(全國版)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí)必修1 第三章 專題突破一 (含解析)

專題突破一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用突破一動(dòng)力學(xué)中的圖象問題1．常見的動(dòng)力學(xué)圖象v－t圖象、F－a圖象、F－x圖象、a－t圖象、F－t圖象等。2．?dāng)?shù)形結(jié)合解決動(dòng)力學(xué)圖象問題(1)在圖象問題中，無論是讀圖還是作圖，都應(yīng)盡量先建立函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系；然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取圖象信息或者描點(diǎn)作圖。(2)讀圖時(shí)，要注意圖線的起點(diǎn)、斜率、截距、折點(diǎn)以及圖線與橫坐標(biāo)包圍的“面積”等所對(duì)應(yīng)的物理意義，盡可能多地提取解題信息?？枷騽?dòng)力學(xué)中的v－t圖象【例1】(多選)(2015·全國卷Ⅰ，20)如圖1(a)，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)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()圖1A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析由v－t圖象可求物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行時(shí)gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可見能計(jì)算出斜面的傾斜角度θ以及動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝eq\f(v0,2)t1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)v－t圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案ACD考向動(dòng)力學(xué)中的F－x圖象【例2】(2018·全國卷Ⅰ，15)如圖2，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)顟B(tài)?，F(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(yùn)動(dòng)。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與x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()圖2解析假設(shè)物塊靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A考向動(dòng)力學(xué)中的F－a圖象【例3】(2013·課標(biāo)卷Ⅱ，14)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時(shí)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(dòng)摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關(guān)系的圖象是()解析當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時(shí)，物塊靜止不動(dòng)，加速度為零，當(dāng)F大于最大靜摩擦力時(shí)，根據(jù)F－f＝ma知，隨F的增大，加速度a增大，故選項(xiàng)C正確。答案C動(dòng)力學(xué)圖象問題的解題策略1．如圖3，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程，若用h、x、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是()圖3解析滑塊以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)滑塊受力分析易得a＝μgcosθ－gsinθ，方向沿斜面向上，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；x＝v0t－eq\f(1,2)at2，h＝xsinθ，由圖象規(guī)律可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。答案B2．一次演習(xí)中，一空降特戰(zhàn)兵實(shí)施空降，飛機(jī)懸停在高空某處后，空降特戰(zhàn)兵從機(jī)艙中跳下，設(shè)空降特戰(zhàn)兵沿直線運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象如圖4a所示，當(dāng)速度減為零時(shí)特戰(zhàn)兵恰好落到地面。已知空降特戰(zhàn)兵的質(zhì)量為60kg。設(shè)降落傘用8根對(duì)稱的繩懸掛空降特戰(zhàn)兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖b所示。不計(jì)空降特戰(zhàn)兵所受的阻力。則空降特戰(zhàn)兵(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖4A．前2s處于超重狀態(tài)B．從200m高處開始跳下C．落地前瞬間降落傘的每根繩對(duì)特戰(zhàn)兵的拉力大小為125ND．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為10m/s解析由v－t圖可知，降落傘在前2s內(nèi)加速下降，中間5s勻速下降，最后6s減速下降，故前2s失重，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v－t圖面積x＝eq\f(1,2)×(5＋13)×20m＝180m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；落地前瞬間a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,6)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，對(duì)特戰(zhàn)兵，由牛頓第二定律，8T·cos37°－mg＝m|a|，T＝125N，選項(xiàng)C正確；全程平均速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(180,13)m/s＞10m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C突破二動(dòng)力學(xué)中的連接體問題1．連接體多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度)。2．解決連接體問題的兩種方法【例4】(多選)(2015·全國卷Ⅱ，20)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(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，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(jī)車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)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解析設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對(duì)象，有F＝nma①P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對(duì)象，有F＝km·eq\f(2,3)a②聯(lián)立①②得3n＝2k，總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確。答案BC(1)處理連接體問題時(shí)，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路得先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。(2)隔離法分析物體間的作用力時(shí)，一般應(yīng)選受力個(gè)數(shù)較少的物體進(jìn)行分析。1．(多選)(2019·河北保定一模)如圖5所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對(duì)靜止地向左運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g＝10m/s2，下列判斷正確的是()圖5A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．F＝40NC．斜面體對(duì)楔形物體的作用力大小為5eq\r(2)ND．增大力F，楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)解析對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；斜面體對(duì)楔形物體的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C錯(cuò)誤；外力F增大，則斜面體加速度增加，楔形物體不能獲得那么大的加速度，將會(huì)相對(duì)斜面體沿斜面上滑，D正確。答案BD2．如圖6甲所示，質(zhì)量為m0的小車放在光滑水平面上，小車上用細(xì)線懸吊一質(zhì)量為m的小球，m0＞m，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α角，細(xì)線的拉力為FT。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a′向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向也成α角，如圖乙所示，細(xì)線的拉力為FT′。則()圖6A．F′＝F，F(xiàn)T′＝FT B．F′＞F，F(xiàn)T′＝FTC．F′＜F，F(xiàn)T′＞FT D．F′＜F，F(xiàn)T′＜FT解析對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由于小球豎直方向上所受合力為零，可知FTcosα＝mg，F(xiàn)T′cosα＝mg，所以FT＝FT′。對(duì)于題圖乙中的小球，水平方向有FT′sinα＝ma′，對(duì)于題圖甲中的小車，水平方向有FTsinα＝m0a，因?yàn)閙0>m，所以a′＞a。對(duì)小球與車組成的整體，由牛頓第二定律得F＝(m0＋m)a，F(xiàn)′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，選項(xiàng)B正確。答案B3．(多選)(2019·陜西商洛質(zhì)檢)如圖7所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x1；當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()圖7A．若m＞M，有x1＝x2 B．若m＜M，有x1＝x2C．若μ＞sinθ，有x1＞x2 D．若μ＜sinθ，有x1＜x2解析在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－μmg＝ma1②聯(lián)立①②解得FT＝eq\f(m,m＋M)F③在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤聯(lián)立④⑤解得FT′＝eq\f(m,M＋m)F⑥比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤。答案AB突破三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題的分析方法1．臨界或極值條件的標(biāo)志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，即表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)。(2)若題目中有“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)往往對(duì)應(yīng)臨界狀態(tài)。(3)若題目中有“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)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2．“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：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力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT＝0。(4)加速度變化時(shí)，速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度變?yōu)?時(shí)?！纠?】傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，在滑塊M的頂端O處固定一細(xì)線，細(xì)線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m＝eq\f(\r(5),5)kg，當(dāng)滑塊M以a＝2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線拉力的大小為(取g＝10m/s2)()圖8A．10N B．5N C.eq\r(5)N D.eq\r(10)N解析當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度為某一臨界值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，此時(shí)小球受到重力和線的拉力的作用，如圖甲所示。根據(jù)牛頓第二定律，有FTcosθ＝ma0，F(xiàn)Tsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a＝2g時(shí)，小球已“飄”起來了，此時(shí)小球受力如圖乙所示，則有FT′cosα＝m·2g，F(xiàn)T′sinα－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，聯(lián)立解得FT′＝10N，故選項(xiàng)A正確。答案A1．分析臨界問題的兩種方法極端分析法把物理問題(或過程)推向極端，分析在極端情況下可能出現(xiàn)的狀態(tài)和滿足的條件，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題2.解題策略：解決此類問題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過程，從而找出臨界條件。3．分析極值問題常用的“四種”典型的數(shù)學(xué)處理方法(1)三角函數(shù)法。(2)利用二次函數(shù)的判別式法。(3)極限法。(4)根據(jù)臨界條件列不等式法。1．如圖9所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質(zhì)量為m的物體B緊挨A放置，此時(shí)彈簧水平且無形變，用水平力F緩慢推動(dòng)物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時(shí)物體A、B靜止，已知物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體B與水平面間的摩擦不計(jì)，撤去F后，物體A、B開始向左運(yùn)動(dòng)，A運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0，重力加速度大小為g。則()圖9A．物體A和B先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B．物體剛向左運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(kx0－μmg,m)C．物體A、B運(yùn)動(dòng)eq\f(μmg,k)后分離D．物體A、B運(yùn)動(dòng)x0－eq\f(μmg,k)后分離解析撤去F后，在物體A離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運(yùn)動(dòng)，離開彈簧之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去F瞬間，以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(kx0－μmg,2m)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)A、B分離時(shí)，A、B的加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧彈力F彈＝μmg＝kx1，x1＝eq\f(μmg,k)，所以物體A、B一起開始向左運(yùn)動(dòng)x＝x0－eq\f(μmg,k)后分離，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案D2．如圖10所示，一足夠長的木板，上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)。隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。圖10解析當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定律方程：－mgsinθ－μmgcosθ＝ma①木塊的位移為x，有0－veq\o\al(2,0)＝2ax②根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時(shí)位移最小，根據(jù)①式有a＝－g(sinθ＋μcosθ)根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，則α＝30°要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時(shí)取最大值geq\r(1＋μ2)所以有θ＝90°－α＝60°時(shí)，加速度取最大值為a＝－eq\f(2g,\r(3))代入②可得xmin＝eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),4g)答案60°eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),4g)科學(xué)思維系列——千變?nèi)f化之“斜面模型”斜面模型是中學(xué)物理中常見的模型之一。斜面模型的基本問題有物體在斜面上的平衡、運(yùn)動(dòng)及受力問題。通過斜面模型，借助斜面的幾何特點(diǎn)，尤其是斜面的角度關(guān)系，可以對(duì)共點(diǎn)力的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及功能關(guān)系等知識(shí)，整體法與隔離法、極值法、極限法等物理方法進(jìn)行考查?？忌谔幚泶祟悊栴}時(shí)，要特別注意受力分析、正交分解法以及牛頓第二定律的運(yùn)用。模型1斜面中的“平衡類模型”【典例1】(多選)如圖11所示，質(zhì)量為m的物體A放在質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物體A，使其沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，斜面B始終靜止不動(dòng)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖11A．斜面B相對(duì)地面有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)B．地面對(duì)斜面B的靜摩擦力大小為FcosθC．地面對(duì)斜面B的支持力大小為(M＋m)g＋FsinθD．斜面B與物體A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ思路點(diǎn)撥由于A在斜面上勻速下滑，B靜止不動(dòng)，故A和B均處于平衡狀態(tài)。因此，在分析B與地面間的相互作用時(shí)，可將A、B看成一個(gè)整體進(jìn)行分析；由A在斜面上勻速下滑可知，A在斜面方向上受力平衡，由此可計(jì)算出A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析將A和B看成一個(gè)整體，對(duì)其進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，地面對(duì)B的靜摩擦力f＝Fcosθ，方向水平向右，故B相對(duì)地面有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由平衡條件可知，地面對(duì)B的支持力FN＝(M＋m)g＋Fsinθ，選項(xiàng)C正確；對(duì)A進(jìn)行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsinθ＋F＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ＋eq\f(F,mgcosθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC模型2斜面中的“動(dòng)力學(xué)模型”【典例2】(多選)(2019·日照一模)如圖12所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0時(shí)刻，滑塊B以初速度v0自斜面底端沖上斜面，t＝t0時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)。取沿斜面向上為正方向，下列表示滑塊在斜面上整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度v隨時(shí)間t變化的圖象中，可能正確的是()圖12解析若斜面是光滑的，則滑塊在上滑和下滑的過程中所受合力為重力沿斜面向下的分力，大小方向均不變，故A正確；若斜面不光滑且滑塊上滑過程中所受的滑動(dòng)摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，則滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)后會(huì)靜止在斜面上，故B正確；若斜面不光滑且滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的滑動(dòng)摩擦力(即最大靜摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，則滑塊在上升過程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力，而在下降過程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力，所以滑塊沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C錯(cuò)誤，D正確。答案ABD模型3斜面中的“連接體模型”【典例3】(多選)如圖13所示，傾角為θ的斜面體C置于粗糙水平面上，物塊B置于斜面上，已知B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，B通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物塊A連接，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，A、B的質(zhì)量分別為m、M?，F(xiàn)給B一初速度，使B沿斜面下滑，C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，則在B下滑的過程中，下列說法正確的是()圖13A．不論A、B的質(zhì)量大小關(guān)系如何，B一定減速下滑B．A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(mg,m＋M)C．水平面對(duì)C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左D．水平面對(duì)C的支持力與B、C的總重力大小相等解析因B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，故如果物塊B不受細(xì)繩的拉力作用，則沿斜面方向受力平衡，即Mgsinθ＝μMgcosθ，若給B一初速度，物塊B將勻速下滑。但是細(xì)繩對(duì)B有沿斜面向上的拉力，故物塊B一定減速下滑，選項(xiàng)A正確；對(duì)A、B分別進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知T＋μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝eq\f(mg,M＋m)，選項(xiàng)B正確；設(shè)水平地面對(duì)C的靜摩擦力方向水平向左，則斜面C的受力分析如圖所示。由于斜面體始終靜止不動(dòng)，故有：Ff′＋Ffcosθ＝FN2sinθ，F(xiàn)N1＝G＋Ffsinθ＋FN2cosθ，又因?yàn)镕f＝Mgsinθ，F(xiàn)N2＝Mgcosθ，聯(lián)立可得：Ff′＝0，F(xiàn)N1＝G＋Mg，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案ABD課時(shí)作業(yè)(時(shí)間：25分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1．物體A、B放在光滑的水平地面上，其質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1。現(xiàn)用水平3N的拉力作用在物體A上，如圖1所示，則A對(duì)B的拉力等于()圖1A．1N B．1.5N C．2N D．3N解析設(shè)B物體的質(zhì)量為m，A對(duì)B的拉力為FAB，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝(mA＋mB)a，則a＝eq\f(3,m＋2m)，對(duì)B有FAB＝ma，所以FAB＝1N。答案A2．如圖2所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為()圖2A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2) C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)解析把m1、m2看成一個(gè)整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(Fcosθ,m1＋m2)，選項(xiàng)A正確。答案A3．如圖3所示，在建筑工地，民工兄弟用兩手對(duì)稱水平施力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，水平作用力為F，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在此過程中，A、B間的摩擦力為()圖3A．μF B.eq\f(1,2)m(g＋a)C．m(g＋a) D.eq\f(3,2)m(g＋a)解析對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。聯(lián)立解得FfBA＝eq\f(1,2)m(g＋a)，選項(xiàng)B正確。答案B4．如圖4所示，物體A、B質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上，上端和物體拴接)。對(duì)A施加一豎直向下，大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))后物體A、B處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，F(xiàn)＞2mg?，F(xiàn)突然撤去外力F，設(shè)兩物體向上運(yùn)動(dòng)過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則下列關(guān)于FN的說法正確的是()圖4A．剛撤去外力F時(shí)，F(xiàn)N＝eq\f(mg＋F,2)B．彈簧彈力等于F時(shí)，F(xiàn)N＝eq\f(F,2)C．兩物體A、B在彈簧恢復(fù)原長之前分離D．彈簧恢復(fù)原長時(shí)FN＝mg解析剛撤去外力F時(shí)，由牛頓第二定律，對(duì)A、B組成的整體有F＝2ma1，對(duì)物體A有FN－mg＝ma1，聯(lián)立解得FN＝eq\f(F,2)＋mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧彈力等于F時(shí)，對(duì)A、B組成的整體有F－2mg＝2ma2，對(duì)物體A有FN－mg＝ma2，聯(lián)立解得FN＝eq\f(F,2)，選項(xiàng)B正確；當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間相互作用力為0，對(duì)A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也為g，根據(jù)牛頓第二定律分析可知彈簧恰好恢復(fù)到原長，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B綜合提能練5．如圖5所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m。現(xiàn)施加水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)。若改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對(duì)靜止，一起沿水平面運(yùn)動(dòng)，則F′不得超過()圖5A．2F B.eq\f(F,2) C．3F D.eq\f(F,3)解析力F拉物體B時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)，故A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力Ffm，根據(jù)牛頓第二定律，有Ffm＝ma①對(duì)A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＝3ma②由①②解得Ffm＝eq\f(1,3)F。當(dāng)F′作用在物體A上時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物體A，有F′－Ffm＝ma1③對(duì)整體，有F′＝3ma1④由上述各式聯(lián)立解得F′＝eq\f(3,2)Ffm＝eq\f(1,2)F，即F′的最大值是eq\f(1,2)F。答案B6．(多選)(2018·湖北黃岡高三檢測(cè))水平地面上質(zhì)量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F