2020年高考物理壓軸題專(zhuān)練附解答：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用平衡條件的應(yīng)用1.物體的超、失重物體實(shí)際所受的重力超、失重測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤所顯示的數(shù)值物體視蛍與實(shí)重不相等的現(xiàn)象物協(xié)對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳?的拉力)不等于物怵重力的現(xiàn)魚(yú)2. 判斷超重和失重現(xiàn)象的三個(gè)技巧(1) 從受力的角度判斷當(dāng)物體受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài).從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度 時(shí)處于完全失重狀態(tài).(3)從速度變化角度判斷物體向上加速或向下減速時(shí)，超重.物體向下加速或向上減速時(shí)，失重.3.超重和失重現(xiàn)象的

2、兩點(diǎn)說(shuō)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)當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，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.此時(shí)，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如物體懸浮空中、天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強(qiáng)和浮力、天宮二號(hào)”中的航天員躺著和站著睡覺(jué)一樣舒服等考點(diǎn)二 應(yīng)用整體法與隔離法處理連接體問(wèn)題1. 方法選取(1) 整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，則可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量).(2) 隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要

3、求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力，則需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求物體之間的作用力，則可以選用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力即 先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”.2連接體問(wèn)題的具體類(lèi)型(1) 通過(guò)滑輪和繩的連接體問(wèn)題：若要求繩的拉力，繩跨過(guò)定滑輪，連接的兩物體雖然加速度大小相同但方向不同，故采用隔離法.水平面上的連接體問(wèn)題：這類(lèi)問(wèn)題一般多是連接體(系統(tǒng))中各物體保持相對(duì)靜止，即具有相同的加速度.解題時(shí)，一般整體法、隔離法交替應(yīng)用(3) 斜面體及其上面物體組成的系統(tǒng)的

4、問(wèn)題：當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對(duì)于地面靜止時(shí)，解題時(shí)一般采用隔離法分析；若物體隨斜面體共同加速運(yùn)動(dòng)，一般整體法、隔離法交替應(yīng)用考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題1.常見(jiàn)四類(lèi)動(dòng)力學(xué)圖像及解題辦法v-t圖像根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力F-a圖像首先要根據(jù)具體的物理情境，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個(gè)量間 的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像 給出的信息求出未知量a-t圖像要注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定 律列方程F-t圖像要結(jié)合物體受到的力

5、，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)2. 解題策略(1) 問(wèn)題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義(2) 應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確 圖像與公式”圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷考點(diǎn)四動(dòng)力學(xué)中的臨界與極值問(wèn)題1. 動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題在應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的加速度不同時(shí)，物體有可能處于不同的狀態(tài)，特別是題目中出現(xiàn) 最大”最小”剛好”等詞語(yǔ)時(shí)，往往會(huì)有臨界值出現(xiàn).2. 產(chǎn)生臨界問(wèn)題的條件（1）兩物體脫離的臨界條件：彈力FN=0，加速度相同，速度相同.（2）相對(duì)滑動(dòng)的

6、臨界條件：兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，靜摩擦力達(dá)到最大值.（3）繩子拉斷與松弛的臨界條件：繩子斷時(shí)，繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛時(shí)，張力FT=0.3. 臨界問(wèn)題的常用解法（1）極限法:把物理問(wèn)題（或過(guò)程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的.（2）假設(shè)法：臨界問(wèn)題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問(wèn)題.（3）數(shù)學(xué)方法:將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件.典例精析考點(diǎn)一：超重與失重典例一：（2018南京金陵中學(xué)模擬）圖（甲）是某人站在力傳感

7、器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的點(diǎn)表示人的重心圖（乙）是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫(huà)出的力一時(shí)間圖線兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖（甲）中沒(méi)有畫(huà)出.取重力加速度g=10 m/s2.根據(jù)圖像分析可知（1 000a/ r購(gòu)聶疊!:!:曙備It lng;=加占劉=!: BH 1 s I a .Im Is I R u:ulsw:»!:7 n hvh SIR nHlIa.*丁nJs!: 9瞄9齋十咼A. 人的重力為1 500 NB. c點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)C. e點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)D. d點(diǎn)的加速度小于f點(diǎn)的加速度【答案】B【解析】（1）力傳感器上顯示的是壓力，靜止時(shí)重力等于壓力的大

8、小，只有比較合力的大小才能比較加速度的大小.（2）壓力大于重力就是超重，壓力小于重力就是失重解析：由圖可知人的重力為 500 N,故A錯(cuò)誤;c點(diǎn)位置人的支持力 750 N>500 N,處于超重狀態(tài),故B正確;e點(diǎn)位 置人的支持力650 N>500 N,處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤;d點(diǎn)的加速度為 錯(cuò)誤！未找到引用源。=錯(cuò)誤！未找到引用 源。m/s2=20 m/s2,f點(diǎn)的加速度為a=g=10 m/s2,所以,d點(diǎn)的加速度大于f點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤.典例二（2019寧夏銀川模擬）將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受 阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反.該過(guò)程

9、的v -t圖象如圖所示，g取10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是（）A 小球所受重力和阻力之比為 6 : 1C.小球回落到拋出點(diǎn)的速度大小為8.6 m/s【答案】C【解析】小球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小B 小球上升與下落所用時(shí)間之比為2 : 3D.小球下落過(guò)程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)a1= 12 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg+ f= maj，解得阻力=ma1 mg = 2 N ,則重力和阻力大小之比為5 ： 1,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下降的加速度大小a2 =mg fm=10 2=1m/s2= 8 m/s2,根據(jù)x= ；at2得 t=知上升的時(shí)間和下落的時(shí)間之比為t1 : t2=a2 :

10、 a1= 6 : 3,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球勻減速上升的位移 x= 2 X2 >24 m = 24 m，根據(jù)v2 = 2a2x得，v = 2a2x=/2 >8 X24 m/s= 8 6m/s，故選項(xiàng)C正確；下落的過(guò)程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.考點(diǎn)二：應(yīng)用整體法與隔離法處理連接體問(wèn)題典例一：（2018吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量均為m的A,B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動(dòng)摩 擦因數(shù)均為物塊間用一恰好伸直的水平輕繩相連，現(xiàn)用水平力F向右拉物塊A,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng) 摩擦力，重力加速度為g下列說(shuō)法中不正確的是（）RAATTZTZ/ZZ/zZJZzZZ/yzZZ

11、ZZZZ/ZZZTZ/ZZ/JZTZZZXA. 當(dāng)0<F J m時(shí)，繩中拉力為0B. 當(dāng)卩mgvFW 2卩mg,A,B物體均靜止C. 當(dāng)F>2卩mg時(shí),繩中拉力等于F/2D. 無(wú)論F多大,繩中拉力都不可能等于F/3解析：因?yàn)樽畲箪o摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)0<FW mg寸,A受到拉力與靜摩擦力的作用，二者平衡，繩子拉力為0,A正確；當(dāng)卩mg<FW 2卩mg,A,B整體受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡,A,B整體處于靜止?fàn)顟B(tài),B正確；當(dāng)F>2mg寸，整體將開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有a=錯(cuò)誤味找到引用源。，對(duì)B,則有F拉=ma+卩mg即F拉=錯(cuò)誤 味找到引用源。，C正確；當(dāng)

12、水平力F=錯(cuò)誤 味找到引用源。i mg寸,繩子的拉力可為 錯(cuò)誤味 找到引用源。，D錯(cuò)誤.典例二：（2017哈爾濱三中模擬）如圖所示，光滑水平面上放置著四個(gè)相同的木塊，其中木塊B與C之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)用水平拉力F拉B木塊，使四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（）DA一 FCBA 一起加速過(guò)程中,B .一起加速過(guò)程中,C 一起加速過(guò)程中,C木塊受到四個(gè)力的作用D所受到的靜摩擦力大小為 F4D 當(dāng)F撤去瞬間,A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同【答案】BC【解析】在水平拉力F的作用下，四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速

13、運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律可知，對(duì)整 體有F = 4ma,對(duì)A、D木塊有fA = fD = ma,解得A、D木塊所受摩擦力大小 fA = fD = £，方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過(guò)程中，C木塊受到重力、D木塊對(duì)其的壓力和靜摩擦力、地面對(duì)其的支持力及彈簧對(duì)其的彈力，共五個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F撤去瞬間，D木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變,而A木塊所受靜摩擦力的大小不變但反向，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三：動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題典例一（2018安徽合肥聯(lián)考）如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨 過(guò)滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變，改

14、變 B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到 A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如乙圖所示。設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)?正方向，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的傾角為 0,下列說(shuō)法正確的是A. 若0已知，可求出A的質(zhì)量B. 若0未知，可求出乙圖中 ai的值C. 若0已知，可求出乙圖中 a2的值D. 若0已知，可求出乙圖中 mo的值【答案】AB【解析】設(shè)A的質(zhì)量為M，當(dāng)B的質(zhì)量m=mo時(shí)，a的加速度為零，則有 mog=Mg sin ，若 已知，可求 出A的質(zhì)量，不可求出乙圖中 a2的值，不可求出乙圖中 mo的值，選項(xiàng)A正確CD錯(cuò)誤。當(dāng)B的質(zhì)量m趨 近于無(wú)限大時(shí)，A的加速度a的加

15、速度趨近于g,即ai=g，選項(xiàng)B正確。考點(diǎn)四：動(dòng)力學(xué)中的臨界與極值問(wèn)題典例一 （2018湖北四地七校聯(lián)考）如圖所示，水平地面上有一車(chē)廂，車(chē)廂內(nèi)固定的平臺(tái)通過(guò)相同的彈簧把相 同的物塊A,B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上 ，已知A,B與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩車(chē)廂靜止時(shí)，兩彈簧長(zhǎng)度相同,A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 ，重力加速度為 g.現(xiàn)使車(chē)廂沿水平方向加速運(yùn)動(dòng)，為保證A,B仍相對(duì)車(chē)廂靜止，則（AA.速度可能向左，加速度可大于(1+ )gB.加速度一定向右，不能超過(guò)(1- i )gC.加速度一定向左，不能超過(guò)igD.加速度一定向左，不能超過(guò)(1- i )g【答案】B【解析】:A恰好不下滑

16、，受力分析如圖1則有Ff=mg，F(xiàn)彈=FNA，F(xiàn)f=F彈,現(xiàn)使車(chē)廂加速，且保證A，B仍相對(duì)車(chē)廂靜止，而彈簧彈力F彈不變假設(shè)加速度a水平向左，由 A物體受力知Fn減小，F(xiàn)fm減小,A將下滑,與要求不符 故a應(yīng)水平向右，設(shè)最大值為am，對(duì)B物體受力分析如圖 2所示，錯(cuò)誤！未找到引用源。=i (F單-mg)=mam，聯(lián)立解得am=(1- i )g故選項(xiàng)B正確.典例二(2019河北邯鄲一模) 如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板與水平地面間的夾角B可以調(diào)節(jié)，當(dāng)木板與水平地面間的夾角為 37°時(shí)，一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該物塊以大小vo= 10m/s的初速度從木板的底端沿木板上滑，

17、隨著B(niǎo)的改變，物塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變化。取g= 10m/s2,sin37 = 0.6, cos37 = 0.8。(1 )求物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)1(2 )當(dāng)B滿(mǎn)足什么條件時(shí)，物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出該最小距離。Fn，對(duì)物塊受力分析，有:【解析】(1 )當(dāng)0= 37°時(shí)，設(shè)物塊的質(zhì)量為 m，物塊所受木板的支持力大小為 mgsin37 = iFnFn - mgcos37 °= 0解得：尸0.75。(2 )設(shè)物塊的加速度大小為a,則由牛頓第二定律得：mgs in 0 +口 tmgcos= ma設(shè)物塊的位移為 x,則有：vo2= 2ax2解得：，-_，一

18、9;_2g （sin 日 + 卩 cos 日）令tana=卩，可知當(dāng) a +爭(zhēng)90°即0= 53°時(shí)x最小最小距離為： xmin = 4m。答：（1）物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.75;（2 ）當(dāng)0= 53°時(shí)物塊沿木板向上滑行的距離最小，最小距離是4m。1. （2018開(kāi)封質(zhì)檢）靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小 F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則A.在0ti時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大B . t2時(shí)刻物塊的加速度最大C . t2時(shí)刻后物塊做反向運(yùn)動(dòng)D . t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大【答案

19、】BD【解析】在 0ti時(shí)間內(nèi)，水平方向的拉力逐漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊靜止不動(dòng)，水平拉力做功為零，功率為零，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻水平拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律，物塊加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后水平拉力逐漸減小，物塊加速度逐漸減小，速度方向不變，速度仍然繼續(xù)增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t3時(shí)刻水平拉力減小到等于滑動(dòng)摩擦力，速度增大到最大，t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大，選項(xiàng) D正確。2.如圖1所示，在傾角為 0的斜面上方的A點(diǎn)處旋轉(zhuǎn)一光滑的木板 AB, B端剛好在斜面上，木板與豎直 方向AC所成角度為a, 小物塊由A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則a與0角的大小關(guān)系（）9B.A.

20、 a= 0C. a= 2 0【答案】B【解析】如圖所示，在豎直線AC上選取一點(diǎn)0,以適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫(huà)圓，使該圓過(guò)A點(diǎn)，且與斜面相切于D點(diǎn)。由等時(shí)圓模型的特點(diǎn)知，由A點(diǎn)沿斜面滑到D點(diǎn)所用時(shí)間比由 A點(diǎn)到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)所用時(shí)間都短。將木板下端 B點(diǎn)與D點(diǎn)重合即可，而/ C0D = 0,貝U a= 0選項(xiàng)B正確。a=D.a=3 （山西省運(yùn)城市康杰中學(xué) 2018屆高考模擬（四）如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細(xì)線分別懸掛在天花板上，兩細(xì)線與水平方向夾角分別為60°和45° A、B間拴接的輕質(zhì)彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是（）A. A、B的質(zhì)量之比為1 ： -.3B.

21、A、B所受彈簧彈力大小之比為3 : '、2C. 懸掛A、B的細(xì)線上拉力大小之比為 1 :、2D. 快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時(shí)加速度大小之比為1 :, 2【答案】D【解析】對(duì)AB兩個(gè)物體受力分析，如圖所示：AB都處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，則有:對(duì)物體A： tan60° mAg ,對(duì)物體B, FmBgF所以mA ：mB, 3:1，故a錯(cuò)誤;同一根彈簧彈力相等，故B錯(cuò)誤；對(duì)A物體，細(xì)線拉力Ta F °，對(duì)B物體，細(xì)線拉力Tb 一F °cos60cos45解得： Ta：Tb V2：1 故C錯(cuò)誤；B快速擷去彈蕃的嚼間物體AB將以懸點(diǎn)為囿心做圜周運(yùn)航剛擱去釋普的瞬

22、間將重力分解為沿半®和沿 切線方包沿半合力為零洽力沿切線方向，則重力沿切線方向的分力攝供了加速度祁占二geo曲所以 快速撤去彈簫的瞬間山、B的瞬時(shí)加速度大小之比為1 ： Ji故n正確i故選D點(diǎn)睛：分別對(duì) AB兩個(gè)物體受力分析,AB都處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件列式比較即可 ,AB兩個(gè)物 體的彈簧彈力相同4. (2016年?yáng)|北三省四市教研聯(lián)合 體高考模擬試卷(三)理科綜 合)(20分)如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg 的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度 V0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 尸0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一

23、個(gè)水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，1物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s,給木板施加不同大小的恒力F，得到 F的關(guān)系如圖乙所示，s其中AB與橫軸平行，且 AB段的縱坐標(biāo)為1m-1。將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度 g=10m/s2。(1) 若恒力F=0,則物塊會(huì)從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時(shí)間是多少？1F函數(shù)關(guān)系式。(2) 圖乙中BC為直線段，求該段恒力 F的取值范圍及1【答案】（1）【解析】（1 ）以初速度圖甲圏乙1 F 31 _ s ； （ 2）s 43V0為正方向，物塊的加速度大小:amg 2m/s2木板的加速度大小：aMmg 4m/s2由圖乙知，板

24、長(zhǎng) L=1m滑塊相對(duì)木板的路程:Vot1 amt222aMt1聯(lián)立解得：t 1 s31s當(dāng)t=1s時(shí)，滑塊的速度為2m/s，木板的速度為4m/s，而當(dāng)物塊從木板右端滑離時(shí)，滑塊的速度不可能小于木板的速度，t 1s應(yīng)舍棄，故所求時(shí)間為t 書(shū)F較小時(shí)，物塊將從木板右端渭下，3 F増大到某一值時(shí)呵決恰野到遼來(lái)皈的右端且兩昔具有共同速虞丹歷時(shí)tLJ則:r F十口幗Jjyr =1F+3聯(lián)立解得：-=由圖乙知，相對(duì)路程：代入解得：FN1N當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，則：M m f ma由于靜

25、摩擦力存在最大值，所以：f < fmaxmg 2N聯(lián)立解得：F < 3N1 F 3綜述：BC段恒力F的取值范圍是1N < F < 3N，函數(shù)關(guān)系式是-s 45. （2016年大連二模）截面為直角三角形的斜面體固定在水平地面上，兩斜面光滑，斜面傾角分別為60 °和 30 °,起始距地一條不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定在斜面頂端的光滑定滑輪連接著兩個(gè)小物體，物體B的質(zhì)量為m 面的高度均為h,重力加速度為g。A剛到地面時(shí)的速度大小;（2）若斜面體不固定，當(dāng)斜面體在外力作用下以大小為a的加速度水平向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),要使A、A的質(zhì)量和加速度a的關(guān)系。皓案】（1）

26、v=（1- 33）gh(2)mA>（1 ）若A的質(zhì)量也為m，由靜止同時(shí)釋放兩物體，求當(dāng)【名師解析】仃8分*設(shè)月剛落地時(shí)的速度為由山和E運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒得,mah-mgsin30d -Imk（2 分） sin 60° 2（2 ）對(duì)兩個(gè)物體分別進(jìn)行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐標(biāo)系進(jìn)行正交分解當(dāng)斜面體向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向水平向右：(2 分)對(duì) A 物體，T mAg sin60m Aa cos60對(duì) B 物體， mg sin 30 T macos30（2 分）（1 分）解得 mA= mg 4a>13g a由等式右側(cè)的分子得，加速度的大小應(yīng)滿(mǎn)足0<

27、 a加速度a越大，A物體的質(zhì)量越小,A物體質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)足0<mA<.3m。當(dāng)斜面體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向水平向左:對(duì) A 物體，mAg sin60 T mAacos60（ 2 分）對(duì) B 物體，T mg sin 30 ma cos30（2 分）解得mAmg . 3ma3g a由等式右側(cè)的分母得，加速度的大小應(yīng)滿(mǎn)足（1 分）0< a .一 3g加速度a越大，A物體的質(zhì)量越大,A物體質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)足mA6. 【2019江蘇高考】 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(duì)齊。 A與B、B與地面 間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 w先敲擊A, A立即獲得水平向右的初速度， 在B上滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)齊的前、后,B運(yùn)動(dòng)加速度的大小 aB、aB;(3) B被敲擊后獲得的初速度大小VB?！敬鸢浮浚?） 2卩gL （2）3 wgwg （3）2叮2 卩 gL【解析】A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示:(1)A被敲擊后，B靜止，A向右運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知，A的加速度大小aA=gA在B上滑動(dòng)時(shí)有 2aAL = vA解得