2021屆高考新課標(biāo)版物理一輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第三章第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

1、第 3 講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 基碑過關(guān)基碑過關(guān) 一、 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 1. 整體法：當(dāng)連接體內(nèi)（即系統(tǒng)內(nèi)）各物體的 加速度 相同時(shí),可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看 成一個(gè)整體,分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況,運(yùn)用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法。 2隔離法：當(dāng)求系統(tǒng)內(nèi)物體間 相互作用的內(nèi)力 時(shí),常把某個(gè)物體從系統(tǒng)中 隔離 出來, 分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況,再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法。 3.外力和內(nèi)力 外力：系統(tǒng)外的物體對研究對象的作用力。 內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)物體間的作用力。 二、 臨界或極值條件的標(biāo)志 1有些問題中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)； 2.

2、 若有“取值范圍” “多長時(shí)間” “多大距離”等詞語 ，表明題述的過程存在著“起止 點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就對應(yīng)臨界狀態(tài)； 3. 若有“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. 若要求“最終加速度”“穩(wěn)定加速度”等，即求收尾加速度或收尾速度。 1. 判斷下列說法對錯(cuò)。 （1） 整體法和隔離法是指選取研究對象的方法。（V） （2） 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行整體分析時(shí)，可以分析內(nèi)力。（？） （3） 分析物體間相互作用時(shí),要用隔離法。（V） 當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時(shí)，解題時(shí)一般采用隔離法。（V）2. （多選）如圖所示

3、,質(zhì)量分別為 mA、m 的A B 兩物塊用輕線連接,放在傾角為9的斜面上,用 始終平行于斜面向上的拉力 F 拉 A,使它們沿斜面勻加速上升,A、B 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是（ ） A.減小 A 物塊的質(zhì)量 B.增大 B 物塊的質(zhì)量 C.增大傾角9 D.增大動(dòng)摩擦因數(shù) 卩 2. d 答案 AB 3. 如圖所示,物塊 A 放在木板 B 上,A、B 的質(zhì)量均為 m,A、B 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩,B 與地面之 ? 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為？。 若將水平力作用在 A 上,使 A 剛好要相對 B 滑動(dòng)，此時(shí) A 的加速度為 ai；若 將水平力作用在 B 上，使 B 剛好要相

4、對 A 滑動(dòng)，此時(shí) B 的加速度為 a2,則 ai與 a2的比為（ ） A.1 ：1 B.2 ：3 C.1 ：3 D.3 ：2 3. d 答案 C 考點(diǎn)哭破考點(diǎn)哭破 考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用 青點(diǎn)刪匕 1. 多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體由細(xì)繩、細(xì)桿或彈簧等連接或疊放在一起 ，構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連 接體。常見的連接體如圖所示 彈簧連接體 A. Mg B.Mg+Ma物物疊放 連接體 輕繩連接體 輕桿連接體 2.連接體問題的分析方法 適用條件 注意事項(xiàng) 優(yōu)點(diǎn) 整體系統(tǒng)內(nèi)各物體保持相對靜止 ,即只分析系統(tǒng)外力，不分析系統(tǒng)內(nèi)各物體便于求解系統(tǒng)受到 法 各物體具有相同的加速度 間的相互作用力 的外力 一 (

5、1)系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度不相同 隔離 (2)要求計(jì)算系統(tǒng)內(nèi)物體間的相 法 互作用力 (1) 求系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力 便于求解系統(tǒng)內(nèi)各 時(shí),可先用整體法，再用隔離法 物體間的相互作用 (2) 加速度大小相同,方向不同的連接 一 力 體,應(yīng)采用隔離法分析 例 如圖所示,質(zhì)量為 m 的物塊 B 放置在光滑水平桌面上,其上放置質(zhì)量為 m 的物塊 A,A 通 過跨過光滑定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為 M 的物塊 C 連接。釋放 C,A 和 B 一起以加速度 a 從靜止開始 運(yùn)動(dòng)，已知 A、B 間動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩,重力加速度為 g,則細(xì)線中的拉力大小為( C.(mi+m)a D.ma+mig 毎答案 C 以 C

6、 為研究對象，有 Mg-T=Ma 解得 T=Mg-Ma 故 A、B 錯(cuò)誤；以 A、B 整體為研究 對象,根據(jù)牛頓第二定律可知 T=(m+m)a,故 C 正確;A、B 間為靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,對 B 可知f=mba,對 A 可知 T-f=m ia,f=f, 聯(lián)立解得 T=(m+m)a,故 D 錯(cuò)誤。 考向 1 加速度相同的連接體問題 1. 如圖所示，質(zhì)量為 M 的小車放在光滑的水平面上，小車上用細(xì)線懸吊一質(zhì)量為 m 的小 球,Mm 用一力 F 水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度 a 向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向成 9角，細(xì)線的拉力為 Fi。若用一力 F水平向左拉小車，使小球和車一起以加

7、速度 a向左運(yùn)動(dòng)時(shí)， 細(xì)線與豎直方向也成9角,細(xì)線的拉力為 Fi。則( ) A. a=a,F i=F i B.aa,F i=F i C.aa,F iFi 童答案 B 當(dāng)用力 F 水平向右拉小球時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉ο?豎直方向有 Fi cos 9 =mgD 水平方向有 F-Fi sin 9 =ma 以整體為研究對象有 F=(m+M)a ? 解得 a=?g tan 9 當(dāng)用力 F水平向左拉小車時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉ο?豎直方向有 Fi cos 9 =mgD 水平方向有 Fi sin 9 =ma 解得 a=g tan 9 結(jié)合兩種情況，由式有 Fi=Fi;由式并結(jié)合 Mm 有 aa。故正確選項(xiàng)為 B。連接

8、體 考向 2 加速度不同的連接體問題 2. 一個(gè)彈簧測力計(jì)放在水平地面上,Q 為與輕彈簧上端連在一起的秤盤,P 為一重物，已知 P 的質(zhì)量M=10.5 kg,Q 的質(zhì)量 m=1.5 kg,彈簧的質(zhì)量不計(jì),勁度系數(shù) k=800 N/m,系統(tǒng)處于靜止。 如圖所示，現(xiàn)給P 施加一個(gè)方向豎直向上的力 F,使它從靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前 0.2 s 內(nèi),F 為變力,0.2 s以后,F 為恒力。求力 F 的最大值與最小值。(取 g=10 m/s2) 毎答案 168 N 72 N 毎解析 設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮量為 xi,t=0.2 s 時(shí)彈簧的壓縮量為 X2,重物 P 的加速度為 a,則 有 kx1=

9、(M+m)gD kx2- mg=m X1-X2 2 (?+?)? 由式得 X1=？ ？ =0.15 m 由式得 a=6 m/s2 F 小=(M+m)a=72 N,F 大=M(g+a)=168 N 方法總結(jié) 連接體問題的分析方法 分析連接體問題時(shí)，一般采用兩種方法：一是隔離法，二是整體法。具體如下： 若求解整體的加速度，可用整體法。整個(gè)系統(tǒng)作為研究對象，分析整體受力情 加速度 況,再利用牛頓第二定律列方程求解。若求解系統(tǒng)內(nèi)力 ，可先用整體法求出整 相同的 體的加速度，再用隔離法將系統(tǒng)內(nèi)力轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)內(nèi)物體的外力，由牛頓第二定律 連接體 求解 加速度 若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的加速度不同，一般采用隔離法。以

10、各個(gè)物體分別作為研究對 不同的 象,對每個(gè)研究對象進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)情況分析，分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程, 考點(diǎn)二 動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問題 1.“四種”典型臨界條件 接觸與脫離的 兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力 FN=O 臨界條件 相對滑動(dòng)的 兩物體相接觸且處于相對靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對滑動(dòng)的臨 臨界條件 界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值 繩子斷裂與 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 松弛的臨界條件 加速度變化時(shí)，速度 力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是 FT=O 當(dāng)達(dá)到最值的臨界條件 2. “四種”典型數(shù)學(xué)方法 (1) 三角函數(shù)法； (

11、2) 根據(jù)臨界條件列不等式法 (3) 利用二次函數(shù)的判別式法 極限法。 龜組過擔(dān) 1. (多選)(2019 河南信陽期末)如圖所示,A、B 兩物塊的質(zhì)量分別為 2m 和 m,靜止疊放在水 平地面上。A、B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩,B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2 。最大靜摩擦力等于滑動(dòng) 摩擦力,重力加速度為 g?，F(xiàn)對 A 施加一水平拉力 F,則( ) F a A. 當(dāng) F3 卩 mg 時(shí),A 相對 B 滑動(dòng) 1 D. 無論 F 為何值,B 的加速度不會(huì)超過2 yg 電答案 BCD A B間的最大靜摩擦力為 2卩 mg,B 和地面之間的最大靜摩擦力為2卩 mg對A B整體,只要 F卩 mg,整體就會(huì)運(yùn)

12、動(dòng),選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；當(dāng) A 對 B 的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí),A、B 將 要發(fā)生相對滑動(dòng)，故A B 一起運(yùn)動(dòng)的加速度的最大值滿足 2 卩 mg-3卩 mg=maxB 運(yùn)動(dòng)的最大加速 1 一 3 度 amax=- y g,選項(xiàng) D 正確；對 A、B 整體，有 F-夕卩 mg=3max,則 F3 卩 mg 時(shí)兩者會(huì)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，選 5 3 1 項(xiàng) C 正確；當(dāng) F=2 y mg 時(shí),兩者相對靜止，一起滑動(dòng)，加速度滿足 F-? y mg=3maf?得 a=3 y g,選項(xiàng) B 正確。 2. 如圖所示,在光滑水平面上有一輛小車 A,其質(zhì)量為 m=2.0 kg,小車上放一個(gè)物體 B,其質(zhì) 量為mB=1.

13、0 kg。如圖甲所示，給 B 一個(gè)水平推力 F,當(dāng) F 增大到稍大于 3.0 N 時(shí),A、B 開始相對 滑動(dòng)。如果撤去 F,對 A 施加一水平推力 F,如圖乙所示。要使 A、B 不相對滑動(dòng)，求 F的最大值 Fm 。 乙 住答案 6.0 N 毎解析 根據(jù)題圖甲所示，設(shè) A、B 間的靜摩擦力達(dá)到最大值 fm時(shí)，系統(tǒng)的加速度為 a。根據(jù) 牛頓第二定律，對 A、B 整體有 F=(mA+m)a,對 A 有 fm=ma,代入數(shù)據(jù)解得 fm=2.0 N 根據(jù)題圖乙所示情況,設(shè) A、B 剛開始相對滑動(dòng)時(shí)系統(tǒng)的加速度為 a,根據(jù)牛頓第二定律有 fn=ma,F m=(mA+m)a,代入數(shù)據(jù)解得 Fm=6.0 N

14、牛*誹提升 學(xué)科素養(yǎng)直通車學(xué)科素養(yǎng)直通車 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決多過程運(yùn)動(dòng) (1) 將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。 (2) 對各“子過程”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖。 (3) 根據(jù)“子過程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合適的動(dòng)力學(xué)規(guī)律列方程。 (4) 分析“銜接點(diǎn)”的位移、速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系、 速度關(guān)系等，并列出相關(guān)的輔助方程。 (5) 聯(lián)立求解,并對結(jié)果進(jìn)行必要的討論或驗(yàn)證。 1. 如圖所示,兩木板 A、B 并排放在地面上,A 左端放一小滑塊,滑塊在 F=6 N 的水平力作用 下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。已知

15、木板 A、B 長度均為 l=1 m,木板 A 的質(zhì)量 m=3 kg,小滑塊及木板 B 的質(zhì)量均為 m=1 kg,小滑塊與木板A B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 卩1=0.4,木板A B 與地面間的 動(dòng)摩擦因數(shù)均為 卩2=0.1,重力加速度 g=10 m/s1 2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求： 1 小滑塊在木板 A 上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； 2 木板 B 獲得的最大速度。 電答案 (1)1 s (2)1 m/s 豪解析 小滑塊對木板 A 的摩擦力=卩1mg=0.4X 1X 10 N=4 N 木板A B 整體受到地面的最大靜摩擦力 f2=y 2(2m+m)g=0.1 X (2 X 1+3) X 10 N=5 N

16、 f 1f2,小滑塊在木板 A 上滑動(dòng)時(shí),木板 A 保持靜止 設(shè)小滑塊的加速度為 a,由牛頓第二定律有 F-f 1=ma1,其中 f ,=f 1 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有 1=知知? ?？ 聯(lián)立解得 11=1 s (2)設(shè)小滑塊滑上木板 B 時(shí)的速度為 V1,小滑塊滑上木板 B 后,B 的加速度為 a2,經(jīng)過時(shí)間 t2 小滑塊與木板 B 脫離，小滑塊的位移為 x塊,木板 B 的位移為XB、最大速度為VB,則 4 R 卩 img-2 卩 2mg=ma VB=a?t 2 Vi=ait i X 塊=Vlt 2+， X 塊-X B=l 聯(lián)立解得VB=1 m/s 2. 質(zhì)量M=4 kg、長2l=4 m的木板放

17、在光滑水平地面上,以木板中點(diǎn)為界,左邊和右邊的粗 糙程度不同。一個(gè)質(zhì)量為 m=1 kg 的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板的左端,如圖甲所示。在 t=0 時(shí) 刻對滑塊施加一個(gè)水平向右的恒力 F,使滑塊和木板均由靜止開始運(yùn)動(dòng),t 1=2 s 時(shí)滑塊恰好到達(dá) 木板中點(diǎn),滑塊運(yùn)動(dòng)的 xi-t 圖像如圖乙所示。取 g=10 m/s2。 （1）求滑塊與木板左邊的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩i和恒力 F 的大小。 若滑塊與木板右邊的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩2=0.1,2 s 末撤去恒力 F,則滑塊能否從木板上滑落 下來？若能,求分離時(shí)滑塊的速度大小。若不能，則滑塊將停在離木板右端多遠(yuǎn)處？ 毎答案見解析 豪解析（1）滑塊和木板均做初速度

18、為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊的加速度大小為 a1,木板 1 的加速度大小為 a2,則 11=2 s 時(shí)木板的位移乂乂2=? 滑塊的位移 X1=4 m 由牛頓第二定律得卩1mg=M2 由位移關(guān)系得 X1-X 2=l 聯(lián)立式解得 卩1=0.4 滑塊位移 X1=|a1? 恒力 F=ma+卩imgD 聯(lián)立式解得 F=6 N (2)設(shè)滑塊到達(dá)木板中點(diǎn)時(shí),滑塊的速度為 vi,木板的速度為 V2,滑塊滑過中點(diǎn)后做勻減速直 線運(yùn)動(dòng),木板繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊和木板的加速度大小分別為 設(shè)滑塊與木板從 11時(shí)刻開始到速度相等時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t2,則 V2=a2ti,v i=ait i,v 1- ait 2

19、=V2+a2t 2 解得 12=1.6 s 在此時(shí)間內(nèi),滑塊位移 xi=v it2-1ai ? 木板的位移 X2=v 2t 2+a2 ? X=Xi-X 2 聯(lián)立解得 x=1.6 mm,貝U xix2 D.若 mm,貝U xix2 4. 答案 A 當(dāng)用恒力 F 豎直向上拉著 a 時(shí)，先用整體法有 F-(mi+m)g=(mi+m)a,再隔離 b 有 kxi-m2g=ma,聯(lián)立得 X1=?h。當(dāng)沿水平方向拉著 5. (多選)兩個(gè)疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為9的斜面上，如圖所示，滑塊 A、B 的質(zhì)量 分別為 M m,A 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩1,B 與 A 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩2,已知兩滑

20、塊都從靜 -uio a 時(shí)，先用整體法有 F=(m+m)a,再隔離 b 有 kx2=ma, 聯(lián)立得 X2= ?2F ? ?1+?) ,故 X1=X2,所以只有 A 項(xiàng)正確。 止開始以相同的加速度從斜面上滑下 C.大小等于卩1mg cos 9 D.大小等于 卩2mg cos 9 A.等于零 B.方向沿斜面向上 5. 宅答案 BC 把 A、B 兩滑塊作為一個(gè)整體,設(shè)其下滑的加速度為 a,由牛頓第二定律有 (M+m)g sin 0 -卩 i(M+m)g cos 0 =(M+m)a 得 a=g(sin 0 -卩 i cos 0) 由于 ag sin 0 ,可見 B 隨 A 一起下滑的過程中，必然受到

21、A 對它的沿斜面向上的摩擦力 設(shè) A 對 B 的摩擦力為 FB,滑塊 B 的受力如圖所示。由牛頓第二定律有 mg sin 0 -FB=ma 得 FB= mg sin 0 - ma=mg sin 0 -mg(sin 0 -卩 i cos 0 )=卩 img cos 0。 6. 如圖所示，質(zhì)量 m=2 kg 的小球用細(xì)繩拴在傾角 0 =37。的光滑斜面上，此時(shí)，細(xì)繩平行于斜面 取 g=10 m/s2,sin 37 0 =0.6,cos 37。=0.8。下列說法正確的是( ) 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)

22、，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 6. t 答案 A 小球剛好離開斜面時(shí)的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零。斜面對小球的彈 力恰好為零時(shí)，設(shè)繩子的拉力為 F,斜面的加速度為 a。以小球?yàn)檠芯繉ο螅鶕?jù)牛頓第二定律有 F cos 0 二 ma,F sin 0 -mg=0,代入數(shù)據(jù)解得 a 13.3 m/s 2。 (1)由于 ai=5 m/s2ao,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a。以小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第

23、二定律有 F2 cos a =ma,F2 sin a -mg=0 7. （多選）如圖所示，在傾角為9的光滑斜面上有兩個(gè)通過輕彈簧連接的物塊 A 和 B,C 為固定擋 板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)開始用變力 F 沿斜面向上拉動(dòng)物塊 A 使之做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 t 物塊 B 剛要離開擋板，已知兩物塊的質(zhì)量均為 m,彈簧的勁度系數(shù)為 k,重力加速度為 g,則在此過 甲 代入數(shù)據(jù)解得 F2=20V5 N。選項(xiàng) C、D 錯(cuò)誤。 7. 電答案 AD 剛開始時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對 A 分析,A 處于靜止?fàn)顟B(tài)，沿斜面方向上受力平衡 受到重力沿斜面向下的分力和彈簧沿斜面向上的彈力 ，此時(shí)有 mg sin 9

24、 =kxi,解得 xi=?嚴(yán)？當(dāng)程中,下列說法正確的是（ A.力 F 的最小值為4?知和? ? B.力F的最大值為育? C.物塊 A 的位移為?sin? D.時(shí)間 t 末 A 的速度為4?sin? ? B 剛要離開擋板時(shí),擋板對 B 的作用力為零，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài),對 B 分析,有 mg sin 0 =kx2 解得 X2二二?所以整個(gè)勻加速過程中,彈簧的形變量即 A 的位移為 x=1at2,解得 a=4?；n?故 t 末 A 的速度為 v=at=4?,C 錯(cuò)誤,D 正確;F 隨著彈力的變化而變 化,當(dāng)彈簧被壓縮過程中，彈力向上，隨著彈力的減小而增大，所以剛開始時(shí) F 最小,故有 Fmin=

25、ma=；?；：；,在彈力方向向下時(shí),隨著彈力的增大而增大,故 B 剛要離開擋板時(shí),F 最大，故有 Fm=kxi+mg sin 0 +ma=2mgsin 0 （1 + 需）需）,A 正確,B 錯(cuò)誤。 8. （多選）（2019 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(dòng)摩擦因數(shù)均為卩,砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均 為 d?，F(xiàn)用水平向右的恒定拉力 F 拉動(dòng)紙板,重力加速度為 g,下列說法正確的是（ ） A. 紙板相對砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為 卩（M+m）g B. 要使紙板相對砝碼運(yùn)動(dòng),F 一定大于 2（M+m）g

26、C. 若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于価？価？? ?；砝碼不會(huì)從桌面上掉下 D.當(dāng) F=y （2M+3m）g 時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣 8. t 答案 BC 對紙板分析，當(dāng)紙板相對砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受的摩擦力為 譏 M+m）g+y Mg,故 A 錯(cuò)誤。設(shè)砝碼的加速度為 a1,紙板的加速度為 a2,則有卩 Mg=MaF-卩 Mg 卩（M+m）g=ma 發(fā)生相對 運(yùn)動(dòng)需要a2a1,解得 F2 譏譏 M+m）g,故 B 正確。若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于 苗？苗？? ?；砝碼勻加 ； ；?； ； ；?； 速運(yùn)動(dòng)的位移小于2；=；=7,勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于；=；=2,則總位移小于 d,不會(huì)從桌面上 掉下，

27、故 C 正確。當(dāng) F=y（2M+3m）g 時(shí)，砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度 a=y g,紙板的加速度 ?sin? ?sin? 2?sin? X=Xi+X2= + ? ? ? 因?yàn)?A 是從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng) ,經(jīng)歷的時(shí)間為 t,所以有 a?；）；=2 卩 g,根據(jù)垣垣2- -知知2=d,解得 t=諾；則此時(shí)砝碼的速度 v=ait=艮；艮；砝碼脫 ? 2? 離紙板后做勻減速運(yùn)動(dòng),勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小 a=卩 g,則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移 x=2?= 2?=d， 而勻加速運(yùn)動(dòng)的位移 x= 2ait2=d,可知砝碼離開桌面，D 錯(cuò)誤。 9. (2019 遼寧沈陽二模)在“互聯(lián)網(wǎng)+”時(shí)代，網(wǎng)上購物已經(jīng)成

28、為一種常見的消費(fèi)方式，網(wǎng)購也促 進(jìn)了快遞業(yè)發(fā)展。如圖，一快遞小哥在水平地面上拖拉一個(gè)貨箱，貨箱的總質(zhì)量為 15 kg,貨箱與 地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩二竺。若該小哥拉著貨箱在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng) ,取 g=10 m/s2,求: 3 (1) 拉力方向與水平面成 60角時(shí)拉力的大小(結(jié)果保留一位小數(shù)); (2) 所施加拉力的最小值和方向。 9. f 答案(1)86.6 N (2)75 N 與水平方向夾角為 30 解析(1)研究貨箱,根據(jù)平衡條件有 F sin 60 +FN-mg=0 F cos 60 -Ff=0 Ff = N 解得 F=50V3 N 86.6 N (2)對貨箱受力分析，設(shè) F與水

29、平方向夾角9 ,如圖所示 則根據(jù)平衡條件有 F sin 9 +FN-mg=0 F cos 9 -Ff=0 當(dāng)9 =30 時(shí),F有最小值 最小值為 F=75 N 10. 如圖所示,粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量 M=1.5 kg 的斜面,斜面部分光滑,底面與地面的動(dòng)摩 擦因數(shù)卩=0.2，傾角9 =37 ,在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量 m=0.5 kg 的小球, 彈簧勁度系數(shù) k=200 N/m,現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力 F,使整體向右以 a=1 m/s2的加速度 勻加速運(yùn)動(dòng)(已知 sin 37 =0.6, cos 37 =0.8,g=10 m/s 2)。求： (1) F 的大小； (2

30、) 彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大小。 10. 答案 (1)6 N (2)0.017 m 3.7 N 解析(1)對整體應(yīng)用牛頓第二定律有 F-卩(M+m)g=(M+m)a 解得 F=6 N (2)設(shè)彈簧的形變量為 x,斜面對小球的支持力為 FN 對小球受力分析有 在水平方向 :kx cos 9 -FN sin 9 =ma 在豎直方向 :kx sin 9 +FN cos 9 =mg 解得 x=0.017 m,F N=3.7 N B 組能力提升 11. 如圖所示，質(zhì)量均為 m 的 A、B 兩解得 F= ? cos?+?sin? 整理得 F= ? 2sin (?+60 ) 物體疊放在豎直彈簧上并

31、保持靜止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B,運(yùn)動(dòng)距離 h 時(shí),B 與 A 分離。下列說法正確的是( ) A. B 和 A 剛分離時(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) 11. 電答案 C 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),FAB=0 對 B:F-mg=ma 對 A:kx-mg=ma 即 F=kx 時(shí),A、B 分離，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài) 由 F=mg 設(shè)用恒力 F 拉 B 前彈簧壓縮量為

32、 xo,則 2mg=kx,h=xo-x 解以上各式得綜上所述,只有 C 項(xiàng)正確 12. 如圖所示,bc 為固定在小車上的水平橫桿，質(zhì)量為 M 的物塊串在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜 止，物塊又通過輕細(xì)線懸吊著一個(gè)質(zhì)量為 m 的小球，此時(shí)小車正以大小為 a 的加速度向右做勻加 速直線運(yùn)動(dòng)，而物塊、小球均相對小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為B。小車的加速度逐漸增 加,物塊始終和小車保持相對靜止，當(dāng)加速度增加到 2a 時(shí)（ ） A.橫桿對物塊的摩擦力增加到原來的 2 倍 B. 橫桿對物塊的彈力增加到原來的 2 倍 C. 細(xì)線與豎直方向的夾角增加到原來的 2 倍 D. 細(xì)線的拉力增加到原來的 2 倍 12. f 答案 A 對小球和物塊組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得，水平方向 Ff=(M+m)a,豎直方向 FN=(M+m)g,則當(dāng)加速度增加到 2a 時(shí),橫桿對物塊的摩擦力 Ff增加到原來的 2 倍,橫桿對物塊的彈力保持不變，故 A 正確,B 錯(cuò)誤；以小球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力情況如圖乙所 ? 示