《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第3单元 牛顿运动定律 听课答案.doc

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1、第三单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解【教材知识梳理】一、1.匀速直线2.(1)匀速直线(2)质量质量质量二、1.作用力(或合力)相同2.F=ma3.(1)惯性(2)宏观三、1.相等相反2.方向相反四、时间千克秒米辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()(8)()(9)解析牛顿第一定律是建立力的科学概念所必不可少的.取消了它,就不可能正确地建立力的概念,当然,更谈不上力的度量了.同样,离开了牛顿第一定律,也不会有惯性和惯性质量的概念.可见,取消了牛顿第一定律,牛顿第二定律中两个主要的物理量“力”和物体的“惯性质量”将无法建立,那么牛顿第二定律将无从谈

2、起.所以,尽管我们确实可在牛顿第二定律成立的前提下推出牛顿第一定律的结果,但仍不能取消牛顿第一定律,否则的话,这个前提就不存在了.【考点互动探究】考点一例1A解析根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,由理想斜面及逻辑推理知,小球可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项从题目不能直接得出,只有选项A正确.变式题1D解析这句话的意思是圆物投在地上,它的运动方向不确定,向东、向西、向南、向北都可能;用棒拨动,才能使它停下来.说明力是改变物体运动状态的原因,选项D正确.变式题2BD解析油滴未滴落时具有与车厢相同的速度,油滴落下时在水平方向上相对于车厢有水平

3、向右的加速度a,落地时间为t=,水平方向相对运动的距离为x=at2,则油滴落在O点右侧,与O点距离为x=,选项B、D正确.考点二例2B解析因为弹簧处于拉伸状态,小球在水平方向受到向左的弹簧弹力F,由牛顿第二定律的矢量性可知,小球加速度也是向左.小球与小车相对静止,故小车可能向左做加速运动或向右做减速运动,B正确.变式题C解析西瓜受到重力和其他西瓜给它的作用力而做匀减速运动,加速度水平向右,由牛顿第二定律的矢量性可知,其合力水平向右.作出西瓜A受力情况如图所示,由牛顿第二定律可得=ma,所以F=m,选项C正确.例3CD解析根据牛顿第二定律,小球的加速度大小和方向取决于小球受到的合外力.从接触弹簧

4、至到达最低点,弹簧弹力从零开始逐渐增大,而小球的重力不变,所以开始时小球受到的合力方向向下,合力逐渐减小,因此小球的加速度逐渐减小,当小球所受的弹簧弹力和重力大小相等时,小球受到的合力为零,加速度减小为零,此时小球速度最大;此后小球继续下落,弹簧弹力继续增大,小球受到的合力方向向上,合力逐渐增大,因此小球的加速度方向向上,加速度逐渐增大,速度减小,当速度减小为零时,小球停止下落.变式题BCD解析由加速度随时间变化的图像可知,物体先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动,最后做匀加速运动,选项A错误;在加速度随时间变化的图像中,图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量,t=10.0s时的

5、速度v=6810.1m/s=6.8m/s,选项B正确;从t=10.0s到t=12.0s的时间内,由牛顿第二定律得,合外力F=ma=0.5N,选项C正确;由图像知,从t=2.0s到t=6.0s的时间内,物体的加速度先增大后减小,根据牛顿第二定律知,物体所受的合外力先增大后减小,选项D正确.例4C解析顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律知,水平方向有f=macos,f方向水平向右,竖直方向有FN-mg=masin,则FNmg,选项B错误,C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A、D错误.变式题BC解析若两物体依然相对静止,则a的加速度一定水平向右,将加速度沿垂直于

6、斜面与平行于斜面两个方向进行分解,则垂直于斜面方向,有FN-mgcos=may,即支持力FN大于mgcos,与都静止时比较,a与b之间的压力增大;若加速度a过大,则摩擦力可能沿着斜面向下,即a物体可能有相对b向上滑动的趋势,甚至相对b向上滑动,故A错误,B、C正确.对系统,在竖直方向上,若a相对b向上滑动,则a还具有向上的分加速度,对整体,由牛顿第二定律可知,系统处于超重状态,b与地面之间的压力将大于两物体重力之和,D错误.考点三例5B解析设人对绳的拉力大小为F,对重物,由牛顿第二定律得mg-F=ma,由牛顿第三定律可知,绳对人向上的拉力F与人对绳的拉力F等大反向,设地面对人的支持力为FN,对

7、人,由平衡条件可得F+FN=Mg,解得FN=Mg-mg+ma=280N,由牛顿第三定律可知,人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等,故人对地面的压力大小为280N,选项B正确.变式题C解析设杆对猴子竖直向上的作用力为F1,由牛顿第二定律得F1-mg=ma,即F1=mg+ma,由牛顿第三定律得,猴子对杆向下的作用力大小F2=F1=mg+ma,以杆为研究对象,设杆向下的加速度为a0,由牛顿第二定律得F2+Mg=Ma0,故a0=g+(g+a),选项C正确.1.一物体放在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.6,在拉力F=10N作用下,物体由静止开始运动,其速度与位移在国际单位制下满足等式v2=

8、8x,g取10m/s2,则物体的质量为()A.0.5kgB.0.4kgC.0.8kgD.1kg解析D将v2=8x与公式v2-=2ax对比,可得a=4m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得m=1kg,选项D正确.2.(多选)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解析BC质点原来做匀速直线运动,说明所受合外力为0,当对其施加一恒力后,恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定,则质点可

9、能做直线运动,也可能做曲线运动,但加速度的方向一定与该恒力的方向相同,选项B、C正确.图6-13.如图6-1所示,一个劈形物体M放在固定的斜面上,上表面水平,在其上放有光滑小球m,劈形物体从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A.沿斜面向下的直线B.抛物线C.竖直向下的直线D.不规则的曲线解析C由独立性可知,物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果.某个方向的力就产生该方向的加速度,即水平方向的合力就产生水平方向的加速度,与竖直方向受力情况无关.题中小球在水平方向不受外力作用,故水平方向的加速度为零,且初速度为零,在水平方向上不做运动,故小球将沿竖直向下的直线运动

10、,选项C正确.图6-24.用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像如图6-2所示,g取10m/s2,水平面各处粗糙程度相同,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则由此不能计算出()A.物体与水平面间的滑动摩擦力B.物体与水平面间的动摩擦因数C.外力F为12N时物体的速度D.物体的质量解析C水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得加速度a=-g,由此可知,a-F图像在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力mg,在纵轴截距的绝对值等于g,斜率等于,选项A、B、D错误;根据图像能够得出外力

11、F为12N时物体的加速度,但不能计算出物体的速度,选项C正确.图6-35.(多选)如图6-3所示,小车向右做匀加速直线运动,物块M贴在小车左壁上,且相对于左壁静止.当小车的加速度增大时,下列说法正确的是()A.物块受到的摩擦力不变B.物块受到的弹力不变C.物块受到的摩擦力增大D.物块受到的合外力增大解析AD小车向右做匀加速直线运动,物块M贴在小车左壁上,且相对于左壁静止,物块受到的摩擦力与重力平衡,所以保持不变,物块受到的水平方向的弹力FN=ma,当小车的加速度a增大时,物块受到的弹力和合外力增大,选项A、D正确.图6-46.一人在井下站在吊台上,用如图6-4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提

12、升上来.图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力.(g取9.8m/s2)图6-5答案200N,方向竖直向下解析先选人和吊台组成的系统为研究对象,受力分析如图6-5所示,F为绳的拉力,由牛顿第二定律得2F-(m+M)g=(M+m)a故拉力大小为F=(M+m)(a+g)=350N再选人为研究对象,受力情况如图6-6所示,其中FN是吊台对人的支持力,由牛顿第二定律得F+FN-Mg=Ma图6-6故FN=M(a+g)-F=200N由牛顿第三定律知,人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等

13、,方向相反,因此人对吊台的压力FN大小为200N,方向竖直向下.7.某次对新能源汽车性能进行的测试中,汽车在水平测试平台上由静止开始沿直线运动.汽车所受动力随时间变化关系如图6-7甲所示,而速度传感器只传回10s以后的数据(如图乙所示).已知汽车质量为1000kg,汽车所受阻力恒定.求:(1)汽车所受的阻力大小;(2)10s末汽车的速度大小;(3)前20s内汽车的位移大小.图6-7答案(1)1.0103N(2)20m/s(3)300m解析(1)由图乙可知,10s以后汽车做匀速直线运动,动力等于阻力.由图甲可知,汽车所受的阻力大小为1.0103N(2)前10s内汽车做初速度为零的匀加速直线运动,

14、根据牛顿第二定律得F-f=ma解得a=2m/s210s末汽车的速度大小为v=at1=20m/s(3)010s内汽车的位移大小s1=a1020s内汽车的位移大小s2=vt2前20s内汽车的位移大小为s=s1+s2=300m第7讲牛顿第二定律的应用1【教材知识梳理】一、1.加速度2.加速度二、1.大于小于2.等于零辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()【考点互动探究】考点一例1(1)at2=16m(2)gsin+gcos=8m/s2gsin-gcos=4m/s2(3)=1mv2=2a2(x+x1)2m/s变式题(1)10m/s(2)12.5m(3)95解析(

15、1)滑沙者在斜坡上刚开始速度较小,设经过t1时间下滑速度达到8m/s,根据牛顿第二定律得ma1=mgsin-1mgcos解得a1=2m/s2所以t1=4s下滑的距离为x1=a1=16m接下来下滑时的加速度a2=gsin-2gcos=4m/s2所以下滑到B点时,有-v2=2a2(L-x1)解得vB=10m/s(2)滑沙者在水平地面减速的加速度大小a3=3g=4m/s2所以能滑行的最大距离x2=12.5m(3)根据以上计算,速度从8m/s增大到10m/s所用时间t2=0.5s在斜坡上滑行的总时间T1=t1+t2=4.5s在水平面上减速滑动的时间T2=2.5s所以时间之比=例2(1)不会(2)16s

16、(3)1.84106N解析(1)3060km/h=850m/s加速阶段的加速度a=80m/s2因为a9g,因此飞行员不会晕厥.(2)在匀加速阶段,飞机上升的高度为x=v0t+at2=4500m所以匀速上升的时间为t=16s(3)根据牛顿第二定律得F-f-mg=ma解得F=1.84106N变式题(1)0.5m/s2(2)50kg(3)9000N解析(1)匀加速阶段,有x=at2解得a=0.5m/s2(2)设气球停留阶段受到空气的作用力为F,抛掉质量为m的压舱物,则气球整体向上匀加速运动时,由牛顿第二定律得F-(M-m)g=(M-m)a又F=Mg解得m=50kg(3)气球匀加速阶段的末速度为v=a

17、t=0.54m/s=2m/s匀减速阶段,有v2=2ax解得a=1m/s2设气球在匀减速阶段受到空气作用力为f,根据牛顿第二定律得(M-m)g-f=(M-m)a解得f=9000N考点二例3A解析设物块P静止时弹簧的压缩量为L,有kL=mg,当物块P位移为x时,弹簧弹力为k(L-x),根据牛顿第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx-ma,可见,F与x是一次函数关系,A正确.变式题1C解析12s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律知合外力为F合=ma=12N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12N,A错误;物体在力F作用下由静止开始运

18、动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3s内始终做加速运动,第3s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B错误;因为物体速度始终增大,故3s末物体的速度最大,根据v=at知,速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围的面积,即v=(1+3)4m/s=8m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8m/s,C正确;第2s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在01s内物体做加速度增大的加速运动,23s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.变式题2ACD解析上滑时设物块的加速度大小为a1,对物块由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma

19、1,下滑时设物块的加速度大小为a2,有mgsin-mgcos=ma2,由图像可得,a1=,a2=,联立可求出和,A、C正确;v-t图像与时间轴在第一象限所围的面积表示上滑的最大位移,进而可求出上滑的最大高度,D正确;根据题中条件无法求出物块的质量,B错误.考点三例4C解析“下蹲”的过程中,先加速向下运动,后减速向下运动,加速向下运动时,加速度方向向下,出现失重现象,而减速向下运动时,加速度方向向上,出现超重现象,选项C正确.变式题1AD解析区分超重与失重的关键是看加速度的方向:加速度向上时,超重;加速度向下时,失重.对人进行受力分析可知,FN-G=ma,即FN=ma+G,a大(小),则地板对人

20、的支持力大(小),由牛顿第三定律可知,人对地板的压力也大(小),故选项A、D正确,选项B、C错误.变式题2BC解析由图像可知,0t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,此加速度可以分解为水平向右和竖直向下的加速度,再分析A的受力可以得到,竖直方向上A有向下的加速度,则B对A的支持力小于重力,而水平方向上A有向右的加速度,则A受到水平向右的摩擦力,故A正确;由图像可知,t1t2时间内,整体向下做匀速运动,A受力平衡,所以竖直方向上B对A的支持力等于重力,水平方向上不受摩擦力的作用,故B错误;由图像可知,t2t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,此加速度可以分解为水平向左和竖直向上的加速度,再分

21、析A的受力可以得到,竖直方向上A有向上的加速度,则B对A的支持力大于重力,而水平方向上A有向左的加速度,则A受到水平向左的摩擦力,故C错误;0t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,处于失重状态,t2t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,处于超重状态,故D正确.变式题3CD解析飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,选项C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立感觉一样,选项D正确.图7-11.(多选)如图7-1所示是杂技中

22、“顶竿”表演.地面上演员B的肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作.某次“顶竿”表演临近结束时,演员A从竿(竖直)顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度恰好为零,若竿长为6m,下滑的总时间为3s,前1s做匀加速运动,1s末达到最大速度后做匀减速运动,3s末恰滑到竿底.设演员A的质量为40kg,竹竿的质量为1kg,g取10m/s2,则()A.在下滑过程,演员A的加速度方向始终向下B.在下滑过程中,演员A所受的摩擦力保持不变C.13s内,演员A处于超重状态D.t=2.5s时,演员B肩部所受的压力大小为490N解析CD演员A下滑,先加速运动后减速运动,即加速度先向下后向上,前1s内处于失

23、重状态,后2s内处于超重状态,选项A错误,C正确;在下滑过程中加速度方向有变化,由牛顿第二定律知,演员A所受的摩擦力有变化,选项B错误;由x=可得,下滑的最大速度v=4m/s,减速运动的加速度大小a=2m/s2,在减速下滑阶段,对演员A和杆,有FN-(m+M)g=ma,则竹竿受到演员B的支持力FN=490N,由牛顿第三定律知,演员B受到的压力为490N,选项D正确.2.如图7-2甲所示,在倾角=37的粗糙斜面上,一质量m=2kg的物块受水平方向恒力F的作用,t=0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑,在t=4s时滑到水平面上,此时撤去F,在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系图像

24、如图乙所示.已知A点到斜面底端的距离x=18m,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,不考虑转角处机械能损失,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求:图7-2(1)物块在A点时的速度大小;(2)水平恒力F的大小.答案(1)5m/s(2)10.1N解析(1)设物块在斜面上运动的加速度为a1,4s末的速度v=4m/s,对下滑过程逆向分析,有x=vt+a1t2解得a1=0.25m/s2,方向沿斜面向上物块在A点时的速度为v0=v+a1t=5m/s(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为,物块在水平面上运动时,有mg=ma2由图线可知a2=2m/s2解得=0.2物块在斜面上运动时,设受

25、到的摩擦力为f,有Fcos-mgsin+f=ma1而f=FNFN=mgcos+Fsin解得F=10.1N图7-33.一个质量为m=2kg的滑块能在倾角为=30的足够长的斜面上以a=2.5m/s2的加速度匀加速下滑.如图7-3所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使其由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移x=4m.g取10m/s2,求:(1)滑块和斜面间的动摩擦因数;(2)恒力F的大小.答案(1)(2)N或N解析(1)根据牛顿第二定律得mgsin30-mgcos30=ma解得=(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=a1t2得a1=2m/s2当加速度沿斜面向上时,

26、有Fcos30-mgsin30-(Fsin30+mgcos30)=ma1解得F=N当加速度沿斜面向下时,有mgsin30-Fcos30-(Fsin30+mgcos30)=ma1解得F=N4.2018上海闵行质检如图7-4所示,直杆水平固定,质量m=0.1kg的小圆环套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆成=53角的斜向上的恒力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点.已知小圆环与直杆间的动摩擦因数=0.8,AB与BC的长度之比s1s2=85.g取10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6.求:图7-4(1)在BC段小圆环的加速度a2的大小

27、;(2)在AB段小圆环的加速度a1的大小;(3)拉力F的大小.答案(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N图7-5解析(1)在BC段,小圆环受重力、弹力、摩擦力,受力分析如图7-5所示,有F合=f=FN=mg则a2=g=0.810m/s2=8m/s2(2)小圆环在AB段做匀加速运动,有=2a1s1小圆环在BC段做匀减速运动,有=2a2s2由于=解得a1=a2=8m/s2=5m/s2图7-6(2)当Fsinmg,小圆环在AB段运动的受力分析如图7-7所示,由牛顿第二定律得F2cos-f2=ma1又f2=FN2F2sin=mg+FN2解得F2=7.5N第8讲牛顿第二定律的应用2【

28、考点互动探究】考点一例1A解析在竖直方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,联立解得kx1=;在水平方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx2=m2a2,联立解得kx2=,可见x1=x2,选项A正确.变式题BD解析设物体的质量为m,当物体与地面间有摩擦力时,因A、B的加速度相同,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-2mg=2ma,隔离B,有FAB-mg=ma,所以FAB=0.5F;同理,当地面光滑时,A、B间的作用

29、力也为0.5F.例2ACD解析对三物块组成的整体,由平衡条件得F=3mg,同理,对b、c整体,由平衡条件得,T=2mg,则FT,c受到的摩擦力为0,选项A正确,B错误;当该水平拉力F增大为原来的1.5倍时,对三物块组成的整体,有1.5F-3mg=3ma,则a=0.5g,此时c受到的摩擦力f1=ma=0.5mg,选项C正确;剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,b、c整体的加速度大小a=g,所以c受到的摩擦力f2=ma=mg,选项D正确.变式题AC解析对A,由牛顿第二定律得f=MaA,当f为最大静摩擦力时,加速度最大,所以A的最大加速度为aA=g,选项A正确;当B、C共同运动的加速度大于g时,A

30、和B发生相对滑动,对B、C整体,有mg-Mg=(m+M)aBC,又知aBCg,解得m,选项B错误;若A、B未发生相对滑动,则加速度a=,此时A受到的摩擦力f=Ma=,选项C正确;由于C有加速度,所以Tmg,对滑轮受力分析,可知滑轮受到轻绳的作用力FN=Tmg,选项D错误.考点二例3gtan方向水平向右解析以小球为研究对象,在未剪断绳子OA之前,小球受到的力有:重力mg,方向竖直向下;弹簧OB的拉力F1,方向与竖直方向成角斜向上;绳子OA的拉力F2,方向水平向左.由于小球处于静止状态,则弹簧OB的拉力F1和重力mg的合力与绳子OA的拉力是一对平衡力,所以F1和mg的合力在数值上等于绳子OA的拉力

31、mgtan,方向水平向右.当剪断绳子OA的瞬间,绳子OA的拉力消失,而弹簧OB的拉力来不及变化(弹簧OB的拉力F1使弹簧OB发生了形变,而弹簧要恢复到原长是需要时间的,所以在这一瞬间我们认为弹簧的长度并没有改变),所以此时小球受到重力mg和弹簧OB的拉力F1作用,其合力为mgtan,方向水平向右.由牛顿第二定律得加速度a=gtan,方向水平向右.变式题BC解析设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为T,由平衡条件得Fcos=mg,Fsin=T,解得F=,T=mgtan.在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F发生了突变,小球的加速度方向沿与BC垂直的方向斜向下,大小为a=gsin,B正确

32、,A错误;在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等,方向沿BC方向斜向下,故加速度a=,C正确,D错误.例4AC解析以a、b、c整体为研究对象,细线拉力F=3mg,以b、c整体为研究对象,弹簧S1的弹力为F1=kl1=2mg,以c为研究对象,弹簧S2的弹力为F2=kl2=mg,在剪断细线瞬间,弹簧的长度来不及改变,则F1=2F2,l1=2l2,对a,有mg+F1=ma1,可得a1=3g,选项A、C正确.变式题CD解析烧断细线前,对A、B、C整体,由平衡条件得,弹簧弹力F=3mgsin,烧断细线的瞬间,弹簧弹力不变,A、B整体的加速度aAB=gsi

33、n,对B,有T-mgsin=maAB,所以轻杆弹力T=mgsin,选项A、B错误,选项C正确;C所受的合力为mgsin,所以加速度为gsin,方向沿斜面向下,选项D正确.考点三例5A解析小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零.斜面对小球的弹力恰好为零时,设绳子的拉力为F,斜面的加速度为a0.以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有Fcos=ma0,Fsin-mg=0,解得a0=13.3m/s2.(1)由于a1=5m/s2a0,可见小球离开了斜面,此时小球的受力情况如图乙所示,设绳子与水平方向的夹角为,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F2cos=ma2,F2sin-mg=0,解得

34、F2=20N,选项C、D错误.变式题1NFN解析假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示,取加速度方向为x轴正方向,对物块分析,在水平方向,有FNsin-FNcos=ma1在竖直方向,有FNcos+FNsin-mg=0对整体,有F1=(M+m)a1联立解得a1=m/s2,F1=N假设水平推力F较大,物块相对斜面具有上滑趋势,当刚要上滑时,推力F具有最大值,设大小为F2,此时物块受力如图乙所示,对物块分析,在水平方向,有FNsin+FNcos=ma2在竖直方向,有FNcos-FNsin-mg=0对整体,有F2=(M+m)a

35、2联立解得a2=m/s2,F2=N综上所述,可知推力F的取值范围为NFN.变式题2C解析质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力和摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力,共五个力的作用,选项A错误;对整体,由牛顿第二定律可知,a=,隔离后面的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为T=3ma=,由此可知,当F逐渐增大到2T时,轻绳中拉力等于T,轻绳才刚好被拉断,选项B错误,选项C正确;轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的两木块整体的加速度a=,质量为m和2m的两木块间的摩擦力为f=ma=,选项D错误.图8-11.如图8-1所示,质量分别为m和M的两长方体物块P和Q叠放在倾角为的固定斜面上.P、Q

36、间的动摩擦因数为1,Q与斜面间的动摩擦因数为2,重力加速度为g.当两物块由静止释放沿斜面滑下时,它们始终保持相对静止,则物块P对Q的摩擦力为()A.1mgcos,方向平行于斜面向上B.2mgcos,方向平行于斜面向下C.2mgcos,方向平行于斜面向上D.1mgcos,方向平行于斜面向下解析BP、Q由静止共同沿斜面滑下时,加速度a=gsin-2gcos,单独对P,有mgsin-f=ma,解得f=2mgcos,方向沿斜面向上,则物块P对Q的摩擦力大小为2mgcos,方向平行于斜面向下,选项B正确.图8-22.如图8-2所示,质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上,P、Q接触面的倾角为.现在Q

37、上加一水平推力F,使P、Q一起以加速度a向左做匀加速直线运动,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.物体Q对地面的压力一定大于2mgB.若Q与地面间的动摩擦因数为,则=C.若P、Q之间光滑,则加速度a=gtanD.若P、Q之间光滑,则加速度a=gsin解析C对P、Q整体,地面对Q的支持力FN=2mg,选项A错误;若Q与地面间的动摩擦因数为,有F-2mg=2ma,则=,选项B错误;若P、Q之间光滑,对P,有mgtan=ma,则加速度a=gtan,选项C正确,D错误.图8-33.(多选)如图8-3所示,一物块置于水平桌面上,一端系于物块的轻绳平行于桌面绕过光滑的轻质定滑轮,另一端系一质量为M的杆

38、,杆自然下垂,杆上套有质量为m(mM)的小环,重力加速度大小为g.当小环以加速度a沿杆加速下滑时,物块仍保持静止,则物块受到桌面的摩擦力可能为()A.MgB.(M+m)gC.(M+m)g-MaD.(M+m)g-ma解析AD对小环,有mg-f1=ma,对杆,有Mg+f1=T,对物块,有T=f2,联立可得物块受到桌面的摩擦力f2=(m+M)g-ma,当a=g时,f2=Mg,选项A、D正确.图8-44.(多选)如图8-4所示,小车上固定有一个竖直细杆,杆上套有质量为M的小环,环通过细绳与质量为m的小球连接,重力加速度为g.当车水平向右做匀加速运动时,环和球与车相对静止,绳与杆之间的夹角为,则()A.

39、细绳的拉力为B.细杆对环作用力方向水平向右C.细杆对小环的静摩擦力为MgD.细杆对环弹力的大小为(M+m)gtan解析AD对小球,由牛顿第二定律得mgtan=ma,则加速度a=gtan,细绳的拉力T=,选项A正确;对小球和环这一整体,细杆对环弹力FN=(M+m)a=(m+M)gtan,细杆对小环的静摩擦力f=(m+M)g,摩擦力和弹力的合力斜向右上方,选项D正确.图8-55.如图8-5所示,固定在水平面上的斜面倾角=37,长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子,质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接,细线与斜面垂直,木块与斜面间的动摩擦因数=0.50.现将木块由静止释放,木块将沿斜面

40、下滑.g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求:(1)木块下滑的加速度大小.(2)在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力大小.答案(1)2m/s2(2)6.0N解析(1)由于木块与斜面间有摩擦力的作用,所以小球B与木块间有压力的作用,并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动.将小球和木块看作一个整体,设木块的质量为M,根据牛顿第二定律可得(M+m)gsin-(M+m)gcos=(M+m)a解得a=2m/s2(2)以小球为研究对象,设MN面对小球的支持力为FN,根据牛顿第二定律有mgsin-FN=ma解得FN=6.0N根据牛顿第三定律,小球对MN面的压力大小为6.0N6.有一

41、个推矿泉水瓶的游戏节目,规则是:选手们从起点开始用力推瓶一段时间后,放手让瓶向前滑动,若瓶最后停在桌上有效区域内,视为成功;若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下,均视为失败.其简化模型如图8-6所示,AC是长度为L1=5m的水平桌面,选手们可将瓶子放在A点,从A点开始用一恒定的水平推力推瓶,BC为有效区域.已知BC长度L2=1m,瓶子质量m=0.5kg,瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N,瓶子沿AC做直线运动,假设瓶子可视为质点,g取10m/s2,该选手要想游戏获得成功,则:(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少?(2)推力作用在瓶子上的距

42、离最小为多少?图8-6答案(1)s(1)0.4m解析(1)要想游戏获得成功,瓶滑到C点时速度正好为0,此时推力作用时间最长,设最长作用时间为t1,有力作用时瓶的加速度为a1,t1时刻瓶的速度为v1,撤去力后加速度大小为a2,由牛顿第二定律得F-mg=ma1mg=ma2加速运动过程中的位移x1=减速运动过程中的位移x2=位移关系满足x1+x2=L1又v1=a1t1联立解得t1=s(2)要想游戏获得成功,瓶滑到B点时速度正好为零,此时推力作用的距离最小,设最小距离为d,则+=L1-L2=2a1d联立解得d=0.4m图8-77.如图8-7所示,物体A、B用细线连接绕过定滑轮,从滑轮到A的细线与平台平

43、行,物体C中央有开口,C放在B上.固定挡板D中央有孔,物体B可以穿过它而物体C会被挡住.物体A、B、C的质量分别为mA=0.80kg、mB=mC=0.10kg,物体B、C一起从静止开始下降H1=0.50m后,C被固定挡板D截住,B继续下降H2=0.30m后停止.求物体A与平台间的动摩擦因数.(g取10m/s2)答案0.2解析设A、B、C一起运动时绳中拉力为F1,B继续下降时绳中拉力为F2,A、B、C一起运动时,根据牛顿第二定律,有F1-mAg=mAa1(mB+mC)g-F1=(mB+mC)a1联立得a1=2-8B继续下降时,根据牛顿第二定律,有mAg-F2=mAa2F2-mBg=mBa2联立得

44、a2=(8-1)设加速运动的末速度为v,由运动学公式得v2=2a1H1v2=2a2H2联立解得=0.28.如图8-8甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2kg的物体,物体同时受到两个水平力的作用,F1=4N,方向向右,F2的方向向左,物体从静止开始运动,从此时开始计时,F2的大小随时间变化的关系图像如图乙所示.(1)当t=0.5s时,求物体的加速度大小;(2)在t=0至t=2s内,何时物体的加速度最大?最大值为多少?(3)在t=0至t=2s内,何时物体的速度最大?最大值为多少?图8-8答案(1)0.5m/s2(2)0或2s时1m/s2(3)1s时0.5m/s解析(1)当t=0.5s时,F2=(2+20.5)N=3N由牛顿第二定律有F1-F2=ma解得a=m/s2=0.5m/s2.(2)以水平向右为正方向,物体所受的合外力为F=F1-F2=4N-(2+2t)N=(2-2t)N作出F-t图像如图8-9所示.图8-9从图中可以看出,在02s范围内,当t=0时,物体有最大加速度a0.由F0=ma0可得a0=m/s2=1m/s2当t=2s时,物体也有最大加速度a2.由F0=ma0可得a0=m/s2=-1m/s2,负号表示加速度方向向左.(3)由牛顿第二定律得a=(1-t)m/s2画出a-t图像如图8-10所示.图8-10由图可知,t=