2019版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件.ppt

1、第2讲 牛顿运动定律与直线运动,-2-,网络构建,要点必备,-3-,网络构建,要点必备,1.匀变速直线运动的“四类公式”,-4-,网络构建,要点必备,2.符号法则 (1)匀变速直线运动的“四类公式”都是 式,应用时注意各物理量符号的确定。 (2)一般情况下,取 的方向为正方向。 3.牛顿第二定律F合= 。 4.典型运动的动力学特征 (1)F合=0,物体做 。 (2)F合0且与v共线,物体做 。 F合不变,物体做 。,矢量,初速度,ma,匀速直线运动或静止,变速直线运动,匀变速直线运动,-5-,1,2,3,4,5,1. (多选)(2018全国卷)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度时间

2、图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( ) A.两车在t1时刻也并排行驶 B.在t1时刻甲车在后,乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大 考点定位:对图象的理解及利用图象解题 命题能力点:侧重考查理解能力 物理学科素养点:科学思维 解题思路与方法:在v-t图象中图象包围的面积代表位移,图象的斜率代表加速度,解本题要利用这个知识点求解。,BD,-6-,1,2,3,4,5,解析 假设两车在t1时刻也并排(相遇)行驶,由题图可知,在t1t2内,甲的速度总是大于乙的速度,则t2时刻甲在乙的前面,与题设矛盾,选项A错误;在t

3、1时刻甲车在后,乙车在前,则在t2时刻两车才有可能并排行驶,选项B正确;v-t图象的斜率表示加速度,由题图可知,甲、乙车的加速度都是先减小后增大,选项D正确。,-7-,1,2,3,4,5,2.(多选)(2016全国卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( ) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 考点定位:牛顿运动定律 命题能力点:侧重考查理解能力 物理学科素养点:科学思维 解题思路与方法:根据牛顿第二定律计算加速度的

4、可能大小,根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是质点有可能做匀变速曲线运动。,BC,-8-,1,2,3,4,5,解析 匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变速运动,根据牛顿第二定律F=ma,可知选项C正确;由加速度定义式a= 可知单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量不一定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同,选项A错误;某一时刻恒力方向与速度方向垂直时,速度方向立即改变,而恒力方向不会改变,所以速度方向不可能总是与该恒力的方向垂直,选项B正确。,-9-,1,2,3,4,5,3.(多选)(2015全国卷)如图(a),一物块在t=0

5、时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出( ) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 考点定位:牛顿运动定律 命题能力点:侧重考查理解能力和分析综合能力 物理学科素养点:科学思维 解题思路与方法:根据速度时间图象的斜率找到不同阶段的加速度,结合受力分析和运动学规律是解答此类题目基本方法。,ACD,-10-,1,2,3,4,5,-11-,1,2,3,4,5,4.(2018全国卷)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作

6、用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( ),考点定位:运动学公式、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律 命题能力点:侧重考查理解能力 物理学科素养点:科学思维 解题思路与方法:由牛顿运动定律,F-mg+F弹=ma,F弹=k(x0-x), kx0=mg,联立解得表达式,然后判断。,A,-12-,1,2,3,4,5,解析 由牛顿运动定律F-mg+F弹=ma,F弹=k(x0-x),kx0=mg,联立解得F=ma+kx,对比题给的四个图象,可能正确的是A。,-13-,1,2,3,4,5,5.(2017全国卷)为提高冰球

7、运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求:(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。,-14-,1,2,3,4,5,考点定位:运动学公式、牛顿第二定律 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:

8、冰球到挡板的时间和运动员到小旗的时间是相等的,所以时间是两个运动的桥梁。,-15-,1,2,3,4,5,-16-,1,2,3,4,5,【命题规律研究及预测】 分析近年的高考试题可以看出,高考命题突出v-t图象的理解、牛顿第二定律的简单应用,运动学公式的基本应用、牛顿第二定律和整体隔离法的基本应用,牛顿第二定律、v-t图象和受力分析的综合应用。题型既有选择题又有计算题,题目新颖,与生活实际联系密切。 在2019年的备考过程中要尤其注重v-t图象的理解及牛顿第二定律和整体隔离法的应用。,-17-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,运动学及动力学图象的理解及应用(H) 规律方法 解图象

9、问题时要做好“三看” 1.看清坐标轴所表示的物理量:明确因变量与自变量的制约关系,是运动学图象(v-t、x-t、a-t)还是动力学图象(F-a、F-t、F-x)。 2.看图线本身:识别两个相关量的变化趋势,进而分析具体的物理过程,最大可能写出函数关系式。 3.看交点、斜率和“面积”:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。,-18-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,【典例1】 (多选)(2018全国卷)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是

10、 ( )A.在t1时刻两车速度相等 B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等 C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等 D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等,CD,思维点拨首先明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率的物理意义是什么,然后根据路程、位移、速度的定义去判断。,-19-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 图线的斜率大小表示物体运动的速度大小,t1时刻两图线的斜率不同,所以两车速度不同,A选项错误;从0到t1时间内,x乙=x1,x甲x1,则甲车路程小于乙车,B选项错误;从t1到t2时间内,两车的位移大小都为x=x2-x1,所以路程大小相等,C选

11、项正确;从t1到t2时间内的某时刻,图线甲的斜率等于图线乙的斜率,存在速度相等的时刻,D选项正确。 方法技巧此题以位移图象给出解题信息,考查对位移图像的理解。,-20-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,1.(多选)(2016全国卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶,则( )A.在t=1 s时,甲车在乙车后 B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m,BD,-21-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 v-t图象

12、中图线与t轴之间包围的面积为相应时间内位移的大小,根据题意分析可知,t=0时,甲车在乙车的前面,两车的距离为图中甲、乙图线与t轴之间的面积的差,即 =7.5 m,选项B正确;13 s两车行驶距离相等,所以在t=1 s时两车并排行驶,选项A错误;t=2 s时乙车在前甲车在后,选项C错误;从t=1 s到t=3 s,甲车(乙车)行驶的距离为40 m(v-t图象面积),选项D正确。,-22-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,2.(2018安徽池州期末)如图是质量m=75 kg的滑雪运动员在倾角=37的直滑道上由静止开始向下滑行的速度时间图象,图中的OA直线是t=0时刻速度图线的切线,速

13、度图线末段BC平行于时间轴,运动员与滑道间的动摩擦因数为,所受空气阻力与速度成正比,比例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则( )A.物体开始时做加速度增大的加速直线运动,最后做匀速运动 B.t=0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2 C.动摩擦因数为0.25 D.比例系数k为15 kg/s,C,-23-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 由速度时间图象可知,物体开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速运动,故A错误;在t=0时刻,图线切线的斜率即为该时刻的加速度,故有a0= m/s2=4

14、m/s2,故B错误;在t=0时刻开始加速时,v0=0,由牛顿第二定律可得mgsin -kv0-mgcos =ma0,最后匀速时有:vm=10 m/s,a=0,由平衡条件可得mgsin -kvm-mgcos =0,联立解得:=0.25,k=30 kg/s,故C正确、D错误。,-24-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,3.(多选)(2018湖北黄冈模拟)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图所示,已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动,g取10 m/s2,则( )A.物块与地面的动摩擦因数为0.2 B.3 s末物块受到

15、的摩擦力大小为3 N C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2,BC,-25-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-26-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,连接体问题(M) 规律方法 处理连接体问题的方法,-27-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,【典例2】 (2018河北邢台期末)如图所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上,现用水平拉力作用于a,使三个物块一起水平向右做匀速直线运动,各接触面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(

16、 ) A.该水平拉力与轻绳的弹力大小相等 B.物块c受到的摩擦力大小为mg C.当该水平拉力增大为原来的 倍时,物块c受到的摩擦力大小为 D.剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为,C,-28-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,思维点拨先对a、b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解,再对b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解,最后对c列方程求解。,-29-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,4.(2018安徽宣城调研)在一块固定的倾角为的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典,图甲中英语词典在上,图乙中汉语词典在上,已知图甲中两本书一

17、起匀速下滑,图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同,但每本书的上下两面材料都相同,近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,设英语词典和木板之间的动摩擦因数为1,汉语词典和木板之间的动摩擦因数为2,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为3,则下列说法正确的是( ) A.12 B.32 C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是3mgcos D.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是2mgcos ,D,-30-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 甲图中,对整体分析,根据共点力平衡有:2mgsin =22mgcos ,对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得,2mgsin -12mgc

18、os =2ma,由两式可知,12,故A错误。对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得,2mgsin -12mgcos =2ma,解得a=gsin -1gcos ,隔离对汉语词典分析,根据牛顿第二定律得,mgsin -f=ma,解得f=1mgcos ,因为两词典保持相对静止,则1mgcos 3mgcos ,知13,则无法比较2与3的关系,故ABC错误。根据共点力平衡知,图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力f=mgsin ,因为2mgsin =22mgcos ,所以f=2mgcos ,故D正确。,-31-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,5. (2018辽宁师大附中期中)如图所示,质

19、量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,不计空气阻力,在三个阶段的运动中,线上的拉力大小( ) A.由大变小 B.由小变大 C.由大变小再变大 D.始终不变且大小为,D,-32-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 设物体与接触面的动摩擦因数为,在水平面有,-33-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-34-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,6. (多选)(2018河北张家口期末)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上,如图所示,若对A施加水平推力F,

20、两物块沿水平方向做加速运动,关于A对B的作用力,下列说法中正确的是( )A.若水平地面光滑,物块A对B的作用力大小为F B.若水平地面光滑,物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与地面间无摩擦,B与地面的动摩擦因数为,则物体A对B的作用力大小为mg D.若物块A与地面间无摩擦,B与地面的动摩擦因数为,则物体A对B的作用力大小为,BD,-35-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-36-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,传送带问题(L) 规律方法 传送带问题的解题思路,-37-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,【典例3】(2018甘肃兰州一中模拟)如

21、图所示,倾角为37足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动,现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图所示,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,试求:(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大? (2)08 s内小物块与传送带之间的划痕为多长?,-38-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,思维点拨根据v-t图象的斜率求出物体运动的加速度,由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数;速度图象的“面积”大小等于位移大小,物体在02 s内的位移为负值,在28 s内的位移为正值;在前6 s内物体与传送带发生相对滑动,

22、求出相对位移x。,-39-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-40-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,方法技巧本题主要考查了传送带问题,根据图象分析物体的运动情况,求出位移和加速度,从而求出相对位移。,-41-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,7. (多选)(2018湖北黄冈质检)如图所示,足够长的倾斜传送带以v=2.4 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角=37,某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上,已知A、B两物块释放时间距为0.042 m,与传送带间的动摩擦因数分别为A=0.75、B=0.5,设最大静摩擦力等于滑动

23、摩擦力,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是( ) A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带保持相对静止 B.物块B最终一定追上物块A C.在t=0.24 s时,A、B物块速度大小相等 D.在t=0.24 s前,A、B两物块之间的距离先增大后不变,BC,-42-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-43-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,甲,8.(多选)(2018山东济南一中期中)如图甲所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传

24、送带间的动摩擦因数为,则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( ),乙,CD,-44-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 木块放上后一定先向下加速,由于传送带足够长,所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会,此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力,则之后木块继续加速,但加速度变小了;而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力,则木块将随传送带匀速运动,所以C、D正确,A、B错误。,-45-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,9.(多选)(2018重庆江津中学模拟)如图所示,一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时

25、针方向转动,传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带,下列说法正确的是( )A.物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间 B.若v2v1,物体从右端滑上传送带,则物体可能到达左端 C.若v2v1,物体从左端滑上传送带必然先做加速运动,再做匀速运动 D.若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端,在此过程中物体先做减速运动再做加速运动,BD,-46-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动,此时滑动摩擦力产生加速度,两者加速度相等,

26、运动的位移相等,都做匀变速运动,所以运动的时间相等,否则不等,故A错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带,物体所受摩擦力向右,物体做匀减速运动,当物体滑到左端速度大于等于零时,可以到达左端,故B正确;若v2v1,物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右,物体先做匀加速运动,当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时,则没有匀速过程,故C错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端。物体受到的摩擦力一直向右,加速度不变,即先向左匀减速,后向右匀加速,故D正确;故选BD。,-47-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,“滑块滑板”模型(H) 规律方法 “滑块木板”问题的分析方法,-

27、48-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,【典例4】 (2018甘肃兰州一中模拟)如图所示,一质量m的长木板静止在水平地面上,某时刻一质量m的小铁块以水平向左速度v0从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数为,铁块与木板间的动摩擦因数为4,求:(1)铁块相对木板滑动时,木板的加速度; (2)为使木块不冲出木板,木板的最短长度; (3)若木块不冲出木板,则木板在水平地面上滑行的总路程。,-49-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,思维点拨小铁块滑上木板后做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度;当二者速度相等时达到相对静止

28、,根据位移公式可求得两物体的对地位移,则可求得木板的最短长度;二者速度相等后一起做匀减速直线运动,由位移公式求出位移,然后求和即可。,-50-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-51-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-52-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,10.(多选)(2018河南安阳二模)如图甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M,t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板,此后木板与物块运动的v-t图象如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.M=m B.M=2m C.木板的长

29、度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1,BC,-53-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-54-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,11.(2018广东惠州调研)如图,一质量M=1 kg的足够长薄木板正在水平地面上向右滑动,当其速度为v0=5 m/s时将一质量m=1 kg小铁块(可视为质点)无初速地轻放到木板的A端;已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数1=0.2,薄木板与地面间的动摩擦因数2=0.3,g取10 m/s2。求:(1)小铁块放到薄木板后瞬间,铁块和木板的加速度大小a1、a2; (2)薄木板与小铁块二者达速度相等时的位移分别多大? (3)当小铁块速

30、度刚好减小到零时,小铁块到A端的距离。,答案 (1)2 m/s2 -8 m/s2 (2)0.25 m 1.5 m (3)1.125 m,-55-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-56-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-57-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,12.(2018山东日照二模)如图甲所示,质量M=2 kg、长L=1 m的木板静止在粗糙的水平地面上,在木板的左端放置一质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2),-58-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,(1)若在铁块上施

31、加一个随时间增大的水平力F=kt(t是常数),通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示。求木板与地面间的动摩擦因数1和木板与铁块间的动摩擦因数2; (2)若在铁块上施加恒力F,使铁块从木板上滑落,求F的大小范围; (3)若在铁块上施加向右的恒力F=8 N,求铁块运动到木板右端所用的时间。,答案 (1)1=0.1 2=0.5 (2)F6 N (3)1 s,-59-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 (1)由题图乙可知,01 s内,M、N均没有滑动,F1=F=kt;13 s,M、N相对静止,但整体相对地面运动,故t=1 s时,恰好有Ff1=1(

32、m+M)g=3 N,求得木板与地面间的动摩擦因数1=0.1;3 s后,M、N相对滑动,m受到滑动摩擦力,有2mg=5 N,求得木板与铁块间的动摩擦因数为2=0.5。 (2)使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大于木板的加速度,设铁块的加速度为a1,木板的加速度为a2,由牛顿第二定律, 对铁块有:F-2mg=ma1 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2 当a1a2时,铁块才能从木板上滑落,代入数据解得:F6 N。,-60-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,(3)由牛顿第二定律F-2mg=ma1,解得a1=3 m/s2; 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2,解得a2=1 m

33、/s2 设铁块运动到木板右端所用的时间为t, 则 解得:t=1 s。,-61-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,弹簧类问题(M) 【典例5】 (多选)(2018山东泰安期中)如图所示,倾角为的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是( )A.弹簧被剪断的瞬间,A、B、C三个小球的加速度均为零 B.弹簧被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为零 C.细线被剪断的瞬间

34、,A、B球的加速度沿斜面向上,大小为gsin D.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为4mgsin ,BCD,-62-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,思维点拨若弹簧被剪断,弹力为零,据此分析三者的加速度;若细线被剪断,弹力不能突变,保持不变,先以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律求A、B两球的加速度。再以B球为研究对象,由牛顿第二定律求杆的弹力大小。,-63-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 若是弹簧被剪断,将三个小球看做一个整体,整体的加速度为a=gsin ,然后隔离A,对A分析,设杆的作用力为F,则F+mgsin =ma,解得F=0,A

35、错误,B正确;剪断细线前,以A、B、C组成的系统为研究对象,系统静止,处于平衡状态,合力为零,则弹簧的弹力为F=(3m+2m+m)gsin =6mgsin 。以C为研究对象,细线的拉力为3mgsin 。剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变。以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得F-(m+2m)gsin =(m+2m)aAB,解得A、B两个小球的加速度为aAB=gsin ,方向沿斜面向上。以B为研究对象,由牛顿第二定律得:FAB-2mgsin =2maAB,解得杆的拉力为FAB=4mgsin ,故C、D正确。,-64-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,13.(多选)(2018江西

36、五市八校联考)如图所示,光滑的水平地面上,可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,此时弹簧的压缩量为x0,以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系,现将外力突然反向并使A、B向右做匀加速运动,下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移变化的关系图象可能正确的是( ),-65-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,答案BD,-66-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 设A、B向右匀加速运动的加速度为a。根据牛顿第二定律得: 对整体有F+k(x0-x)=(mA+mB)a 可得F=kx+(mA+mB)a-kx0。

37、 因为可能有(mA+mB)a=kx0,则得:F=kx,F与x成正比,F-x图象可能是过原点的直线。 对A有k(x0-x)-FN=mAa 得:FN=-kx+kx0-mAa,可知FN-x图象是向下倾斜的直线。 当FN=0时,A、B开始分离,此后B做匀加速运动,F不变, 则有x=x0- x0,因此B图和D图是可能的,A图和C图不可能,故选BD。,-67-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,14. (2018福建龙岩期末)将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端,A的质量为m,B的质量为M。现在外力F作用下保持静止,如图所示。突然撤去外力F,则( )A.在撤去F的瞬间,弹簧对B的弹力

38、大于B对弹簧的压力 B.在撤去F的瞬间,A、B间相互作用力为 C.在撤去F以后,弹簧对地面的压力总是等于(m+M)g D.在撤去F以后,A、B组成的系统机械能守恒,B,-68-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 在撤去F的瞬间,弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用与反作用力,则弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力,选项A错误;在撤去F的瞬间,A、B整体满足:F=(M+m)a,对物体A:FN-mg=ma,解得:FN= +mg,选项B正确;在撤去F以后,AB整体先向上加速运动,后减速运动,即先超重后失重,则弹簧对地面的压力先大于(m+M)g,后小于(m+M)g,选项C错误;在撤

39、去F以后,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,选项D错误;故选B。,-69-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,动力学中的临界极值问题(M) 规律方法 处理临界问题的三种方法,-70-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,【典例6】 (2018广东深圳三校模拟)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m

40、/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A.3 m/s2 B.2.5 m/s2 C.2 m/s2 D.1.5 m/s2,A,-71-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,解析 当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图。根据牛顿第二定律得: FQ+mg=FNcos 15 F合=FNsin 15=ma 由知:,思维点拨对圆柱形工件受力分析,根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解,明确加速度的表达式,再进行分析,明确加速度的范围,从而选出正确选项。,-72-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,15. (2018湖北武汉调研)

41、如图,木板B置于粗糙水平地面上,木板上端放置一小物块A。已知mA=2mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为,B与地面之间的动摩擦因数为 ,重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对A施加一水平拉力F,当A、B恰好发生相对滑动时,求F的大小。,答案 3mg 解析 当A、B恰好发生相对滑动时,A、B的加速度均为a。以A为研究对象,由牛顿第二定律:F-2mg=2ma;以B为研究对象,由牛顿第二定律:2mg- 3mg=ma;联立解得F=3mg。,-73-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,16. (2018河南洛阳期中)某学校组织趣味课外活动拉重物比赛,如图所示。设重物的质量为m,

42、重物与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。某同学拉着重物在水平地面上运动时,能够施加的最大拉力为F,求重物运动时的最大加速度为( ),D,-74-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,-75-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,17. (多选)(2018广东揭阳期末)如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接C物体,已知A和C的质量都是1 kg,B的质量是2 kg,A、B间的动摩擦因数是0.3,其他摩擦不计。由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地,B未撞到滑轮,g取10 m/s2)。下列说法正确的是( ) A.A、B两物体发生相对滑动 B.A物体受到的摩擦力大小为2.5 N C.B物体的加速度大小是2.5 m/s2 D.细绳的拉力大小等于10 N,BC,-76-,考点一,考点二,考点三,考点四,考点五,考点六,