（課標(biāo)Ⅱ卷）2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題三牛頓運動定律課件.pptx

專題三 牛頓運動定律,高考物理 (課標(biāo)專用),考點一 牛頓運動定律的理解,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,1.(2016課標(biāo),18,6分)(多選)一質(zhì)點做勻速直線運動?，F(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點 上的力不發(fā)生改變,則 ( ) A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變,答案 BC 由題意知此恒力即為質(zhì)點所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質(zhì)點 做勻變速直線運動,質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變的;原速度與該恒力不在一條直線 上,則質(zhì)點做勻變速曲線運動,速度與恒力間夾角逐漸減小,質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量是不 變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點加速度的方向 總與該恒力方向相同,C項正確。,考點二 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,2.(2019課標(biāo),20,6分)(多選)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與 固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平。t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時 撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關(guān)系如 圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得 出 ( ) 圖(a),圖(b) 圖(c) A.木板的質(zhì)量為1 kg B.2 s4 s內(nèi),力F的大小為0.4 N C.02 s內(nèi),力F的大小保持不變 D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2,答案 AB 本題考查牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,體現(xiàn)了物理學(xué)科科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。 分析知木板受到的摩擦力f=f。0 2 s,木板靜止,F=f,F逐漸增大,所以C錯誤。4 s5 s,木板加速 度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,對木板受力分析,f=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正確。2 s 4 s, 對木板有F-f=ma1,F=f+ma1=0.2 N+1 N=0.4 N,所以B正確。由于無法確定物塊的質(zhì)量, 則盡管知道滑動摩擦力大小,仍無法確定物塊與木板間的動摩擦因數(shù),故D錯誤。 思路分析 以木板為研究對象,通過f-t與v-t圖像對相應(yīng)過程進行受力分析、運動分析,列方程 解出相應(yīng)的問題。,3.(2015課標(biāo),20,6分)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車 廂。當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛鉤P 和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為 a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉 力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為 ( ) A.8 B.10 C.15 D.18,答案 BC 如圖所示,假設(shè)掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質(zhì)量為m。當(dāng) 向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當(dāng)向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,則有F= mxa,聯(lián)立兩式有y= x?？梢?列車車廂總節(jié)數(shù)N=x+y= x,設(shè)x=3n(n=1,2,3,),則N=5n,故可知 選項B、C正確。,4.(2018課標(biāo),15,6分)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)?態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置 的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是 ( ),答案 A 本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為 x0,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0。力F作用在P上后,物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速 直線運動,由牛頓第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。聯(lián)立以上兩式得F=kx+ma,所以F-x圖像中圖 線是一條不過原點的傾斜直線,故A正確。 易錯點撥 注意胡克定律中形變量的含義 胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時的形 變量為x0-x而不是x。,5.(2015課標(biāo),20,6分)(多選)如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖 (b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出 ( ) A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,答案 ACD 設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,物塊沿斜 面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結(jié)合v-t圖線斜率的物理意義有:a1= ,a2= 。由上述四式可見,無法求 出m,可以求出、,故B錯,A、C均正確。0t1時間內(nèi)的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物 塊沿斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。 考查點 牛頓第二定律、受力分析、v-t圖像 思路指導(dǎo) 分別寫出上滑和下滑時加速度大小的表達式。 利用v-t圖像求出上滑與下滑時的加速度。 溫馨提示 斜面上物體的“重力分解效果”及“受力分析特點”是考試中常見的問題,應(yīng)當(dāng) 熟記。,6.(2015課標(biāo),25,20分)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角 為=37(sin 37= )的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石 堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量 也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為 ,B、C間的動 摩擦因數(shù)2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣? 2保持不變。已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長。設(shè)最大靜摩擦力等于滑 動摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在02 s時間內(nèi)A和B加速度的大小; (2)A在B上總的運動時間。,答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 解析 (1)在02 s時間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大 小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平 衡條件得 f1=1N1 N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得,mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2 聯(lián)立式,并代入題給條件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2。此時A與B之間的摩擦力為零,同理可得 a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有 v2+a2t2=0 聯(lián)立 式得,t2=1 s 在t1+t2時間內(nèi),A相對于B運動的距離為 s= - =12 m27 m 此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有 l-s=(v1+a1t2)t3+ a1 可得 t3=1 s(另一解不合題意,舍去) 設(shè)A在B上總的運動時間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s (也可利用下面的速度圖線求解),考查點 牛頓第二定律、受力分析 易錯警示 注意當(dāng)B上表面光滑時,B從加速向下運動變?yōu)闇p速向下運動。,7.(2015課標(biāo),25,20分)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;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)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2; (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 (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。由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+ a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 1=0.1 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 -2mg=ma2 由圖(b)可得,a2= 式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 2=0.4 (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二 定律及運動學(xué)公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板的位移為 s1= t 小物塊的位移為 s2= t 小物塊相對木板的位移為,s=s2-s1 聯(lián)立 式,并代入數(shù)據(jù)得 s=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 1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 碰后木板運動的位移為 s=s1+s3 聯(lián)立 式,并代入數(shù)據(jù)得 s=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 第(1)問7分,至式各1分;第(2)問8分,至 式各1分, 式2分;第(3)問5分, 至 式各1分,式2分。,考查點 牛頓第二定律、運動學(xué)公式 思路指導(dǎo) 每次分析包括受力分析列動力學(xué)方程,運動分析列運動學(xué)方程,同時還要注意位移 關(guān)系列位移方程。 易錯警示 注意v-t圖像1 s末的速度等于木板撞前速度。,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點一 牛頓運動定律的理解,1.(2019北京理綜,20,6分)國際單位制(縮寫SI)定義了米(m)、秒(s)等 7個基本單位,其他單位均可由物理關(guān)系導(dǎo)出。例如,由m和s可以導(dǎo) 出速度單位ms-1。歷史上,曾用“米原器”定義米,用平均太陽日定 義秒。但是,以實物或其運動來定義基本單位會受到環(huán)境和測量方 式等因素的影響,而采用物理常量來定義則可避免這種困擾。1967 年用銫-133原子基態(tài)的兩個超精細能級間的躍遷輻射的頻率= 9 192 631 770 Hz定義s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 ms-1定義m。2018年第26屆國際計量大會決定,7個基本單位全部用基本物理常量來定義(對應(yīng)關(guān)系如圖,例如,s對應(yīng),m對應(yīng)c)。新SI自2019年5月20日(國際計量日)正式實施,這將對科學(xué)和技術(shù)發(fā)展產(chǎn)生深遠影響。下列選項不正確的是 ( ) A.7個基本單位全部用物理常量定義,保證了基本單位的穩(wěn)定性 B.用真空中的光速c(ms-1)定義m,因為長度l與速度v存在l=vt,而s已定義 C.用基本電荷e(C)定義安培(A),因為電荷量q與電流I存在I=q/t,而s已定義 D.因為普朗克常量h(Js)的單位中沒有kg,所以無法用它來定義質(zhì)量單位,答案 D 本題考查了國際單位制中的基本單位及導(dǎo)出單位,利用單位的定義方法及導(dǎo)出方 法考查了學(xué)生的理解能力、推理能力,體現(xiàn)了科學(xué)本質(zhì)、科學(xué)態(tài)度等素養(yǎng)要求,滲透了關(guān)注社 會發(fā)展、科技進步等價值觀念。 由于物理常量與環(huán)境和測量方式等因素?zé)o關(guān),故用來定義基本單位時也不受環(huán)境、測量方式 等因素的影響,A正確。由題意可知,t、的單位已定義,真空中光速c、基本電荷e、普朗克常 量h均為基本物理常量,故可分別用l=vt、I=q/t、h=mc2來定義長度單位m、電流單位A及質(zhì)量 單位kg,B、C正確,D錯誤。,2.(2019浙江4月選考,12,3分)如圖所示,A、B、C為三個實心小球,A為鐵球,B、C為木球。A、B 兩球分別連在兩根彈簧上,C球連接在細線一端,彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部,該 水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷,則剪斷的瞬間相對于杯底(不計 空氣阻力,木水鐵) ( ) A.A球?qū)⑾蛏线\動,B、C球?qū)⑾蛳逻\動 B.A、B球?qū)⑾蛏线\動,C球不動 C.A球?qū)⑾蛳逻\動,B球?qū)⑾蛏线\動,C球不動 D.A球?qū)⑾蛏线\動,B球?qū)⑾蛳逻\動,C球不動,答案 D 開始時A球下面的彈簧被壓縮,A球所受彈力向上;B球下面的彈簧被拉長,B球所受 彈力向下;將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間,系統(tǒng)的加速度為g,為完全失重狀態(tài),此時水對球的浮力 為零,A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛏线\動,B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛳逻\動,C球 相對于杯底不動。故選D。,3.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強電場中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個帶電小球, 使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力,當(dāng)懸線斷裂后,小球?qū)⒆?( ) A.曲線運動 B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動 D.變加速直線運動,答案 C 本題考查力與運動的關(guān)系。在懸線斷裂前,小球受重力、電場力和懸線拉力作用 而處于平衡狀態(tài),故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后,小球所受重力與電場 力的合力大小、方向均不變,故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正 確。,4.(2016江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出,魚缸最終沒 有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等,則在上述過程中( ) A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C.若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力將增大 D.若貓減小拉力,魚缸有可能滑出桌面,答案 BD 由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A 錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加 速度大小相等,均為g;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間 相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不變,故C 錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。,5.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當(dāng)小車向右做勻加速運動 時,球所受合外力的方向沿圖中的 ( ) A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,答案 D 當(dāng)小車向右做勻加速運動時,其加速度的方向水平向右,由牛頓第二定律可知,小球 所受合外力的方向水平向右,即沿圖中OD方向,選項D正確,選項A、B、C錯誤。,6.2019天津理綜,9(1)第26屆國際計量大會決定,質(zhì)量單位“千克”用普朗克常量h定義,“國 際千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的數(shù)值為6.6310-34,根據(jù)能量子定義,h的單 位是 ,該單位用國際單位制中的力學(xué)基本單位表示,則為 。,答案 Js kgm2/s 解析 本題考查國際單位制中普朗克常量h的導(dǎo)出單位。 能量E=h,則h=E/,故h的單位為Js。由W=Fs=mas可知,1 J=1 kg(m/s2)m,故1 Js=1 kgm2/s。 知識鏈接 國際單位制中的力學(xué)基本單位為kg、m、s,由物理規(guī)律(公式),以基本單位為基礎(chǔ) 推導(dǎo)出的單位為導(dǎo)出單位。,7.(2015海南單科,8,5分)(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l1和l2,重力加速度大 小為g。在剪斷的瞬間, ( ) A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,考點二 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,答案 AC 剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線上的拉力為T=3mg。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線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受 力分析,由牛頓第二定律得:3mg=ma1得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2, 所以l1=2l2,C正確,D錯誤。,8.(2015重慶理綜,3,6分)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始 跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t 安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作 用力大小為 ( ) A. +mg B. -mg C. +mg D. -mg,答案 A 解法一:由v2=2gh得v= 。對人與安全帶作用的過程應(yīng)用動量定理,則有(mg-F)t =0-mv,解得F= +mg,故A正確。 解法二:對人與安全帶作用的過程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a= = ,解得F= +mg,故A正確。,9.(2015重慶理綜,5,6分)若貨物隨升降機運動的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正),則貨物受到 升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖像可能是 ( ),答案 B 由v-t圖像可知,升降機的運動過程為:向下加速(失重:Fmg)向上加速(超重:Fmg)向上勻速(F=mg)向上減速(失重:Fmg),對照F -t圖像可知,B正確。,10.(2017上海單科,17,2分)如圖,光滑固定斜面的傾角為30,A、B兩物體的質(zhì)量之比為41。B 用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連,開始時A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當(dāng)B落地 前瞬間,A、B的速度大小之比為 ,機械能之比為 (以地面為零勢能面)。,答案 12 41 解析 剪斷輕繩后,A、B兩物體均做初速度為零的勻加速直線運動。兩物體的運動時間相同, 所以它們的速度大小之比就是它們的加速度大小之比。剪斷輕繩后,物體B做自由落體運動, 其加速度為重力加速度g,物體A受力如圖所示 其加速度aA=g sin 30= g= aB aAaB=12 得vAvB=12 由機械能守恒的條件可知,物體A和B在整個運動過程中各自的機械能守恒,這就意味著,物體B 落地前的瞬間,兩物體的機械能分別和其初狀態(tài)的機械能相等 初態(tài)時EA=mAgh,EB=mBgh,EAEB=mAmB=41 即兩物體的機械能之比為41,11.(2019江蘇單科,15,16分)如圖所示,質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對齊。A 與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為。先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動距 離L后停下。接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運動,左邊緣再次對齊時恰 好相對靜止,此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。求: (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA; (2)在左邊緣再次對齊的前、后,B運動加速度的大小aB、aB; (3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。,答案 (1) (2)3g g (3)2 解析 本題通過板、塊組合模型考查了牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,考查了學(xué)生的綜合分析能 力與應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理等素養(yǎng)要 素。 (1)由牛頓運動定律知,A加速度的大小aA=g 勻變速直線運動2aAL= 解得vA= (2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對齊前,B所受合外力大小F=3mg 由牛頓運動定律F=maB,得aB=3g 對齊后,A、B所受合外力大小F=2mg 由牛頓運動定律F=2maB,得aB=g (3)經(jīng)過時間t,A、B達到共同速度v,位移分別為xA、xB,A加速度的大小等于aA 則v=aAt,v=vB-aBt,xA= aAt2,xB=vBt- aBt2 且xB-xA=L 解得vB=2 解題指導(dǎo) A、B間存在相對滑動時,其相互間摩擦力為滑動摩擦力;而二者速度達到相同時, 摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力,此時可采用整體法分析處理。,12.(2016四川理綜,10,17分)避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施,由制動坡床和防撞設(shè)施 等組成,如圖豎直平面內(nèi),制動坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的 貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?當(dāng)車速為23 m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始 在車廂內(nèi)向車頭滑動,當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端38 m,再過一段時間, 貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動坡 床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平 板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向; (2)制動坡床的長度。,答案 (1)5 m/s2 方向沿制動坡床向下 (2)98 m 解析 (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m,貨物在車廂內(nèi)滑動過程中,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)=0.4,受 摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則 f+mg sin =ma1 f=mg cos 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a1=5 m/s2 a1的方向沿制動坡床向下。 (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動 到車頭距制動坡床頂端s0=38 m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂 內(nèi)滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制 動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動坡床的長度 為l,則 Mg sin +F-f=Ma2 F=k(m+M)g ,s1=vt- a1t2 s2=vt- a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l=98 m 解題指導(dǎo) (1)貨物在車廂內(nèi)向上滑動時,通過受力分析,由牛頓第二定律可求貨物的加速度大 小和方向。 (2)貨車和貨物沿坡床上滑過程中,貨車、貨物都做減速運動,二者位移的幾何關(guān)系是解答此題 的關(guān)鍵所在。,C組 教師專用題組,考點一 牛頓運動定律的理解,1.(2014課標(biāo),17,6分,0.645)如圖,一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán),用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi);套 在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。 當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時,大環(huán)對輕桿拉力的大小為 ( ) A.Mg-5mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg,答案,C 解法一 以小環(huán)為研究對象,設(shè)大環(huán)半徑為R,根據(jù)機械能守恒定律,得mg2R= mv2, 在大環(huán)最低點有FN-mg=m ,得FN=5mg,此時再以大環(huán)為研究對象,受力分析如圖,由牛頓第三 定律知,小環(huán)對大環(huán)的壓力為FN=FN,方豎直向下,故F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。,解法二 設(shè)小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v,加速度為a,根據(jù)機械能守恒定律 mv2=mg2R,且a = ,所以a=4g,以大環(huán)和小環(huán)整體為研究對象,受力情況如圖所示。 F-Mg-mg=ma+M0 所以F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。 考查點 牛頓運動定律、機械能守恒定律 思路指導(dǎo) ,小環(huán)下滑過程分析大環(huán)、小環(huán)整體 動力學(xué)分析得F,2.(2013課標(biāo),14,6分,0.733)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表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是 ( ),答案 C 物塊的受力如圖所示,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-FN=ma,即F=FN+ma,F與a成線性關(guān) 系。選項C正確。 考查點 牛頓第二定律的應(yīng)用 解題關(guān)鍵 通過動力學(xué)分析推出F與a的函數(shù)關(guān)系表達式。 易錯警示 注意題中假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。,3.(2013重慶理綜,4,6分)如圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,讓小球由傾角為的 光滑斜面滑下,然后在不同的角條件下進行多次實驗,最后推理出自由落體運動是一種勻加 速直線運動。分析該實驗可知,小球?qū)π泵娴膲毫Α⑿∏蜻\動的加速度和重力加速度與各自 最大值的比值y隨變化的圖像分別對應(yīng)圖2中的 ( ) 圖1 圖2 A.、和 B.、和 C.、和 D.、和,答案 B 重力加速度g與無關(guān),其值在值增大時保持不變,故其圖像應(yīng)為,則A、D兩項均 錯。當(dāng)=0時小球的加速度a=0,故其圖像必定為,所以B項正確,C項錯誤。,考點二 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,4.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機 總質(zhì)量為3.0104 kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105 N;彈射器有效作用長度為100 m, 推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80 m/s。彈射過程中艦載機所受總推 力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則 ( ) A.彈射器的推力大小為1.1106 N B.彈射器對艦載機所做的功為1.1108 J C.彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8107 W D.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2,答案 ABD 艦載機彈射過程中的加速度a= = m/s2=32 m/s2,選項D正確;對艦載機在 水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1106 N,選項A 正確;由功的定義得:W彈=F彈x=1.1108 J,選項B正確;由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間 t= = s=2.5 s,由功率的定義得:P彈= =4.4107 W,選項C錯。,5.(2014江蘇單科,8,4分)(多選)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間的動摩擦因數(shù)為,B與地面間的動摩擦因數(shù)為 。最大靜摩擦力等于滑動摩 擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F,則 ( ) A.當(dāng)F3mg時,A相對B滑動 D.無論F為何值,B的加速度不會超過 g,答案 BCD 對A、B整體,地面對B的最大靜摩擦力為 mg,故當(dāng) mg3mg時,A相對B才能滑動, C對。當(dāng)F= mg時,A、B相對靜止,對整體有: mg- 3mg=3ma,a= g,故B正確。無論F為 何值,B所受的最大動力為A對B的最大靜摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm= = g,可見D正確。,6.(2013廣東理綜,19,6分)(多選)如圖,游樂場中,從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌 道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處,下列說法正確的有 ( ) A.甲的切向加速度始終比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D.甲比乙先到達B處,答案 BD 由軌道傾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的,后是小于乙的,A項錯誤。由機械 能守恒定律可知,甲、乙在同一高度時速度大小相等,B項正確。開始時甲的加速度大于乙的 加速度,故甲開始時下滑較快,C項錯誤。因開始時甲的平均加速度較大,其在整個過程中的平 均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到達B處,D項正確。 評析 本題中的C、D兩選項較難判斷,屬于難度較大層次?？捎脠D像法簡便解決,圖中兩陰 影面積相等。,7.(2012天津理綜,8,6分)(多選)如圖甲所示,靜止在水平地面的物塊A,受到水平向右的拉力F作 用,F與時間t的關(guān)系如圖乙所示,設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等,則 ( ) A.0t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大 B.t2時刻物塊A的加速度最大 C.t2時刻后物塊A做反向運動 D.t3時刻物塊A的動能最大,答案 BD 0t1時間內(nèi)物塊A仍處于靜止?fàn)顟B(tài),F的功率為零,A錯。t1t3時間內(nèi)Ffm,對物塊A列 方程得F-fm=ma,F先增大后減小,因此加速度a先增大后減小,但v一直增大,當(dāng)F最大時,a最大,B 正確。t3時刻F=fm,a=0,物塊A速度達到最大,故C錯誤,D正確。 評析 本題借助牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容考查學(xué)生應(yīng)用圖像和受力關(guān)系表述物理過程的能 力,涉及的知識點有牛頓第二定律與受力分析等。對物塊A的運動過程分析是該題的難點。 題目難度較高,區(qū)分度高。,8.(2011四川理綜,19,6分)如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖,假定其過程 可簡化為:打開降落傘一段時間后,整個裝置勻速下降,為確保安全著陸,需點燃返回艙的緩沖 火箭,在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動,則 ( ) A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小 B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力 C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài),答案 A 對降落傘,勻速下降時受到的重力mg、繩的拉力FT和空氣阻力F平衡,即FT=F-mg。 在噴氣瞬間,噴氣產(chǎn)生的反沖力向上,使降落傘減速運動,設(shè)加速度大小為a,對降落傘應(yīng)用牛頓 第二定律:F-FT-mg=ma,FT=F-mg-maFT,故A正確,B錯誤。加速度方向向上,返回艙處于超重狀 態(tài),故D錯誤。合外力方向向上、位移方向向下,做負功,故C錯誤。,9.(2011北京理綜,18,6分)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處,從幾十 米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動,所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如 圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動,重力加速度為g。據(jù)圖可知,此人在蹦極過程 中最大加速度約為 ( ) A.g B.2g C.3g D.4g,答案 B “蹦極”運動的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止?fàn)顟B(tài),此時繩的拉力等于人的重 力,由圖可知,繩的拉力最終趨于恒定時等于重力且等于 F0,即F0= mg。當(dāng)繩的拉力最大時, 人處于最低點且合力最大,故加速度也最大,此時F最大= F0=3mg,方向豎直向上,由ma=F最大-mg= 3mg-mg=2mg得最大加速度為2g,故B正確。 評析 將生活實際與物理知識相結(jié)合,將生活實際與圖像分析相結(jié)合,在考查實際應(yīng)用能力的 同時,又考查了圖像分析應(yīng)用能力。較難,得分率低。,考點一 牛頓運動定律的理解,三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點基礎(chǔ)題組,1.(2019吉林“五地六?！甭?lián)考,2)如圖所示,質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩小球分別連在彈簧兩 端,B小球用細繩固定在傾角為30的光滑斜面上,若不計彈簧質(zhì)量且細繩和彈簧與斜面平行,在 細繩被剪斷的瞬間,A、B兩小球的加速度分別為 ( ) A.都等于 B.0和 C. 和0 D.0和,答案 B 在剪斷繩子之前,A處于平衡狀態(tài),所以彈簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力,在剪 斷繩子的瞬間,繩子上的拉力立即減為零,而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變,故彈簧彈力不 變?nèi)詾锳的重力沿斜面的分力,故A球的加速度為零;在剪斷繩子之前,對B球進行受力分析,B受 到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力,在剪斷繩子的瞬間,繩上的拉力立即 減為零,對B球進行受力分析,則B受到重力、彈簧向下的拉力、支持力,根據(jù)牛頓第二定律得aB = = 。故B正確。 溫馨提示 該題考查瞬時加速度問題,要注意在剪斷繩子的瞬間,繩子上的力立即減為0,而彈 簧的彈力不發(fā)生改變,再結(jié)合牛頓第二定律進行分析求解即可。,2.(2019重慶沙坪壩等主城區(qū)調(diào)研,5)甲、乙兩物體都靜止在水平面上,質(zhì)量分別為m甲、m乙,與 水平面間的動摩擦因數(shù)分別為甲、乙。現(xiàn)用水平拉力F分別作用于兩物體,加速度a與拉力F 的關(guān)系如圖,圖中b、-2c、-c為相應(yīng)坐標(biāo)值,重力加速度為g。由圖可知 ( ) A.甲= ;m甲= B.甲= ;m甲= C.m甲m乙=12,甲乙=12 D.m甲m乙=21,甲乙=12,答案 B 對質(zhì)量為m的物體受力分析,假定動摩擦因數(shù)為,根據(jù)牛頓第二定律,有F-mg=ma, 可得a= -g,故a與F關(guān)系圖像的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù),斜率越大,質(zhì)量越小,故有m甲= ,m乙= , 即m甲m乙=12,從圖像可以看出縱軸截距-甲 g=-2c,即甲= ,同理得乙= ,有甲乙=21, 故選B。 考查點 牛頓第二定律 思路指導(dǎo) 根據(jù)“加速度a與拉力F的關(guān)系”可知,本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用,根據(jù)牛頓第 二定律的變形式,運用數(shù)學(xué)函數(shù)結(jié)合圖像列式計算。,3.(2018陜西質(zhì)檢,14)如圖所示,A、B兩物體相距s=7 m,物體A以vA=4 m/s的速度向右勻速運動, 而物體B此時的速度vB=10 m/s,只在滑動摩擦力作用下向右做勻減速運動,B與水平地面間的動 摩擦因數(shù)=0.2,那么物體A追上物體B所用的時間為 ( ) A.7 s B.8 s C.9 s D.10 s,答案 B 對B由牛頓第二定律得F=mBg=mBaB,aB=2 m/s2,物體B從開始到停下來所用的時間t= =5 s,在此時間內(nèi)B前進的距離sB= t= t=25 m,A前進的距離sA=vAt=20 m,故此時A、B相距 12 m,所以再經(jīng)過3 s A才能追上B,故物體A追上物體B所用的時間為8 s。 考查點 牛頓第二定律、追及相遇問題 解題關(guān)鍵 不能整個過程列方程,因為B物體停下后,A物體運動,B物體靜止不動。,4.(2018陜西西安長安二模,1)如圖所示,質(zhì)量相等的三個物塊A、B、C,A與天花板之間、B與C 之間均用輕彈簧相連,A與B之間用細繩相連,當(dāng)系統(tǒng)靜止后,突然剪斷A、B間的細繩,則此瞬間 A、B、C的加速度分別為(取向下為正) ( ) A.-g、2g、0 B.-2g、2g、0 C.0、2g、0 D.-2g、g、g,答案 B 剪斷細繩前,對B、C整體進行受力分析,受到重力和細繩的拉力而平衡,故T=2mg;再 對物塊A、B分別進行受力分析,受到重力、細繩拉力和彈簧的拉力;剪斷細繩后,重力和彈簧 的彈力不變,細繩的拉力減為零,故物塊B受到的合力等于2mg,向下,物塊A受到的合力為2mg, 向上,物塊C受到的力不變,合力為零,故物塊B有向下的加速度,大小為2g,物塊A具有向上的加 速度,大小為2g,物塊C的加速度為零,故選B。 考查點 牛頓第二定律的瞬時性問題 解題關(guān)鍵 彈簧的彈力瞬間不變。,5.(2017重慶萬州第二次質(zhì)量檢測,19)(多選)某游樂園中一游客站在斜向上勻加速運行的電動 扶梯上(扶欄未畫出),人和扶梯保持相對靜止,其加速度a方向如圖所示。在該游客上升過程 中,下列判斷正確的是 ( ) A.游客所受電梯作用力的方向與圖中a的方向相同 B.游客在豎直方向受到的電梯支持力大于游客所受重力 C.游客機械能的增加量大于支持力所做的功 D.游客在豎直方向受到的合力為零,在a方向上受到的合力不為零,答案 BC 對人進行受力分析可知人受豎直向下的重力、扶梯對人水平向右的摩擦力以及 豎直向上的支持力,三力合力沿a的方向,故扶梯作用力即支持力與摩擦力的合力與a方向不同, A錯;分解a有ma sin =FN-G,即FNG,豎直方向合力不為零,故B對、D錯; 機械能增量應(yīng)等于除 G外的其他力做的功,故C對。 考查點 牛頓第二定律 解題關(guān)鍵 合力方向與加速度方向相同。摩擦力與支持力都對人做正功。,考點二 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用,6.(2019東北三省四市教研聯(lián)合體模擬一,1)如圖所示,物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕 繩連接,由靜止開始釋放,在物體A加速下降的過程中,下列判斷正確的是 ( ) A.物體A和物體B均處于超重狀態(tài) B.物體A和物體B均處于失重狀態(tài) C.物體A處于超重狀態(tài),物體B處于失重狀態(tài) D.物體A處于失重狀態(tài),物體B處于超重狀態(tài),答案 D A加速下降,則加速度向下,輕繩的拉力小于重力,故A處于失重狀態(tài);同時B加速上 升,則加速度向上,輕繩的拉力大于重力,故B處于超重狀態(tài)。故A、B、C錯誤,D正確。 考查點 超重與失重 溫馨提示 當(dāng)物體具有向上的加速度時是超重,當(dāng)物體具有向下的加速度時是失重。,7.(2019遼寧大連市雙基測試,10)(多選)如圖所示,一個內(nèi)表面光滑的剛性(不可形變)盒體內(nèi)密 封一剛性橢球體,盒子六面均與橢球體剛好相切,現(xiàn)將其豎直向上拋,若空氣阻力與速率成正 比,下列說法正確的是 ( ) A.在上升和下降過程中,橢球體對盒子的六個面均有作用力 B.在上升過程中,盒子頂部對橢球體有向下的作用力且作用力逐漸減小 C.在下降過程中,盒子頂部對橢球體有向下的作用力 D.在下降過程中,盒子底部對橢球體有向上的作用力且作用力逐漸增大,答案 BD 在上升過程,整體的加速度a1= =g+ ,隔離對橢球體分析,mg+F=ma1,解得 F= ,方向向下,即盒子頂部對橢球體有向下的作用力。上升過程整體在做減速運動,由于空 氣阻力與速度成正比,可知盒子頂部對橢球體向下的作用力逐漸減小。在下降的過程中,整體 的加速度a2= =g- ,隔離對橢球體分析,mg+F=ma2,解得F=- ,方向向上,即盒子底部 對橢球體有向上的作用力。下降過程整體在做加速運動,因為空氣阻力與速度成正比,所以盒 子底部對橢球體向上的作用力逐漸增大。故B、D正確。,8.(2019陜西西安師大附中等八校聯(lián)考,5)如圖所示,材料相同的物體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。則輕繩拉力的大小 ( ) A.與斜面的傾角有關(guān) B.與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)有關(guān) C.與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān) D.若改用F沿斜面向下拉連接體,且F仍作用在m1上,輕繩拉力的大小不變,答案 CD 將兩物體看成一個整體,有: F-(m1+m2)g sin -(m1+m2)g cos =(m1+m2)a 解得a= 對m2受力分析且由牛頓第二定律有: T-m2g sin -m2g cos =m2a 解得:T= T值與、無關(guān),故A、B錯誤,C正確。 若改用F沿斜面向下拉連接體,將兩物體看成一個整體有: F+(m1+m2)g sin -(m1+m2)g cos =(m1+m2)a 解得:a= 對m2受力分析且由牛頓第二定律有: T+m2g sin -m2g cos =m2a 解得T= ,故D正確。,9.(2018遼寧大連雙基,4)如圖所示,木塊A疊放在木塊B的上表面,木塊B上表面水平,B的下表面 與斜面間無摩擦,A與B保持相對靜止一起沿斜面下滑過程中,斜面體C保持不動,下列判斷正確 的是 ( ) A.A木塊受到的摩擦力水平向右 B.A對B的作用力方向豎直向下 C.C與水平地面之間沒有摩擦力 D.C對地面的壓力小于A、B、C重力之和,答案 D 以A和B整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得:a=g sin ,把加速度分解,水平方 向:ax=g sin cos ,豎直方向ay=g sin2 ,隔離A進行分析有:fA=mAax=mAg sin cos ,方向向左,故A 錯誤;A對B的壓力豎直向下,A對B的摩擦力水平向右,A對B的作用力即A對B的摩擦力和壓力的 合力,根據(jù)平行四邊形定則可知指向右下方,故B錯誤;對整體進行分析,由于A和B有向左的加 速度ax,地面對C的摩擦力方向向左,故C錯誤;由于A和B整體具有向下的加速度ay=g sin2 ,處于 失重狀態(tài),所以地面對C的支持力小于A、B、C重力之和,故D正確。 考查點 牛頓第二定律的矢量性、失重 溫馨提示 A和B整體沿斜面下滑,加速度a=g sin 。,加速度分解,10.(2019遼寧沈陽質(zhì)檢,12)如圖所示,一足夠長木板在水平粗糙面上向右運動。某時刻速度為 v0=2 m/s,此時一質(zhì)量與木板相等的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v1=4 m/s的速度從右側(cè)滑上木板,經(jīng) 過1 s兩者速度恰好相同,速度大小為v2=1 m/s,方向向左。重力加速度g=10 m/s2,試求: (1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)1; (2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)2; (3)從滑塊滑上木板,到最終兩者靜止的過程中,滑塊相對木板的位移大小。,答案 (1)0.3 (2) (3)2.75 m 解析 (1)對小滑塊分析,其加速度為 a1= = m/s2=-3 m/s2,方向向右 對小滑塊根據(jù)牛頓第二定律有-1mg=ma1,可以得到: 1=0.3 (2)對木板分析,其先向右減速運動,根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可以得到: 1mg+22mg=m 然后向左加速運動,根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可以得到: 1mg-22mg=m 而且t1+t2=t=1 s 聯(lián)立可以得到:2= ,t1=0.5 s,t2=0.5 s (3)在t1=0.5 s時間內(nèi),木板向右減速運動,其向右運動的位移為x1= t1=0.5 m,方向向右,在t2=0.5 s時間內(nèi),木板向左加速運動,其向左加速運動的位移為x2= t2=0.25 m,方向向左 在整個t=1 s時間內(nèi),小滑塊向左減速運動,其位移為x= t=2.5 m,方向向左 則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為 x=x+x1-x2=2.75 m。 考查點 牛頓第二定律的應(yīng)用 思路指導(dǎo) (1)對小滑塊根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)公式進行求解; (2)對木板分析,其先向右減速后向左加速,分過程進行分析即可; (3)分別求出二者相對地面的位移,然后求解二者的相對位移。,11.(2018陜西質(zhì)檢,24)某次滑雪訓(xùn)練,運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用 獲得水平推力F