新教版高考物理總復(fù)習(xí)：06 A牛頓第二定律的基本應(yīng)用 基礎(chǔ)版（教師版）

牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)兩類基本問題1.動(dòng)力學(xué)問題的解題思路2.解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析；(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.例題精練1.(多選)如圖2甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻F突然反向，大小不變，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2.下列說法中正確的是()圖2A.0～5m內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3答案ABD解析0～5m內(nèi)，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，則物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向，B正確；5～13m內(nèi)，由v22＝2a2x2得物塊的加速度a2＝eq\f(v22,2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯(cuò)誤.2.航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F1＝32N，試飛時(shí)飛行器從地面由靜止開始豎直上升.設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的空氣阻力大小恒為f＝4N，飛行器上升9s后由于出現(xiàn)故障而失去升力，出現(xiàn)故障9s后恢復(fù)升力但升力變?yōu)镕2＝16N，取重力加速度大小g＝10m/s2，假設(shè)飛行器只在豎直方向運(yùn)動(dòng).求：(1)飛行器9s末的速度大小v1；(2)飛行器0～18s內(nèi)離地面的最大高度H；(3)飛行器落回地面的速度大小v2.答案(1)36m/s(2)216m(3)48m/s解析(1)0～9s內(nèi)，飛行器受重力、升力和阻力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4m/s2飛行器9s末的速度大小v1＝at1＝36m/s.(2)最初9s內(nèi)位移h1＝eq\f(1,2)a1t12＝162m設(shè)失去升力后上升階段加速度大小為a2，上升階段的時(shí)間為t2，由牛頓第二定律得：f＋mg＝ma2解得a2＝12m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得飛行器失去升力后上升階段v1＝a2t2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h2＝eq\f(1,2)a2t22飛行器0～18s內(nèi)離地面的最大高度H＝h1＋h2解得t2＝3s，H＝216m.(3)飛行器到最高點(diǎn)后下落，設(shè)加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：mg－f＝ma3解得a3＝8m/s2恢復(fù)升力前飛行器下落的時(shí)間為t3＝9s－t2＝6s，所以其速度v2＝a3t3.解得v2＝48m/s，由于H>eq\f(1,2)a3t32＝144m，恢復(fù)升力后F2＝mg－f，所以飛行器勻速下降，可知落回地面的速度大小為48m/s.考點(diǎn)二超重與失重問題1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度.2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度.3.完全失重(1)定義：物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下.4.實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān).(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力.此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重.技巧點(diǎn)撥1.判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(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)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).2.對超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了).(2)物體處于超重或失重狀態(tài)只與加速度方向有關(guān)，而與速度方向無關(guān).(3)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma.(4)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等.例題精練3.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖7所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()圖7A.0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)v增大，t2～t3時(shí)間內(nèi)v減小，t1～t2時(shí)間內(nèi)v不變，故B、C錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確.4.一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯勻加速上升，加速度大小為eq\f(1,3)g(g為重力加速度).人對電梯底部的壓力大小為()A.eq\f(1,3)mg B.2mgC.eq\f(4,3)mg D.mg答案C解析根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得電梯底部對人的支持力大小為FN＝eq\f(4,3)mg，由牛頓第三定律知，人對電梯底部的壓力大小為FN′＝eq\f(4,3)mg，選項(xiàng)C正確.考點(diǎn)三瞬時(shí)加速度問題1.兩種模型加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生突變時(shí)，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變.2.解題思路eq\x(分析瞬時(shí)變化前物體的受力情況)→eq\x(分析瞬時(shí)變化后哪些力變化或消失)→eq\x(求出變化后物體所受合力根據(jù)牛頓第二定律列方程)→eq\x(求瞬時(shí)加速度)例題精練5.如圖8，吊籃用繩子懸掛在天花板上，吊籃A及物塊B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，下列說法正確的是()圖8A.三者的加速度都為gB.C的加速度為零，A和B的加速度為eq\f(3,2)gC.B對A的壓力為2mgD.B對A的壓力為mg答案B解析受力分析可知，物體C受重力和彈簧彈力，彈簧的彈力不能突變，在細(xì)繩剪斷瞬間，C受到的彈力與重力相等，所受合力為零，則C的加速度為0；物體B與A相對靜止，將A、B看作一個(gè)整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于C物體的重力mg，對A、B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(mg＋mg＋mg,2m)＝eq\f(3,2)g，故A錯(cuò)誤，B正確；以吊籃A為研究對象，A受到重力與B對A的壓力，由牛頓第二定律得mg＋FN＝ma，代入數(shù)據(jù)得FN＝eq\f(mg,2)，C、D錯(cuò)誤.

綜合練習(xí)一．選擇題（共10小題）1．（勐?？h校級(jí)期末）如圖甲所示，運(yùn)動(dòng)員和雪橇總質(zhì)量為60kg，沿傾角θ＝37°的斜坡向下滑動(dòng)。測得雪撬運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖乙所示，且AB是曲線的切線，B點(diǎn)坐標(biāo)為（4，15），CD是曲線的漸近線。若空氣阻力與速度成正比，g＝10m/s2，根據(jù)以上信息，無法求出下列哪些物理量（）A．空氣阻力系數(shù) B．雪橇與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù) C．雪橇在斜坡上下滑的最大速度 D．雪橇達(dá)到最大速度時(shí)所用的時(shí)間【分析】雪橇做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大。雪橇運(yùn)動(dòng)的過程中受重力、支持力、摩擦力和空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律列出速度為5m/s時(shí)的加速度表達(dá)式，再列出加速度為零時(shí)的表達(dá)式，聯(lián)立兩式求出空氣阻力系數(shù)和動(dòng)摩擦因數(shù)【解答】解：在A點(diǎn)時(shí)，加速度為：aA＝m/s2＝2.5m/s2。速度為：vA＝5m/s根據(jù)牛頓第二定律得運(yùn)動(dòng)以后的加速度為：a＝…①當(dāng)加速度a＝0時(shí)，速度達(dá)到最大，vm＝10m/s。有：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kvm＝0…②聯(lián)立①②解得：μ＝，k＝30N/m由于該運(yùn)動(dòng)是加速度變化的加速運(yùn)動(dòng)，故無法求出雪橇到達(dá)最大速度所用的時(shí)間。故A、B、C能確定，D無法確定；本題選不能確定的；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是知道速度時(shí)間圖線上點(diǎn)的切線斜率表示瞬時(shí)加速度，漸近線表示最大速度。2．（菏澤期末）咱們菏澤蓋房子有時(shí)需要用到“瓦”這種建筑材料，如甲圖所示，現(xiàn)在工人需要把一些瓦從高處送到低處，設(shè)計(jì)了一種如圖乙所示的簡易滑軌：兩根圓柱形木桿AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上，把一摞瓦放在兩木桿構(gòu)成的滑軌上，瓦將沿滑軌滑到低處．在實(shí)際操作中發(fā)現(xiàn)瓦滑到底端時(shí)速度較大，有可能摔碎，為了防止瓦被損壞，下列措施中可行的是（）A．減小兩桿之間的距離 B．增大兩桿之間的距離 C．減少每次運(yùn)送瓦的塊數(shù) D．增多每次運(yùn)送瓦的塊數(shù)【分析】瓦滑到底部的速度較大，說明其加速度較大，即重力與摩擦力的合力較大，可以考慮通過增大摩擦力的方式來減小加速度，減小瓦滑到底部時(shí)的速【解答】解：CD、由題意可知，斜面的高度及傾斜角度不能再變的情況下，要想減小滑到底部的速度就應(yīng)當(dāng)增大瓦與斜面的摩擦力，由f＝μFN可知，可以通過增大FN來增大摩擦力；而增大瓦的塊數(shù)，增大了瓦的質(zhì)量，雖然摩擦力大了，但同時(shí)重力的分力也增大，不能起到減小加速度的作用，故改變瓦的塊數(shù)是沒有作用的，故CD錯(cuò)誤；AB、而增大兩桿之間的距離可以增大瓦受到的兩支持力的夾角，而瓦對桿的壓力隨夾角的增大而增大，故增大兩桿間的距離可以在不增大重力分力的情況下增大瓦對滑桿的壓力，從而增大摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題很多同學(xué)感到非常陌生，找不到解題的頭緒，但只要認(rèn)真分析找出本題要考什么，怎么考查，可找出解題的突破口，找到所考查的內(nèi)容并能順利求解．3．（南充期末）如圖所示，用力F提起用輕繩連在一起的A、B兩物體勻加速豎直上升，已知A、B的質(zhì)量分別為1kg和2kg，g取10m/s2，繩子所能承受的最大拉力是30N，為使繩不被拉斷，作用在A物體上的拉力F的最大值是（）A．30N B．45N C．60N D．75N【分析】先對B受力分析解得繩子拉力最大時(shí)的加速度，然后對整體由牛頓第二定律解得拉力最大值。【解答】解：設(shè)當(dāng)繩子上的拉力達(dá)到最大時(shí)兩物體的加速度為a，對B由牛頓第二定律得：FT﹣mBg＝mBa對A、B整體由牛頓第二定律得：F﹣（mA+mB）g＝（mA+mB）a聯(lián)立解得：F＝45N，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】連接體問題都是整體法和隔離法的交替使用，在隔離的時(shí)候，注意隔離受力較少的物體。4．（愛民區(qū)校級(jí)期末）一支架固定于放于水平地面上的小車上，細(xì)線上一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在支架上，當(dāng)小車向左做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，此時(shí)放在小車上質(zhì)量M的A物體跟小車相對靜止，如圖所示，則A受到的摩擦力大小和方向是（）A．Mgsinθ，向左 B．Mgtanθ，向右 C．Mgcosθ，向右 D．Mgtanθ，向左【分析】小球與物體A相對于車均是靜止的，加速度相同。知道夾角為θ，可以根據(jù)牛頓第二定律求出小球的加速度，再對A研究，運(yùn)用牛頓第二定律求出摩擦力大小和方向?！窘獯稹拷猓阂孕∏?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律，得mgtanθ＝ma得a＝gtanθ以A物體為研究對象f＝Ma＝Mgtanθ，方向水平向右。故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵之處是要抓住小球與物體A的加速度相同，運(yùn)用隔離法分別對兩物體進(jìn)行研究。對于連接體問題，隔離法都可以求解，而整體法卻是有條件的。5．（沈陽期末）如圖所示，用與豎直方向成θ角的傾斜輕繩子a和水平輕繩子b共同固定一個(gè)小球，這時(shí)繩b的拉力為F1．現(xiàn)在保持小球在原位置不動(dòng)，使繩子b在原豎直平面內(nèi)，逆時(shí)針轉(zhuǎn)過θ角固定，繩b拉力變?yōu)镕2；再轉(zhuǎn)過θ角固定，繩b拉力變?yōu)镕3，則（）A．F1＜F2＜F3 B．F1＝F3＞F2 C．F1＝F3＜F2 D．繩a拉力一直增大【分析】小球始終在原位置不動(dòng)，合力為零．對小球受力分析，受到重力和兩個(gè)拉力，三力平衡，合力為零；其中重力大小和方向都恒定，第二個(gè)力方向不變、大小變，第三個(gè)力大小和方向都可以變，運(yùn)用合成法，通過作圖分析．【解答】解：對小球受力分析，受到重力和兩個(gè)拉力，三力平衡，如圖通過幾何關(guān)系可知，力F2垂直與細(xì)線，故F1＝F3＞F2；根據(jù)圖象可知，繩a拉力一直減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題是三力平衡的動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵是運(yùn)用合成法作圖，結(jié)合幾何關(guān)系得到各個(gè)力的關(guān)系．6．（金安區(qū)校級(jí)月考）如圖，一個(gè)小物塊由靜止開始分別沿坡度不同的光滑斜面AB'和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑連接，下列說法正確的是（）A．小物塊沿斜面AB'下滑的時(shí)間一定比斜面AB下滑的時(shí)間長 B．小物塊沿斜面AB'下滑的時(shí)間一定比斜面AB下滑的時(shí)間短 C．小物塊沿斜面AB'下滑的末速度沿比斜面AB下滑的末速度大 D．小物塊沿斜面AB'下滑的末速度沿比斜面AB下滑的末速度小【分析】根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)加速度，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度和時(shí)間。本題主要考查從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的問題，關(guān)鍵是根據(jù)同樣的高度求斜邊長?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)斜面的傾角為θ，對小物塊受力分析得沿斜面方向：mgsinθ＝ma，a＝gsinθ；設(shè)斜面的高度為h，則斜面的長度為：；根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系得：，故，所以θ越大，t越短；故A正確，B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)位移速度關(guān)系v2＝2aL得：，所以v與θ無關(guān)，故CD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析求解，也可以使用動(dòng)能定理求解，運(yùn)用動(dòng)能定理求解更為簡潔，可以嘗試一題多解。7．（虹口區(qū)二模）如圖，飲料罐內(nèi)留有適量液體，恰能斜立在水平桌面上。則（）A．整個(gè)罐體受重力、彈力、摩擦力 B．罐體受到桌面的彈力小于整體的重力 C．罐體受到桌面的彈力沿罐身斜向左上方 D．罐體受到桌面的彈力的作用點(diǎn)與整體的重心在同一條豎直線上【分析】根據(jù)彈力的方向與接觸面垂直判斷彈力的方向，根據(jù)共點(diǎn)力平衡判斷彈力和重力的方向關(guān)系?！窘獯稹拷猓猴嬃瞎奘艿剿矫娴闹С至Υ怪庇诮佑|面豎直向上，重力豎直向下，假設(shè)水平方向受到摩擦力，飲料罐不能處于平衡狀態(tài)，所以水平方向沒有摩擦力，豎直方向上只有重力和支持力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，罐體受到桌面的彈力的作用點(diǎn)與整體的重心在同一條豎直線上，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是彈力的方向和接觸面垂直，根據(jù)共點(diǎn)力平衡解決二力平衡問題。8．（達(dá)州模擬）如圖所示為兩種形式的吊車示意圖，OA為重力不計(jì)的桿，其O端固定，A端帶有一小滑輪，AB為重力不計(jì)的纜繩，當(dāng)它們吊起相同重物時(shí)，纜繩對甲、乙兩圖中滑輪作用力的大小分別為N1和N2，則N1：N2為（）A．1：1 B．：1 C．1： D．2：【分析】先明確兩種情況下繩中的張力相等，再根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件即可求出纜繩對滑輪的作用力大小，進(jìn)而可以求出比值?！窘獯稹拷猓篛A為重力不計(jì)的桿，其O端固定，A端帶有一小滑輪，此時(shí)在甲乙兩圖中滑輪兩端繩子拉力相等，即T1＝T2＝mg對甲，纜繩對滑輪作用力的大小N1＝2T1cos30°＝mg對乙，纜繩對滑輪作用力的大小N2＝2T1cos60°＝mg故纜繩對甲、乙兩圖中滑輪作用力的大小N1：N2＝：1故ACD錯(cuò)誤B正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力的平衡，在涉及輕繩問題時(shí)要注意死結(jié)和活結(jié)的區(qū)別，要牢記繩子活結(jié)情況下滑輪兩端繩中張力相等。9．（西城區(qū)期末）某同學(xué)站在體重計(jì)上，通過做下蹲、起立的動(dòng)作來探究超重和失重現(xiàn)象。下列說法正確的是（）A．下蹲過程中人始終處于失重狀態(tài) B．起立過程中人始終處于超重狀態(tài) C．下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) D．起立過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)【分析】分析人起立和下蹲的速度變化情況，從而找到其加速度的方向，當(dāng)加速度向上時(shí)，人處于超重狀態(tài)，當(dāng)加速度向下時(shí)人處于失重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈C．下蹲過程中，人的重心是先加速下降后減速下降，故人的加速度先向下，后向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，人先處于失重后處于超重狀態(tài)，故AC錯(cuò)誤。BD．起立過程中，人的重心是先加速上升，后減速上升，故人的加速度先向上，后向下，故該過程中，先是超重狀態(tài)后是失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)加速和減速的條件判斷下蹲和起立過程的加速度方向，會(huì)根據(jù)加速度方向確定是處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)。10．（玄武區(qū)校級(jí)期末）圖甲是我國運(yùn)動(dòng)員在倫敦奧運(yùn)會(huì)上蹦床比賽的一個(gè)情景。設(shè)這位蹦床運(yùn)動(dòng)員僅在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運(yùn)動(dòng)員的彈力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，如圖乙所示。取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)F﹣t圖象可以知，以下說法錯(cuò)誤的是（）A．運(yùn)動(dòng)員在3.6s～4.2s內(nèi)處于超重狀態(tài) B．運(yùn)動(dòng)員在8.4s～9.4s內(nèi)先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài) C．跳躍節(jié)奏穩(wěn)定后，處于完全失重狀態(tài)持續(xù)的最長時(shí)間為1.6s D．運(yùn)動(dòng)員重心離開蹦床上升的最大高度是12.8m【分析】分析圖象，根據(jù)圖象中彈力大小與重力的大小關(guān)系，從而明確是超重現(xiàn)象還是失重現(xiàn)象，并明確完全失重的時(shí)間；再根據(jù)豎直上拋的對稱性明確豎直上拋的時(shí)間，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求出上升的最大高度?！窘獯稹拷猓篈、由圖象可知，0﹣3.6s內(nèi)，彈力等于重力，運(yùn)動(dòng)員在3.6s～4.2s內(nèi)，彈力大于重力，故運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A正確；B、由圖乙可知，運(yùn)動(dòng)員在8.4s～9.4s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員受到的彈力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故運(yùn)動(dòng)員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故B正確；C、由圖象可知運(yùn)動(dòng)員離開蹦床后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，離開蹦床的時(shí)刻為6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的時(shí)刻為8.4s或11s，它們的時(shí)間間隔均為1.6s，故處于完全失重狀態(tài)的最長時(shí)間為1.6s，故C正確；D、由圖象可知，離開蹦床的最長時(shí)間為1.6s，由對稱性可知，上升時(shí)間為1.6s，則上升的最大高度為：H＝＝×（）2m＝3.2m，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)在于圖象的識(shí)別，一是要從圖象得到，初始時(shí)候彈力等于重力。二是在穩(wěn)定后的高度最大，且穩(wěn)定后每一個(gè)在空中的上升和下降時(shí)間是相等的。二．多選題（共9小題）11．（大通縣一模）升降機(jī)由靜止開始上升，開始2s內(nèi)勻加速上升8m，以后3s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，最后2s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減小到零．升降機(jī)內(nèi)有一質(zhì)量為250kg的重物，（g取10m/s2），則以下說法正確的是（）A．發(fā)生超重或失重現(xiàn)象不僅與物體的速度方向有關(guān)，還與加速度的方向有關(guān)，由此可以判斷，開始的2s和最后的2s內(nèi)都處于超重狀態(tài) B．物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力就會(huì)有所變化，所以在開始的2s和最后的2s內(nèi)物體的重力不再是2500N C．升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示 D．重物對升降機(jī)底板壓力的F﹣t圖象如圖所示【分析】升降機(jī)從靜止開始先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，開始2s內(nèi)勻加速上升8m，由位移公式可求出2s末的速度；接著這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s；最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，直到速度減小為零．作出速度﹣時(shí)間圖象，根據(jù)速度﹣時(shí)間可求出加速度大小，從而由牛頓第二定律可確定重物與升降機(jī)間的壓力，再作出壓力的圖象．【解答】解：A、發(fā)生超重或失重現(xiàn)象不僅與物體的速度方向有關(guān)，還與加速度的方向有關(guān)，由此可以判斷，開始的2s處于超重狀態(tài)，最后的2s內(nèi)處于失重狀態(tài)。故A錯(cuò)誤；B、物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力就不會(huì)有所變化，所以在開始的2s和最后的2s內(nèi)物體的重力仍然是2500N．故B錯(cuò)誤；C、升降機(jī)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0，上升8m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，由公式，得：a＝，由速度公式v＝v0+at得v＝8m/s接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為8m/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s；最后勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為8m/s，末速度為0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s，由速度公式v＝v0+at得；建立坐標(biāo)系，采用描點(diǎn)，畫出v﹣t圖象如下圖。故C正確；D、開始2s內(nèi)重物的支持力FN1﹣mg＝ma，則有FN1＝3500N，所以壓力大小為FN1′＝FN1＝3500N，方向豎直向下。中間3s內(nèi)重物勻速上升，壓力FN2′＝FN2＝2500N，方向豎直向下。最后2s內(nèi)重物的支持力mg﹣FN3＝ma′，所以FN3＝1500N，則對升降機(jī)底板的壓力FN3′＝FN3＝1500N，方向豎直向下。故答案如下：可得v﹣t圖象和F﹣t圖象如圖所示。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】可以分三段分別根據(jù)速度及位移公式來求出各段加速度及速度大小，并由牛頓第二定律求出重物所受的支持力，再由牛頓第三定律確定重物對底板的壓力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．12．（澠池縣校級(jí)模擬）如圖所示，斜面置于粗糙水平地面上，在斜面的頂角處，固定一個(gè)小的定滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的物塊，用細(xì)線相連跨過定滑輪，m1擱置在斜面上．下述正確的是（）A．如果m1、m2均靜止，則地面對斜面沒有摩擦力 B．如果m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，則地面對斜面有向右的摩擦力 C．如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，則地面對斜面有向右的摩擦力 D．如果m1沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，則地面對斜面有向右的摩擦力【分析】如果m1、m2均靜止或m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，以m1、m2和斜面組成的整體為研究對象，整體的為合力都為零，根據(jù)平衡條件分析地面對斜面的摩擦力情況．如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，仍以整體為研究對象，將m1的加速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向，根據(jù)牛頓第二定律判斷地面對斜面的摩擦力方向．【解答】解：A、B如果m1、m2均靜止或m1沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，以m1、m2和斜面組成的整體為研究對象，整體的為合力都為零，其受力情況如圖1，由平衡條件得知，地面對斜面沒有摩擦力。故A正確，B錯(cuò)誤。C、如果m1沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，將m1的加速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向如圖2，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體有水平向右分加速度，則地面對斜面有向右的摩擦力。故C正確。D、與C項(xiàng)同理可知，如果m1沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，其加速度沿斜面向下，整體有水平向左的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律得知，地面對斜面有向左的摩擦力。故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題對加速度相同和不同的三個(gè)物體都采用整體法研究，加速度都為零時(shí)，合力為零；加速度不為零時(shí)，由牛頓第二定律分析地面的摩擦力方向．13．（全國三模）如圖所示，地面上有兩個(gè)完全相同的木塊A、B，在水平推力F作用下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧長度穩(wěn)定后，若用μ表示木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，F(xiàn)N表示彈簧彈力，則（）A．μ＝0時(shí)，F(xiàn)N＝F B．μ＝0時(shí)，F(xiàn)N＝F C．μ≠0時(shí)，F(xiàn)N＝F D．μ≠0時(shí)，F(xiàn)N＝F【分析】先對整體分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離對B分析，根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧的彈力．【解答】解：設(shè)物體的質(zhì)量為m，若μ＝0時(shí)，整體的加速度a＝，隔離對B分析，B受的合力等于彈簧的彈力，所以。若μ≠0時(shí)，整體的加速度，隔離對B分析，B所受合力FN﹣μmg＝ma，代入a，解得．故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握整體法和隔離法的運(yùn)用，本題采取先整體，求出加速度，再隔離求彈簧的彈力．14．（臺(tái)州期末）如圖（a）所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個(gè)超、失重實(shí)驗(yàn)，并截取了電腦顯示器上所顯示F﹣t圖象的其中一段，如圖（b）所示，則（）A．t0階段重物一定處于靜止?fàn)顟B(tài) B．t1階段重物向上做加速運(yùn)動(dòng)或向下做減速運(yùn)動(dòng) C．t2階段重物先向下做加速運(yùn)動(dòng)再向上做加速運(yùn)動(dòng) D．t3階段重物處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)【分析】由物體受到的拉力分析出物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，從而分析出物體加速度的方向，從而分析出物體所處的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、t0階段物體受到的拉力不變，則此時(shí)拉力等于重力，物體受力平衡狀態(tài)，此時(shí)重物可能靜止?fàn)顟B(tài)也可能處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、t1階段重物受到的拉力大于重物的重力，此時(shí)合外力向上，故物體的加速度向上，由于此時(shí)不知道物體的初速度方向，故物體可能向上做加速運(yùn)動(dòng)或向下做減速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、t2階段重物受到的拉力小于重物的重力，此時(shí)合外力向下，故物體的加速度向下，由于此時(shí)不知道物體的初速度方向，故物體可能向下做加速運(yùn)動(dòng)或向上做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、t3階段物體受到的拉力不變，則此時(shí)拉力等于重力，物體受力平衡狀態(tài)，此時(shí)重物處于靜止?fàn)顟B(tài)也可能處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了超重和失重狀態(tài)加速度的方向，解題關(guān)鍵在于通過圖象分析出加速度的大小和方向，從而分析出物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。15．（濱州期末）質(zhì)量分別為M、m的物體A、B放在水平地面上，圖甲中地面光滑。圖乙中A、B兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．圖甲中用水平恒力F向右推A，A、B的加速度為a1，A、B之間的彈力為F1；圖乙中仍用水平恒力F向右推A，A、B的加速度為a2，A、B之間的彈力為F2．則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)1＝a2 B．a(chǎn)1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2【分析】先用整體法根據(jù)牛頓第二定律列方程可以比較出兩個(gè)加速度的大?。环謩e對兩圖中的B物體由牛頓第二定律列方程，可以比較出A、B之間彈力的大小關(guān)系。【解答】解：AB、把AB看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律得，對甲圖：F＝（M+m）a1，對乙圖有：F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a2，可以判斷出a1＞a2，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、分別對B物體由牛頓第二定律得，對甲圖有：F1＝ma1，對乙圖有：F2﹣μmg＝ma2，聯(lián)立解得，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】整體法和隔離法交替使用的時(shí)候，注意用隔離法的時(shí)候要選用受力較少的物體作為研究對象。16．（阜寧縣校級(jí)月考）如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，衣架掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的有（）A．繩的右端緩慢上移到b'，繩子拉力變大 B．繩的右端緩慢上移到b，繩子拉力不變 C．將桿N緩慢向左移一些，繩子拉力變小 D．將桿N緩慢向左移一些，繩子拉力變大【分析】繩子兩端上下移動(dòng)時(shí)，兩桿距離不變，分析兩端繩子間夾角的變化情況，再分析拉力的變化；兩桿之間距離發(fā)生變化時(shí)，分析兩段繩子之間的夾角變化，再分析拉力變化?！窘獯稹拷猓篈B、因繩子上張力是相等的，合力豎直向上，根據(jù)平行四邊形定則可知，繩子兩端與豎直方向夾角是相等的，假設(shè)繩子的長度為x，則xcosθ＝L，繩子一端在上下移動(dòng)的時(shí)候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不變，則θ角度不變；兩個(gè)繩子的合力豎直向上，大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、當(dāng)桿N向左移動(dòng)后，根據(jù)xcosθ＝L可知，L變小但繩長不變，所以cosθ變小，角度θ變大，繩子與豎直方向的夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則可知，繩子的拉力變小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題在判斷繩子拉力的變化關(guān)鍵是把握兩繩子的合力的不變，再去分析繩子夾角的變化情況，而夾角的變化情況又與兩桿距離有關(guān)，寫出了距離與夾角關(guān)系即可準(zhǔn)確求解。17．（阜陽模擬）如圖，建筑工人用磚夾豎直搬運(yùn)四塊相同的磚，每塊磚的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．當(dāng)磚靜止時(shí)，磚塊4對磚塊3的摩擦力大小為mg B．當(dāng)磚靜止時(shí)，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零 C．當(dāng)將四塊磚一起豎直向上加速提起時(shí)，磚塊4對磚塊3的摩擦力大小為mg D．當(dāng)將四塊磚一起豎直向上加速提起時(shí)，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零【分析】A、以磚塊2和磚塊3為研究對象，由物體的平衡條件可知磚塊4對磚塊3的摩擦力大小；B、以磚塊3為研究對象，由物體的平衡條件可知，磚塊2對磚塊3的摩擦力；C、以磚塊2和磚塊3為研究對象，利用牛頓第二定律解得磚塊4對磚塊3的摩擦力大?。籇、對磚塊3，根據(jù)牛頓第二定律可以求出磚塊2對磚塊3的摩擦力?！窘獯稹拷猓篈、以磚塊2和磚塊3為研究對象，四塊磚完全相同，由物體的平衡條件可知，磚塊4對磚塊3的摩擦力與磚塊1對磚塊2的摩擦力都為mg，且方向均豎直向上，故A錯(cuò)誤；B、以磚塊3為研究對象，由物體的平衡條件可知，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零，故B正確；C、以磚塊2和磚塊3為研究對象，利用牛頓第二定律有2f43﹣2mg＝2ma①解得磚塊4對磚塊3的摩擦力大小為f43＝mg+ma＞mg故C錯(cuò)誤；D、對磚塊3，根據(jù)牛頓第二定律有f23+f43﹣mg＝ma②聯(lián)立①②知f23＝0故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力的平衡問題，在處理該類問題時(shí)，涉及到受力分析，要注意整體法和隔離法的應(yīng)用。18．（聊城期末）如圖所示，兩物體A、B疊放在一起，用力F去拉物體B，但沒有拉動(dòng)，兩物體仍然靜止。則（）A．A受兩個(gè)力 B．A受三個(gè)力 C．B受五個(gè)力 D．B受六個(gè)力【分析】兩物體A、B疊放在水平桌面上，保持靜止?fàn)顟B(tài)，受力均平衡，分別以B和整體為研究對象，根據(jù)平衡條件求解A、B間，A與桌面間的摩擦力，即可求得AB受力個(gè)數(shù)。【解答】解：對整體受力分析可知，整體受重力、支持力、拉力的作用而處于靜止，則說明地面對B一定有向右的摩擦力，對A分析，因A水平方向不受外力，則AB間沒有摩擦力，則A只受重力和支持力兩個(gè)力；對B受力分析可知B受重力、支持力、壓力、拉力及地面對B的摩擦力，故B受5個(gè)力，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題要靈活選擇研究對象，對于多個(gè)物體平衡問題，采用隔離法和整體法交叉使用是常用的方法。19．（河南期中）春節(jié)假期，游樂場的摩天輪深受年輕人的喜愛。假設(shè)摩天輪在豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，游客坐在座艙中與座艙保持相對靜止（座艙及乘客可視為質(zhì)點(diǎn)），則在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A．游客的速度始終保持不變 B．游客受到的合力始終是變化的 C．游客向上運(yùn)動(dòng)時(shí)先超重后失重，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)先失重后超重 D．游客運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)既不超重也不失重【分析】速度是矢量，既有大小又有方向；游客跟著摩天輪一起圍繞固定軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其合力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，向心力的方向總是沿著半徑指向圓心；根據(jù)合力的方向判斷超重失重。【解答】解：A、游客做圓周運(yùn)動(dòng)，方向延切線方向，一直在改變，故A錯(cuò)誤；B、游客做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力大小不變，方向指向圓心，所以改變，故B正確；CD、游客做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力指向圓心，從最低點(diǎn)到與圓心等高處，合力向上，從與圓心等高處到最高點(diǎn)，合力向下，所以游客向上運(yùn)動(dòng)時(shí)先超重后失重，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)先失重后超重，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確知道勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由合力提供，知道向心力的特征，會(huì)分析不同位置的受力情況。三．填空題（共6小題）20．（西湖區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在光滑的水平地面上，有兩個(gè)質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力作用下運(yùn)動(dòng)，已知F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長量為．【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再選擇其中一個(gè)物體為研究對象，再由牛頓第二定律求出彈簧的拉力，由胡克定律求出彈簧的伸長量．【解答】解：設(shè)兩個(gè)物體的質(zhì)量均為m，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝再以A為研究對象，由牛頓第二定律得F1﹣kx＝ma代入解得彈簧的伸長量為x＝故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題是連接體問題，要靈活選擇研究對象，充分抓住各個(gè)物體加速度相同的特點(diǎn)．基本題．21．（崇明區(qū)期末）如圖所示，一只質(zhì)量為m的小蟲子沿弧形樹枝緩慢向上爬行，A、B兩點(diǎn)中在點(diǎn)容易滑落；弧形樹枝某位置切線的傾角為θ，則蟲子經(jīng)該位置時(shí)對樹枝的作用力大小為mg。【分析】寫出某點(diǎn)蟲子的重力沿樹枝向下的分力、最大靜摩擦力的表達(dá)式，分析在A、B點(diǎn)的最大靜摩擦力的大小可判斷再哪一點(diǎn)容易滑落，由平衡條件可求得蟲子經(jīng)該位置時(shí)對樹枝的作用力大小。【解答】解：設(shè)弧形樹枝某點(diǎn)的切線的傾角為α，則在某點(diǎn)時(shí)重力沿樹枝向下的分力為F1＝mgsinα，最大靜摩擦力fm＝μmgcosα，在B點(diǎn)是，α角較大，則F1較大，最大靜摩擦力fm較小，則小蟲子容易滑落。由平衡條件知，蟲子對樹枝的作用力與重力mg等大反向，故答案為：Bmg【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平衡條件的應(yīng)用，要知道最大靜摩擦力越小越容易滑落。22．（大武口區(qū)校級(jí)月考）如圖，一個(gè)箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個(gè)環(huán)，箱子與桿的質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如圖所示，已知環(huán)沿桿勻加速下滑時(shí)，環(huán)與桿間的摩擦力大小為f，則此時(shí)箱子對地面的壓力大小為Mg+f?！痉治觥棵鞔_桿受到的摩擦力豎直向下，再以箱子為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求出地面對箱子的支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求出箱對地面的壓力?！窘獯稹拷猓阂韵渥訛檠芯繉ο螅治鍪芰η闆r：箱子受到重力Mg、地面的支持力N和環(huán)對箱子向下的滑動(dòng)摩擦力f，根據(jù)平衡條件得：N＝Mg+f根據(jù)牛頓第三定律得箱對地面的壓力大小：N′＝N＝Mg+f故答案為：Mg+f【點(diǎn)評(píng)】本題是平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，分析受力是關(guān)鍵，明確環(huán)受的摩擦力向上，而桿受到的摩擦力向下。23．（金鳳區(qū)校級(jí)月考）如圖，重力為80N的物體靜止放在傾角θ＝30°的斜面上，此時(shí)斜面對物體的摩擦力的大小為40N，物體對斜面的壓力的大小為40N（結(jié)果保留根號(hào)）?！痉治觥恳晕矬w為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件求解斜面對物體的摩擦力的大小和支持力的大小，再根據(jù)牛頓第三定律求解物體對斜面的壓力的大小?！窘獯稹拷猓何矬w受到重力、支持力和摩擦力而靜止，如圖所示：沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得摩擦力的大小為：f＝Gsinθ＝80×sin30°N＝40N；物體受到的支持力的大小為：N＝Gcosθ＝80×cos30°N＝40N。根據(jù)牛頓第三定律可得物體對斜面的壓力的大小為40N。故答案為：40；40?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。24．（湖州期末）回收式火箭將大大降低火箭的發(fā)射成本，如圖為某回收式火箭回收的情景。設(shè)該火箭在打開反沖發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)它的速度豎直向下，大小為100m/s，火箭在10s內(nèi)勻減速降落在平臺(tái)上，則10s內(nèi)火箭的速度變化量的方向?yàn)樨Q直向上（選填“豎直向上”或“豎直向下”）；該過程中火箭處于超重（選填“超重”或“失重”）狀態(tài)?！痉治觥考铀俣确较蛳蛏蠟槌噩F(xiàn)象，加速度方向向下為失重現(xiàn)象。利用加速度的方向來判斷是否超重或失重?！窘獯稹拷猓夯鸺德鋾r(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度變化量△v＝v2﹣v1＜0，方向豎直向上；加速度a＝＜0，方向豎直向上，該過程中火箭處于超重狀態(tài)。故答案為：豎直向上；超重?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用﹣超重和失重。解答超重、失重問題時(shí)，關(guān)鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現(xiàn)象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。25．（秦州區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）某同學(xué)乘電梯上樓，在電梯加速上升過程中，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，（填“超重”或“失重”），他受到的支持力大于重力（填“大于”或“小于”）．【分析】當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，支持力大于重力，處于超重狀態(tài)．【解答】解：在電梯加速上升的過程中，由牛頓第二定律知：N﹣mg＝ma，乘客所受的支持力N大于乘客的重力，乘客處于超重狀態(tài)．故選：超重，大于【點(diǎn)評(píng)】掌握超重、失重的特點(diǎn)：加速度向上，超重，加速度向下，失重；超重和失重時(shí)物體的重力不變化．四．計(jì)算題（共9小題）26．（德州二模）房屋設(shè)計(jì)為尖頂可以使雨水盡快流下，某實(shí)驗(yàn)小組為研究雨水沿屋頂下滑時(shí)的快慢，進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)。如圖所示為設(shè)計(jì)的房屋模擬圖，房檐距地面高度為L，房屋左右對稱，左右兩房檐間距為2L。房頂與水平面的夾角α取不同的值時(shí)，自最頂端M開始由靜止下滑的小球在房頂運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同。已知重力加速度為g，不計(jì)小球與房頂間的摩擦力及空氣阻力。求：（1）小球自最高點(diǎn)M由靜止開始在房頂上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；（2）滿足第（1）問條件且在房頂左側(cè)下滑的小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷時(shí)間和夾角α的關(guān)系，由α＝45°求解小球運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間；（2）由動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離?！窘獯稹拷猓海?）雨滴在房頂上運(yùn)動(dòng)過程，由牛頓第二定律得mgsinα＝ma，又＝at2由以上兩式得t＝當(dāng)α＝45°時(shí)，t最小，最小值tmin＝2（2）雨滴在房頂上運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLtan45°＝mv2雨滴自房檐至落地的過程，豎直方向：L＝vsin45°t'+gt'2水平方向：x＝vcos45°t'由以上三式得x＝（﹣1）L答：（1）小球自最高點(diǎn)M由靜止開始在房頂上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為2；（2）小球落地點(diǎn)與房檐正下方N點(diǎn)的距離為（﹣1）L?！军c(diǎn)評(píng)】本題在判斷小球運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間時(shí)要注意把握時(shí)間和夾角α的關(guān)系判斷。27．如圖所示，在水平面上有一根質(zhì)量為0.2kg、長度為0.5m，且通有恒定電流2A的直導(dǎo)線，直導(dǎo)線周圍空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，通電直導(dǎo)線在磁場力作用下沿水平面始終做加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)線與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為．求：當(dāng)磁場方向與水平面成多大角度時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最??？求出最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度．【分析】金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對金屬棒進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出安培力的最小值以及安培力的方向，由F＝BIL求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值，結(jié)合左手定則判斷出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向．【解答】解：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B與水平方向之間的夾角為θ，由左手定則可知，安培力的方向垂直于磁場的方向向右，與豎直方向之間的夾角為θ，則導(dǎo)體棒受力如圖：水平方向：F?sinθ﹣f＝ma豎直方向：N+Fcosθ＝mg又：f＝μN(yùn)聯(lián)立得：F＝可知，當(dāng)取得最大值時(shí)，F(xiàn)最小．由三角函數(shù)的變化關(guān)系可知，當(dāng)θ＝60°時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝≈0.607N根據(jù)安培力的公式：F＝BIL所以：Bmin＝T答：當(dāng)磁場方向與水平面成60°角時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，最小為0.607T．【點(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合牛頓第二定律考查最小力問題，這一類的問題要求的數(shù)學(xué)能力比較高，在解答的過程中要注意三角函數(shù)的變換關(guān)系．28．（北海期末）如圖所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同。用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊P，求R和Q之間相互作用力F1與Q與P之間相互作用力F2大小之比k（m和F均為未知量）？【分析】分別對QR和R由牛頓第二定律列方程可求出F1和F2的大小，進(jìn)而可計(jì)算出它們的比值?！窘獯稹拷猓喊讶齻€(gè)物體看成兩部分，QR為一部分，R為一部分，它們具有相同的加速度a，對R由牛頓第二定律有：F1﹣μ?3mg＝3ma同理對QR有：F2﹣μ?（2m+3m）g＝（2m+3m）a由題知：聯(lián)立解得：答：R和Q之間相互作用力F1與Q與P之間相互作用力F2大小之比k等于?！军c(diǎn)評(píng)】注意隔離法和整體法的應(yīng)用，當(dāng)相互接觸或連接的物體具有相等的加速度時(shí)，要優(yōu)先考慮整體法。29．（高安市校級(jí)月考）如圖所示，光滑水平面上并排放置著A、B兩個(gè)物體，mA＝5kg，mB＝3kg，用F＝16N的水平外力推動(dòng)這兩個(gè)物體，使它們共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求A、B間彈力的大小?！痉治觥肯葘、B整體分析求出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，然后只對B分析，由牛頓第二定律求得A、B之間的彈力?！窘獯稹拷猓簩B整體由牛頓第二定律得F＝（mA+mB）a對B由牛頓第二定律得FN＝mBa聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得FN＝6N答：A、B間的彈力大小為6N?！军c(diǎn)評(píng)】當(dāng)兩物體具有相等加速度時(shí)用整體法求解，在用隔離法時(shí)要注意隔離受力較少的物體。30．（天津期末）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝4kg小物塊放置在傾角為37°的斜面上，與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，通過一根勁度系數(shù)k＝500N/m的輕彈簧沿斜面向上拉著該物塊勻速向上運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）斜面之間的滑動(dòng)摩擦力大小和方向？（2）此時(shí)彈簧的彈力多大？（3）此時(shí)彈簧的伸長量是多少？【分析】（1）以物塊為研究對象，根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式求解摩擦力大小和方向；（2）沿斜面方向上，根據(jù)平衡條件求解彈簧彈力大小；（3）由胡克定律求解彈簧的伸長量?！窘獯稹拷猓海?）物塊受到重力，支持力，摩擦力和彈簧的拉力，如圖所示：根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式可得：f＝μN(yùn)＝μmgcos37°＝0.5×4×10×0.8N＝16N；摩擦力方向沿斜面向下；（2）沿斜面方向上，根據(jù)平衡條件可得：F＝mgsin37°+f＝4×10×0.6N+16N＝40N；（3）由胡克定律，彈簧的伸長量為：x＝＝m＝0.08m。答：（1）斜面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為16N，方向沿斜面向下；（2）此時(shí)彈簧的彈力為40N；（3）此時(shí)彈簧的伸長量是0.08m。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。31．（靜海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，某人用輕繩牽住一質(zhì)量m＝1kg的氫氣球，因受水平風(fēng)力的作用，系氫氣球的輕繩與水平方向成37°角，已知空氣對氣球的浮力恒為22N，人的質(zhì)量M＝60kg，且人受的浮力忽略。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）水平風(fēng)力的大小與繩的拉力大?。唬?）地面對人的支持力大小與地面對人的摩擦力大小?！痉治觥浚?）對氣球受力分析應(yīng)用平衡條件可求水平風(fēng)力的大??；（2）再對整體受力分析根據(jù)平衡條件求出人受到的支持力和摩擦力。【解答】解：（1）對氫氣球進(jìn)行受力分析，受到重力mg，浮力、風(fēng)力和繩子拉力，如圖1所示：由平衡條件列式：豎直方向：F?。絤g+Tsin37°；水平方向：F風(fēng)＝Tcos37°；解得：F風(fēng)＝16N，T＝20N；（2）對整體進(jìn)行受力分析，如圖2所示：由平衡條件列式：豎直方向：（M+m）g＝F浮+N水平方向：f＝F風(fēng)聯(lián)立解得：N＝588N；f＝16N。答：（1）水平風(fēng)力的大小為16N，繩的拉力大小為20N。（2）地面對人的支持力大小為588N；地面對人的摩擦力大小16N?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。32．（白銀區(qū)校級(jí)期末）燈籠，又稱燈彩，是一種古老的中國傳統(tǒng)工藝品。每年的農(nóng)歷正月十五元宵節(jié)前后，人們都掛起紅燈籠，來營造一種喜慶的氛圍。如圖是某節(jié)日掛出的一只燈籠，輕繩a、b將燈籠懸掛于O點(diǎn)。繩a與水平方向的夾角為θ，繩b水平。燈籠保持靜止，所受重力為G，繩a、b對O點(diǎn)拉力分別為F1、F2，求F1、F2的大小?！痉治觥恳越Y(jié)點(diǎn)為研究對象進(jìn)行受力分析，畫出受力圖，根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓航Y(jié)點(diǎn)O為研究對象，受力分析如圖所示由燈籠受力平衡可知O點(diǎn)受到燈籠的拉力大小等于G而G與F2的合力與F1等大反向，即F1與F2的合力大小等于燈籠的重力大小，則可知F1＝，F(xiàn)2＝答：F1、F2的大小分別為、?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。33．（東城區(qū)期末）物理課學(xué)習(xí)超重與失重現(xiàn)象后。某同學(xué)回家乘坐電梯時(shí)用心體會(huì)了一下，發(fā)現(xiàn)從電梯上升到靜止的過程中，他經(jīng)歷了先加速再勻速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過程。每次都是在17層到18層（他住18層）的過程中，有明顯減速的感覺。有一天，該同學(xué)用手機(jī)測出電梯減速時(shí)的加速度為0.65m/s2，設(shè)該同學(xué)的質(zhì)量為60kg，g＝9.8m/2'求，（1）電梯從17層到18層減速過程中，該同學(xué)處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)？（2）減速過程中，電梯底面對該同學(xué)的支持力大??？（3）電梯以多大的加速度減速時(shí)，電梯底面對他的支持力為零？【分析】明確超重和失重的性質(zhì)，知道當(dāng)加速度向上時(shí)物體超重，而加速度向下時(shí)失重，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析，明確加速度的方向即可求解?！窘獯稹拷猓海?）電梯從17層到18層減速過程中，加速度向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)（2）減速過程中，對手機(jī)：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma＝60×9.8N﹣60×0.65N＝549N（3）電梯底面對人的支持力為零時(shí)：mg＝ma，解得：a＝g＝9.8m/s2答：（1）該同學(xué)處于失重狀態(tài)；（2）減速過程中，電梯底面對該同學(xué)的支持力大小為549N；（3）電梯的加速度為9.8m/s2?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查超重和失重的性質(zhì)，要注意明確超重和失重只與加速度的方向有關(guān)，若加速度向上則超重，加速度向下則失重。34．（太原期末）為測量豎直方向的加速度，某研究小組利用一根輕彈簧、刻度尺、鉤碼制作了一個(gè)測量加速度的裝置。如圖所示，輕彈簧上端固定在豎直放置的刻度尺的零刻線處，下端不a掛鉤碼時(shí)指針指在A（0.10m）位置；掛上質(zhì)量為0.2kg的鉤碼，平衡時(shí)指針處在B（0.14m）位置。把B位置標(biāo)為加速度的0刻度值。（取g＝10m/s2）（1）求彈簧的勁度系數(shù)k。（2）將該裝置掛在豎直上升的升降機(jī)中，發(fā)現(xiàn)指針處在C（0.16m）位置。C位置應(yīng)標(biāo)注的加速度值是多少？此時(shí)鉤碼處于“超重”還是“失重”狀態(tài)？【分析】（1）根據(jù)胡克定律，彈簧的伸長量與拉力成正比，即F＝k△x，代入數(shù)據(jù)求解勁度系數(shù)即可；（2）由圖讀出彈簧的長度，由胡克定律求出彈簧的彈力，由牛頓第二定律求出加速度即可?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)F＝kx可得：k＝50N/m（2）由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律得：kxAC﹣mg＝ma解得：a＝5m/s2方向向上。C位置應(yīng)標(biāo)注的加速度值為5m/s2，鉤碼處于“超重”狀態(tài)。答：（1）求彈簧的勁度系數(shù)k為k＝50N/m；（2）將該裝置掛在豎直上升的升降機(jī)中，發(fā)現(xiàn)指針處在C（0.16m）位置。C位置應(yīng)標(biāo)注的加速度值是5m/s2，鉤碼處于“超重”狀態(tài)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查胡克定律，關(guān)鍵是公式中的△x是彈簧的伸長量，不能寫成彈簧的長度?；A(chǔ)題目。五．解答題（共10小題）35．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道，O點(diǎn)是圓心，OA水平，B點(diǎn)是圓軌道的最低點(diǎn)，半徑為R＝0.2m．質(zhì)量為M＝1kg的物體乙靜止在水平地面上，上表面水平，且上表面正好與圓弧軌道的B點(diǎn)相切，質(zhì)量為m＝0.5kg的物體甲（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，已知甲與乙的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，重力加速度大小取10m/s2．（1）求甲在B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小；（2）若甲未從乙的右端掉下去，求乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．【分析】（1）A到B的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒求出B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律即可求出甲受到的支持力；（2）甲做減速運(yùn)動(dòng)，乙先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者的速度相等后再一起做減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合受力分析與牛頓第二定律求出加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出．【解答】解：（1）A到B的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒得：所以：m/s在B點(diǎn)甲受到的支持力與重力的合力提供向心力，所以：代入數(shù)據(jù)得：FN＝15N由牛頓第三定律可知，甲對軌道的壓力也是15N．（2）甲在乙上相當(dāng)于乙運(yùn)動(dòng)的過程中受到的摩擦力：f1＝μ1mg＝0.5×0.5×10＝2.5N乙與地面之間的摩擦力：f2＝μ2（m+M）g＝0.1×（0.5+1）×10＝1.5N由于乙與地面之間的摩擦力小于甲與乙之間的摩擦力，所以在甲做減速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，乙將向右做加速運(yùn)動(dòng)，加速度：甲的加速度：二者速度相等需要的時(shí)間t1，則：v0+a1t1＝a2t1代入數(shù)據(jù)得：s此時(shí)的速度：m/s此后乙繼續(xù)減速，若甲也隨乙一起減速，則甲受到的摩擦力：f3＝ma2＝0.5×1＝0.5N＜f1可知假設(shè)是正確的，甲與乙一起減速，加速度：減速到0的時(shí)間：s所以乙運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：s答：（1）甲在B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小是15N；（2）若甲未從乙的右端掉下去，乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是s．【點(diǎn)評(píng)】該題是機(jī)械能守恒、圓周運(yùn)動(dòng)、勻加速直線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的典型題型，要注意分析長木板的運(yùn)動(dòng)情況，該題難度適中．36．如圖甲所示，足夠長的均勻細(xì)直桿傾斜固定，與水平方向夾角為θ＝37°，一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球穿在細(xì)桿上并由靜止開始下滑。若有送風(fēng)裝置可以給小球水平向右的風(fēng)力F，風(fēng)力的大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)以k表示?，F(xiàn)開啟送風(fēng)裝置，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的加速度與風(fēng)速關(guān)系圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）比例系數(shù)k的大小?！痉治觥浚?）由圖示圖象求出風(fēng)速v＝0m/s時(shí)的加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）由圖示圖象求出風(fēng)速v＝4m/s時(shí)的加速度，然后應(yīng)用平衡條件求出系數(shù)k?！窘獯稹拷猓海?）由圖示圖象可知：v＝0m/s時(shí)，a＝4.4m/s2，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得：μ＝0.2；（2）由圖示圖象可知：v＝4m/s時(shí)，a＝0，由平衡條件得：kvcosθ+μ（mgcosθ+kvsinθ）＝mgsinθ，解得：k＝2.75；答：（1）小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.2；（2）比例系數(shù)k的大小為2.75?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求動(dòng)摩擦因數(shù)、風(fēng)力系數(shù)k，應(yīng)用牛頓第二定律與平衡條件即可解題；由圖示圖象求出加速度與速度的關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵。37．如圖甲所示，一質(zhì)量為M＝6kg的木板B靜止在光滑的水平面上，其左端上表面緊靠一固定光滑斜面的底端，斜面底端與木塊B左端的上表面之間有一端小圓弧平滑連接，軌道與水平面的夾角θ＝53°，斜面長s＝1m，一質(zhì)量為m＝2kg的物塊A從斜面頂端由靜止釋放，小物塊A剛好沒有從木板B的右端滑出，已知物塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2．（1）物塊A剛滑上木板B時(shí)的速度有多大？（2）木板B的長度為多少？（3）以物塊A滑上木板B開始計(jì)時(shí)，在乙圖中分別作出A、B在2s內(nèi)的速度時(shí)間圖象（以水平向右為正方向）【分析】（1）由牛頓第二定律可求得A的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知木塊滑取B上的速度；（2）由牛頓第二定律AB的加速度，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及題意列式可求得木板的長度；（3）分別對兩物體運(yùn)動(dòng)過程分析，明確速度變化即可得出速度時(shí)間圖象．【解答】解：（1）由牛頓第二定律可知，木塊A從斜面滑下的加速度為：mgsinθ＝ma1；代入數(shù)據(jù)解得：a1＝8m/s2；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v2﹣v02＝2ax解得：木塊A滑到B上時(shí)的速度為：v＝＝m/s＝4m/s；（2）木塊A在B上滑動(dòng)時(shí)，A的加速度大小為：a2＝＝μg＝0.3×10＝3m/s2；B的加速度大小為：a3＝＝＝1m/s2；設(shè)木塊B的長度至少為L，兩木板最終共同的速度為v2，在達(dá)到最大速度時(shí)，木塊B滑行的距離為x，根據(jù)目所給條件列方程為：v1t2﹣a2t22﹣a3t22＝L木塊A有：v2＝v1﹣a2t2v22﹣v12＝﹣2a2（x+L）對木塊B有：v22＝2a3x聯(lián)立解得相對滑動(dòng)時(shí)間t＝1s；木塊B的長度為2m；（3）由（2）中的分析可知，兩物體相對滑動(dòng)的時(shí)間和1s；A的速度由4m/s減小為1m/s；B的速度由0增大到1m/s；故兩物體的速度變化如圖所示：答：（1）物塊A剛滑上木板B時(shí)的速度有4m/s；（2）木板B的長度為2m；（3）圖象由上圖所示；【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意正確受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，要注意加速度為聯(lián)系力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，應(yīng)注意應(yīng)用．38．m＝10kg，θ＝37°，M＝2kg，斜面與物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，地面光滑，要使物體m相對斜面靜止，力F應(yīng)多大？（設(shè)物體與斜面的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2）【分析】隔離對m分析，抓住m有兩個(gè)臨界狀態(tài)，有沿斜面向上的最大靜摩擦力和沿斜面向下的最大靜摩擦力，求出臨界加速度，抓住M和m的具有相同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出F的范圍．【解答】解：設(shè)物體處于相對斜面欲向下滑動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)推力為F1，此時(shí)物體所受摩擦力沿斜面向上，取加速度方向（水平向左）為x正方向，堅(jiān)直向上為y軸正方向，根據(jù)牛頓第二定律，對m物體有：x方向：Nsinθ﹣μN(yùn)cosθ＝ma1，y方向：Ncosθ+μN(yùn)sinθ﹣mg＝0，對整體：F1＝（M+m）a1，代入數(shù)值解得：a1＝4.78m/s2，F(xiàn)1＝57.36N．設(shè)物體處于相對斜面向上滑動(dòng)的臨界狀態(tài)的推力為F2，此時(shí)物體所受摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得，對m有：x方向：Nsinθ+μN(yùn)cosθ＝ma2，y方向：Ncosθ﹣μN(yùn)sinθ﹣mg＝0，對整體：F2＝（M+m）a2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝11.2m/s2，F(xiàn)2＝134.4N．所以F的取值范圍：57.36N≤F≤134.4N．答：力F的取值范圍是57.36N≤F≤134.4N．【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道m(xù)和M具有相同的加速度，抓住物體處于的兩個(gè)臨界狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解．39．（德州期末）如圖所示，兩個(gè)完全相同的物塊A、B用輕繩連接放在水平地面上，在方向與水平面成θ＝37°角斜向下恒定推力F作用下，以v＝10m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知A、B質(zhì)量均為10kg，兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5（g＝10m/s2，sin37°＝0.6．cos37°＝0.8），求：（1）推力F的大?。唬?）某時(shí)刻剪斷輕繩，剪斷輕繩后物塊A在水平地面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和運(yùn)動(dòng)的距離；（3）已知輕繩長度L＝1m，剪斷輕繩到物塊A剛好靜止時(shí)兩物塊A、B間的距離。【分析】（1）用整體法根據(jù)牛頓第二定律解得推力大??；（2）先計(jì)算剪斷細(xì)繩后物體A的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及運(yùn)動(dòng)距離；（3）先計(jì)算出剪斷細(xì)繩后B的加速度，然后計(jì)算出這段時(shí)間內(nèi)B的位移，進(jìn)而計(jì)算出它們之間的距離?！窘獯稹拷猓海?）將兩物體A、B作為一個(gè)整體，由平衡條件得Fcosθ＝μ（2mg+Fsinθ）帶入數(shù)據(jù)解得：F＝200N（2）剪斷輕繩后物塊A做勻減速運(yùn)動(dòng)則：μmg＝maA運(yùn)動(dòng)時(shí)間：解得：t＝2s運(yùn)動(dòng)距離：（3）剪斷輕繩后物塊B做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）＝maB故剪斷細(xì)繩后物體A停止滑行時(shí)間，物體B繼續(xù)滑行的距離為代入數(shù)據(jù)得：x′＝30m所以物塊A靜止時(shí)物塊