝0.3 s， 故小物塊從A到B所用時間為t＝t1＋t2＝

17、1.3 s. 【規(guī)律總結(jié)】傳送帶問題的解題思路 【訓(xùn)練1】．(多選)如圖甲為應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查．其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1 m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則(　　) A．乘客與行李同時到達(dá)B處 B．乘客提前0.5 s到達(dá)B處 C．行李提前0.5 s到達(dá)B處 D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達(dá)

18、B處 【答案】BD 【訓(xùn)練2】.(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊傾斜的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判斷正確的是(　　) A．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上 D．物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程 【答案】BCD 【解析】對物塊A，因為

19、mgsin 37°＞μmgcos 37°，則A物體所受摩擦力向上，向下做勻加速度運動，物塊B受到的摩擦力也向上，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B、C正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確． 【訓(xùn)練3】.(2018·湖北宜昌高三一模)如圖為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3 m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以5 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動．將質(zhì)量為10

20、 kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5.試求： (1)若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離． (2)若要將米袋送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍． 【答案】(1)1.25 m　(2)vCD≥4 m/s　1.16 s≤t≤2.1 s (2)設(shè)CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達(dá)D點(即米袋到達(dá)D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為v1之前的加速度為 a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2 米袋速度從v1減至零的加速度為

21、 a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2 由＋＝4.45 m 解得v1＝4 m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4 m/s 米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax＝＋＝2.1 s. 若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2＝－2 m/s2.由sCD＝v0tmin＋a2t解得tmin≈1.16 s. 所以，所求的時間t的范圍為1.16 s≤t≤2.1 s. 超重點5：“滑塊—木板”問題 1．問題特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動

22、，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動． 2．位移關(guān)系：滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L. 3．分析滑塊—木板模型問題時應(yīng)掌握的技巧 (1)分析題中滑塊、木板的受力情況，求出各自的加速度． (2)畫好運動草圖，指出位移、速度、時間等物理量間的關(guān)系． (3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度． (4)兩者發(fā)生相對滑動的兩個條件： ①摩擦力為滑動摩擦力． ②二者加速度不相等． 【典例4】(2015·高考全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端

23、放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖(b)所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離． 【答案】　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 【解析】　

24、 思路點撥：解此題應(yīng)注意以下幾點信息： (1)木板碰墻之前，μ1(m＋15m)g產(chǎn)生小物塊和木板共同減速的加速度． (2)小物塊向右勻減速和向左勻加速的加速度均由μ2mg產(chǎn)生． (3)小物塊相對于木板滑行過程中，木板受地面的滑動摩擦力和小物塊的滑動摩擦力方向均水平向右． (4)小物塊與木板相對靜止后將一起向左做勻減速運動，而不再發(fā)生相對滑動． 詳解：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.對小物塊與木板整體由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前

25、瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學(xué)公式有 v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度． 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖(b)可得 a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4⑦ 小物塊運動的位移為 s2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為 Δs＝s2－s1?

26、 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4s3? 碰后木板運動的位移為 s＝s1＋s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 【技巧總結(jié)】 (1)“滑塊—木板”問題是近幾年來高考考查的熱點，綜合性較強，涉及摩擦力的分析判斷、

27、牛頓運動定律、勻變速運動等主干知識，能力要求較高． (2)滑塊和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答“滑塊—木板”問題的切入點，前一運動階段的末速度則是下一運動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系． (3)速度相等是這類問題的臨界點，此時意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變． 拓展1　水平面上“滑塊—木板”問題 1.質(zhì)量M＝3 kg的長木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11 N作用下由靜止開始向右運動．如圖所示，當(dāng)速度達(dá)到1 m/s時，將質(zhì)量m＝4 kg的物體輕輕放到木板的右端．已知物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點．(g取10 m/s2)求：

28、 (1)物塊剛放置在木板上時，物塊和木板的加速度分別為多大； (2)木板至少多長物塊才能與木板最終保持相對靜止； (3)物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大?。? 【答案】(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N 【解析】 (1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2.木板的加速度a2＝＝1 m/s2. (2)當(dāng)兩物體達(dá)速度相等后保持相對靜止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s,1 s內(nèi)木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m， 物塊位移x2＝a1t2＝1 m. 所以板長L＝x1－x2＝0.5 m. (3)相對靜止后，對整體

29、F＝(M＋m)a， 對物塊Ff＝ma，故Ff＝m＝6.29 N. 拓展2　斜面上的“滑塊—木板”問題 2.如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質(zhì)量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝.對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動．設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2. (1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件； (2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后

30、沿斜面上升的最大距離． 【答案】(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 物塊的位移x2＝a2t2 物塊與木板的分離條件為 Δx＝x1－x2＝L 聯(lián)立以上各式解得t＝1.2 s 物塊滑離木板時的速度v＝a2t 由公式－2gsin α·x＝0－v2 解得x＝0.9 m 題組突破訓(xùn)練 一、選擇題 1．(多選)(2018·貴州遵義航天高級中學(xué)模擬)運動員從懸停的直升機上跳傘，下落一段時間后打開降落傘，打開傘之前，運動員所受空氣阻力可忽略，打開傘后受到的空氣阻力與速度成正比，運動員打開傘后的運動情況可能是(　　) A．加速度大小先減小最后為零

31、 B．加速度大小先增大最后為零 C．速度一直不變 D．速度先增大后不變 【答案】ACD 2．(多選)(2018·湖北六校聯(lián)考)如圖甲、乙所示，圖中細(xì)線均不可伸長，兩小球質(zhì)量相同且均處于平衡狀態(tài)，細(xì)線和彈簧與豎直方向的夾角均為θ.如果突然把兩水平細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間(　　) A．圖甲中小球的加速度大小為gsin θ，方向水平向右 B．圖乙中小球的加速度大小為gtan θ，方向水平向右 C．圖甲中傾斜細(xì)線與圖乙中彈簧的拉力之比為1∶cos2θ D．圖甲中傾斜細(xì)線與圖乙中彈簧的拉力之比為cos2θ∶1 【答案】BD 【解析】設(shè)兩球質(zhì)量均為m，對小球A進行受力分析，剪斷水

32、平細(xì)線后，小球A將沿圓弧擺下，故剪斷水平細(xì)線瞬間，小球A的加速度a1的方向沿圓周的切線方向向下，即垂直傾斜細(xì)線向下，則FT1＝mgcos θ，F(xiàn)1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ，方向垂直傾斜細(xì)線向下，選項A錯誤．對小球B進行受力分析，水平細(xì)線剪斷瞬間，小球B所受重力mg和彈簧彈力FT2不變，小球B的加速度a2的方向水平向右，則FT2＝，F(xiàn)2＝mgtan θ＝ma2，所以a2＝gtan θ，方向水平向右，選項B正確．圖甲中傾斜細(xì)線與圖乙中彈簧的拉力之比為FT1∶FT2＝cos2θ∶1，選項C錯誤，D正確． 3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高

33、度為H，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為(　　) A．tan θ和　　　　　 B．(－1)tan θ和 C．tan θ和 D．(－1)tan θ和 【答案】D 4．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α＞β＞θ.現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為(　　) A．tAB

34、＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 【答案】B 5.(多選)在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計，電梯靜止時，某同學(xué)站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)該同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示，已知重力加速度為g，則在這段時間內(nèi)，下列說法中正確的是(　　) A．該同學(xué)所受的重力變小了 B．該同學(xué)對體重計的壓力等于體重計對該同學(xué)的支持力 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 【答案】BD 【解析】體重計的示數(shù)減小，說明該同學(xué)對其壓力減小，但該同學(xué)所受

35、重力沒有變化，故選項A錯誤；該同學(xué)對體重計的壓力和體重計對其的支持力是一對作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知選項B正確；體重計的示數(shù)變小，說明處于失重狀態(tài)，電梯可能向下加速運動或者向上減速運動，故選項C錯誤；電梯靜止時，由平衡條件知FN1＝mg，電梯運動過程中，由牛頓第二定律可知mg－FN2＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝g，故選項D正確． 6．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間關(guān)系圖象的是(　　) 【答案】C 【解析】物塊的

36、受力如圖所示，當(dāng)F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故其加速度為0；當(dāng)F大于最大靜摩擦力后，由牛頓第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F(xiàn)與a成線性關(guān)系．選項C正確． 7．(多選)(2018·河北唐山調(diào)研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是(　　) A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不

37、會從桌面上掉下 D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣 【答案】BC 【解析】對紙板分析，當(dāng)紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤．設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得F>2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運動的位移小于＝＝，勻減速運動的位移小于＝＝，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝

38、d，解得t＝，則此時砝碼的速度v＝a1t＝，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝＝＝d，而勻加速運動的位移x′＝a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤． 8.(2018·山東濰坊質(zhì)檢)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是(　　) 【答案】D 9.帶式傳送機是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運機械，又稱連續(xù)輸送機．如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．

39、現(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡．下列說法正確的是(　　) A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè) B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短 C．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短 D．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短 【答案】C 【解析】剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對傳送帶向后滑動，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯誤．木炭包在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，當(dāng)達(dá)到共同速度時，不再有相對滑動，由v2＝

40、2ax得，木炭包位移x木＝，設(shè)相對滑動時間為t，由v＝at得t＝，此時傳送帶的位移為x傳＝vt＝，所以相對滑動的位移是Δx＝x傳－x木＝，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無關(guān)，所以B錯誤．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短，所以C正確．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越長，所以D錯誤． 10.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．在物塊放到木板上之后，木板運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的(　　)

41、 【答案】A 二、非選擇題 11.如圖所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可視為質(zhì)點的小物塊，現(xiàn)用輕細(xì)線的一端連接木板的Q端，保持與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端可懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高．已知斜面傾角θ＝30°，木板長為L，Q端距斜面頂端距離也為L，物塊和木板的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝.若所掛鉤碼質(zhì)量為2m，物塊和木板能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質(zhì)量為其他不同值，物塊和木板有可能發(fā)生相對滑動．重力加速度為g，不計細(xì)線與滑輪之間的摩擦，設(shè)接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力． (1)木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)物塊和木板發(fā)生相對滑動時，所

42、掛鉤碼質(zhì)量m′應(yīng)滿足什么條件？ 【答案】(1)　(2)m′＞m 【解析】(1)整個系統(tǒng)勻速時 對鉤碼：2mg＝FT 對物塊和木板：FT＝2mgsin θ＋2μ2mgcos θ 解得：μ2＝ 12.水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運行，一質(zhì)量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求行李剛開始

43、運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小； (2)求行李做勻加速直線運動的時間； (3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處．求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應(yīng)的最小運行速率． 【答案】(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 13．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看作質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6 N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5 s物體A運動到B的最右端，其vt圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)求物體A、B間

44、的動摩擦因數(shù)； (2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間． 【答案】(1)0.4　(2)7.07 s 【解析】(1)根據(jù)vt圖象可知物體A的加速度為 aA＝＝ m/s2＝2 m/s2 以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA 解得μ＝＝0.4 (2)由題圖乙可知木板B的長度為l＝×5×10 m＝25 m 若B不固定，則B的加速度為 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2 設(shè)A運動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得 aAt2－aBt2＝l，解得t＝7.07 s. 14.(2018·河北正定中學(xué)月考)一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時針傳動，

45、水平部分長為2.0 m．其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4 m，一個可視為質(zhì)點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，試問：(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2) (1)物塊能否到達(dá)斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離； (2)物塊從出發(fā)到4.5 s末通過的路程． 【答案】(1)不能　m　(2)5 m (2)物塊從開始到第一次到達(dá)傳送帶右端所用時間 t1＝＋＝1.5 s 物塊在斜面上往返一次的時間 t2＝＝ s 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0，方向向左 －μmg＝ma3

46、 向左端發(fā)生的最大位移 x3＝＝1 m 物塊向左的減速過程和向右的加速過程中位移大小相等，時間t3＝＝2 s 4．5 s末物塊在斜面上速度恰好減為零 故物塊通過的總路程 x＝L＋3x2＋2x3 x＝5 m 15.如圖所示，木板靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質(zhì)點的木塊．已知木塊的質(zhì)量m＝1 kg，木板的質(zhì)量M＝4 kg，長L＝2.5 m，下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)假設(shè)木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的最大靜摩擦力為3 N，欲使木板能從木塊的下方抽出，求對木板施加的水平拉力F的大小范圍． (2)若

47、用大小為F＝28 N的水平恒力拉木板，假設(shè)木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的最大靜摩擦力為2 N，欲使木板能從木塊的下方抽出，求水平恒力F作用的最短時間． 【答案】(1)F＞25 N　(2) s (2)加上力F時木板加速，撤去F后木板減速．分析可知，如果木板和木塊的速度相同時木塊恰好運動到木板最左端脫離，那么力F的作用時間最短 設(shè)作用時間t1后撤去力F，此時木板速度為v1，則對木板有 F－Ffm2－μ(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝4 m/s2， v1＝a1t1 對木塊有Ffm2＝ma2，解得a2＝2 m/s2 撤去力F后，木板減速運動，加速度大小為a0 則Ffm2

48、＋μ(M＋m)g＝Ma0，解得a0＝3 m/s2 木塊加速運動過程中加速度不變，當(dāng)木塊和木板速度相同時木塊恰好脫離木板，設(shè)共同速度為v2，則可作出如圖所示的速度—時間圖線分析位移關(guān)系，可知，L＝＋－，v1－a0(－)＝v2，聯(lián)立解得v1＝ m/s，t1＝ s 故欲使木板能從木塊的下方抽出，水平恒力F作用的最短時間應(yīng)為 s. 16.(2018·湖北武漢月考)如圖所示，AB、CD為兩個光滑的平臺，一傾角為37°、長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接．現(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿平臺AB向右運動，當(dāng)傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到平臺CD上，問： (1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多

49、大？ (2)當(dāng)小物體在平臺AB上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達(dá)平臺CD，求這個臨界速度． (3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運動，欲使小物體到達(dá)平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？ 【答案】(1)0.5　(2)2 m/s　(3)3 m/s 【解析】(1)傳送帶靜止時，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得： μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1 B→C過程有：v＝2a1l 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5. (3)設(shè)小物體在平臺AB上的運動速度為v1，傳送帶順時針運動的速度大小為v2， 對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程，有： v－v＝2a1x1 對從小物體速度減小到傳送帶速度到恰好到達(dá)平臺CD過程，有： v＝2a2x2 x1＋x2＝L 解得：v2＝3 m/s 即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運動，小物體才能到達(dá)平臺CD. 35