第四章-第6節(jié)-用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題-2020-人教版高中物理必修一習(xí)題課件

06用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題(一)課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題題型1兩類動(dòng)力學(xué)問題答案與解析課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題刷基礎(chǔ)1．[江西九江一中2018高一上月考]如圖所示，一物體從傾角為30°的斜面頂端由靜止開始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物體到達(dá)斜面底端的速度剛好為零，求物體與x2段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(g取10m/s2)在x1段物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在x2段物體做勻減速運(yùn)動(dòng)．物體在x1、x2兩段的受力分析如圖所示，則由牛頓第二定律，在x1段有mgsin30°＝ma1，在x2段有mgsin30°-μmgcos30°＝ma2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，在x1段有v2＝2a1x1，在x2段有0-v2＝2a2x2，即2a1x1＝-2a2x2，又x2＝2x1，解得μ＝.刷基礎(chǔ)解析2．[山西太原2019高一上期末]如圖所示，一根足夠長的水平桿固定不動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量m=2kg的圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，圓環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75.對圓環(huán)施加一個(gè)與水平方向成θ＝53°角斜向上、大小為F＝25N的拉力，使圓環(huán)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g=10m/s2)．求：(1)圓環(huán)對桿的彈力；(2)圓環(huán)加速度的大??；(3)若2s后撤去拉力F，圓環(huán)還能滑行的距離．(1)對圓環(huán)受力分析，并將F沿水平和豎直方向分解為F1和F2，如圖甲所示，F(xiàn)1＝Fcosθ＝15N，F(xiàn)2＝Fsinθ＝20N，設(shè)FN為桿對圓環(huán)的彈力，豎直方向圓環(huán)受力平衡，有FN＋F2＝G，又F2＝mg＝20N，所以桿對圓環(huán)的彈力FN為0，由牛頓第三定律可知圓環(huán)對桿的彈力為0；(2)由(1)可知F合＝F1＝15N，由牛頓第二定律可得F合＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝7.5m/s2；(3)由上述分析可知，撤去F時(shí)圓環(huán)的速度v0=at1＝15m/s,撤去F后圓環(huán)受力如圖乙所示．水平方向F合

=f＝ma′，豎直方向F′N＝mg，f＝μF′N，聯(lián)立可得a′＝μg＝7.5m/s2，圓環(huán)的加速度方向與速度相反，圓環(huán)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止，即末速度v＝0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，圓環(huán)滑行的位移x＝15m.(1)0(2)7.5m/s2(3)15m課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題刷基礎(chǔ)解析3．如圖所示，厚度不計(jì)的長木板放在水平面上，并且右端緊靠豎直墻壁，木板與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝，木板質(zhì)量M＝0.4kg，板左端放有一質(zhì)量為m＝0.3kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，將小物體用長為L＝1m的細(xì)線系在墻上A點(diǎn)，A點(diǎn)高度h＝0.6m，用水平力F＝6.4N拉木板，使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)(此時(shí)細(xì)線是張緊的)，則經(jīng)多長時(shí)間小物體離開木板右端？(g取10m/s2，結(jié)果保留1位小數(shù))設(shè)細(xì)線與水平方向的夾角為θ，板長為s，則s＝＝0.8m，sinθ＝=0.6，有θ＝37°，對物體受力分析，如圖甲所示．有Tcosθ＝f1，Tsinθ＋N1＝mg，f1＝μ1N1.聯(lián)立解得f=對板受力分析，如圖乙所示．則由牛頓第二定律得F-f′1-f2＝Ma，N′1＋Mg＝N2，又f2＝μ2N2，由牛頓第三定律f′1＝f1，N′1＝N1，聯(lián)立解得a＝9m/s2，由勻加速直線運(yùn)動(dòng)的公式得s＝0.5at2，解得t＝s＝0.4s.故經(jīng)過0.4s，小物體離開木板右端．0.4s課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題甲乙題型2牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題刷基礎(chǔ)4．[新疆生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)第一師高級中學(xué)2019高一上期末](多選)放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊的速度v與時(shí)間t的關(guān)系分別如圖甲、乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.由圖甲、乙兩圖可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ分別為()A．m＝0.5kgB．m＝1.5kgC．μ＝0.4D．μ＝由v-t圖像可知4～6s時(shí)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，有Ff＝F＝2N．在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝2m/s2，由牛頓第二定律得ma＝F-Ff，將F＝3N、Ff＝2N及a＝2m/s2代入解得，m＝0.5kg.由滑動(dòng)摩擦力公式得，所以A、C正確，B、D錯(cuò)誤．AC解析課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題甲乙解析刷基礎(chǔ)5．[江西九江一中2019高一上月考]如圖甲所示，有一傾角為θ＝37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板．開始時(shí)質(zhì)量為m＝2kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，現(xiàn)將力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時(shí)撤去力F，滑塊滑上木板的過程沒有能量損失．此后滑塊和木板在水平面上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)滑塊受到水平向左的力F、重力mg和支持力N處于平衡狀態(tài)，如圖所示，水平方向的力F＝mgtanθ＝2×10×0.75N＝15N.(2)由題圖乙可知，滑塊滑到木板上時(shí)速度為v1＝10m/s，設(shè)下滑的加速度為a，由牛頓第二定律得mgsinθ＋Fcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝12m/s2，則下滑時(shí)的高度h＝·sinθ＝2.5m.(1)15N(2)2.5m(3)3kg課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題甲乙(3)設(shè)在整個(gè)過程中，水平面對木板的摩擦力大小為f，滑塊與木板間的摩擦力大小為f1，由圖乙知，滑塊剛滑上木板時(shí)加速度大小為a1＝＝4m/s2，對滑塊有f1＝ma1，此時(shí)木板的加速度大小a2＝＝1m/s2，對木板有f1-f＝Ma2，t＝2s時(shí)，滑塊和木板速度相等且均為v＝2m/s，之后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a3＝＝1m/s2，對滑塊和木板整體有f=(M＋m)a3，聯(lián)立解得M＝3kg.解析刷提升1．[江西南昌十中2019高一上期末]在圖甲所示的水平面上，用水平力F拉物塊，若F按圖乙所示的規(guī)律變化．設(shè)F的方向?yàn)檎较颍瑒t下列關(guān)于物塊的速度—時(shí)間圖像中可能正確的是()對A項(xiàng)的v－t圖像分析，物塊起始運(yùn)動(dòng)方向與力F方向相反，前1s摩擦力f與F1方向相同，根據(jù)牛頓第二定律可得，1～2s，摩擦力f與F2方向相反，則有，圖像中0～2s內(nèi)a不變，為a＝2m/s2，解得f＝1N，m＝1kg，而2～3s內(nèi)，，符合題意，故A正確；對B項(xiàng)的v-t圖像分析，物塊起始運(yùn)動(dòng)方向與力F方向相同，前1s摩擦力f與F1方向相反，則，1～2s，摩擦力f與F2方向相同，則，圖像中0～2s內(nèi)a不變，為a＝-2m/s2，解得f＝-1N，m＝-1kg，不符合題意，故B錯(cuò)誤；同理分析可得出C、D錯(cuò)誤．A課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題甲乙解析刷提升2．[江西南昌二中2018高一上月考]傾角為30°的長斜坡上有C、O、B三點(diǎn)，CO＝OB＝10m，在O點(diǎn)豎直固定一長10m的直桿AO.A端與C點(diǎn)、坡底B點(diǎn)間各連有一光滑的鋼繩，且各穿有一鋼球(視為質(zhì)點(diǎn))，將兩球從A點(diǎn)由靜止開始、同時(shí)分別沿兩鋼繩滑到鋼繩末端，如圖所示，則小球在鋼繩上滑行的時(shí)間tAC和tAB分別為（）(取g＝10m/s2)A.s和4sB.s和2sC．2s和2sD．4s和s根據(jù)幾何關(guān)系知，AB與水平面間的夾角為60°，AC與水平面間的夾角為30°，AB的長度為x1＝BC·cos30°＝10m，AC的長度x2＝10m，根據(jù)牛頓第二定律得，小球在AB鋼繩上下滑的加速度為a1＝gsin60°＝5m/s2，小球在AC鋼繩上下滑的加速度為a2＝gsin30°＝5m/s2，由x＝at2得，tAB＝s＝2s，tAC＝s=2s．故選C.C

課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題解析刷提升3．[福建清流一中2018高一上](多選)如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置的物體(物體與彈簧不連接)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示．g取10m/s2，下列判斷正確的是()A．物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B．彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC．物體的質(zhì)量為2kgD．物體的加速度大小為5m/s2物體與彈簧分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長，故A錯(cuò)誤；剛開始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1為10N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F1＋kx-mg＝ma；物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律有F2-mg＝ma；代入數(shù)據(jù)解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確．CD課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題解析刷提升4．超市一送水員用雙輪小車運(yùn)送桶裝礦泉水．裝運(yùn)完畢，如圖所示，在拉運(yùn)過程中保持圖示角度不變，不計(jì)桶與小車之間摩擦力的影響．(g取10m/s2)求：(1)若送水員以5m/s2的恒定加速度由靜止開始水平向右拉動(dòng)小車，請問這一過程中，桶對小車兩側(cè)的壓力大小之比N′A∶N′B；(2)若送水員水平推拉小車時(shí)，桶對小車兩側(cè)始終有壓力，小車的加速度應(yīng)滿足的條件．(1)對桶進(jìn)行受力分析，可知桶在豎直方向受力平衡，設(shè)桶總質(zhì)量為m，則有mg＝NAcos37°＋NBcos53°，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律得NBsin53°-NAsin37°＝ma，當(dāng)a＝5m/s2時(shí)，代入數(shù)據(jù)得10m＝NAcos37°＋NBcos53°，NBsin53°-NAsin37°＝5m，由以上兩式解得NA∶NB＝1∶2，再根據(jù)牛頓第三定律得桶對小車兩側(cè)的壓力大小之比為N′A∶N′B＝1∶2.(2)由mg＝NAcos37°＋NBcos53°，NBsin53°-NAsin37°＝ma，可知當(dāng)NB＝0時(shí)，有向左的最大加速度a1＝gtan37°＝m/s2＝7.5m/s2；當(dāng)NA＝0時(shí)，有向右的最大加速度a2＝gtan53°＝m/s2＝13.3m/s2.所以，要使桶對小車兩側(cè)始終有壓力，小車向右的加速度要小于13.3m/s2，向左的加速度要小于7.5m/s2.(1)1∶2(2)小車向右的加速度小于13.3m/s2，向左的加速度小于7.5m/s2課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題解析刷提升5．如圖所示，粗糙斜面傾角θ＝37°，斜面長b＝4m，寬c＝3m，質(zhì)量為0.1kg的小木塊從斜面頂端A點(diǎn)由靜止釋放，釋放同時(shí)用與斜面底邊BC平行的恒力F推該小木塊，小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)若F大小為0，求木塊到達(dá)底邊所需的時(shí)間t1；(2)若木塊沿斜面對角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，求力F的大小及從A到C所需時(shí)間t2.(1)木塊沿斜面方向的加速度為a＝＝gsinθ-μgcosθ＝2m/s2，木塊下滑的時(shí)間為t1＝s＝2s.(2)若木塊沿斜面對角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，說明木塊受到的合力沿AC方向，設(shè)AC與AB的夾角為α，AC＝＝5m，由幾何關(guān)系可得sinα＝0.6，故施加的外力為F＝mgsinθ·tanα＝0.45N，由牛頓第二定律可得木塊的加速度為a′＝＝3.5m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝0.5a′t22得t2＝s＝1.7s.(1)2s(2)0.45N1.7s課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題答案與解析刷提升6．[陜西漢中中學(xué)2018高一上期末]在傾角為θ的長斜面上有一帶風(fēng)帆的滑塊由靜止開始沿斜面下滑．滑塊的質(zhì)量為m，它與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，帆受到的空氣阻力與帆的受風(fēng)面積S以及滑塊下滑速度v的大小成正比，即f＝kSv.(1)寫出滑塊下滑速度為v時(shí)加速度的表達(dá)式．(2)若m＝2kg，θ＝53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑塊由靜止開始下滑的速度—時(shí)間圖像為如圖所示的曲線，圖中斜虛線是t＝0時(shí)的速度圖線的切線，由此求出kS和μ的值．(1)滑塊在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空氣阻力作用做加速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-kSv＝ma，可得a＝gsinθ-μgcosθ-①(2)根據(jù)圖像可得，t＝0時(shí)，v＝0，a＝5m/s2，當(dāng)a＝0時(shí)，v＝4m/s；代入到①式有5m/s2＝m/s2②，0＝m/s2③聯(lián)立②③解得kS＝2.5kg·s-1，μ＝0.5.課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題解析刷提升7．[安徽蚌埠2019高一上期末]如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量M＝0.2kg的長木板，另一質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊以v0＝2.4m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時(shí)開始計(jì)時(shí))．已知小滑塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)若長木板長L＝0.7m且固定在水平面上，求小滑塊從長木板上滑離時(shí)的速度大??；(2)若長木板足夠長且不固定，則經(jīng)過多長時(shí)間小滑塊與長木板的速度相等？求此時(shí)間內(nèi)小滑塊運(yùn)動(dòng)的位移大??？(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，得-Ff＝ma1，又Ff＝μFN＝μmg，解得a1＝-4m/s2，由v2－v02＝2a1L，解得v＝0.4m/s；(2)長木板在水平方向只受向右的滑動(dòng)摩擦力F′f，且F′f＝Ff＝μmg＝0.4N，所以長木板向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F′f＝Ma2，解得a2＝2m/s2.設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，兩者速度相同，則有v0＋a1t＝a2t，解得t＝0.4s.由x＝v0t＋a1t2，得此時(shí)間內(nèi)小滑塊運(yùn)動(dòng)的位移x＝0.64m.(1)0.4m/s(2)0.4s0.64m課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題解析刷提升8．[重慶江津中學(xué)等七校2019高一上期末]一個(gè)物塊置于粗糙的水平地面上，受到水平方向的推力F作用，推力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖甲所示，速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．取g＝10m/s2，求：(1)1s末和3s末物塊所受摩擦力的大小f1和f2；(2)物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)若6s末撤去外力，物塊前7.5s內(nèi)的位移大?。?1)當(dāng)t＝1s時(shí)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受摩擦力為靜摩擦力，由圖甲及平衡條件可知f1＝F1＝4N；當(dāng)t＝3s以后，物塊處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，t＝4s以后，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖甲及平衡條件可知f2＝F3＝8N；(2)從圖乙可以看出，在t＝2s至t＝4s的過程中，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F2-f2＝ma1，解得物塊的質(zhì)量為m＝2kg，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的計(jì)算公式可得f2＝μmg，解得μ＝0.4；(3)撤去外力后物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝μg＝4m/s2，物塊減速的時(shí)間為t減＝1s<1.5s.勻減速的位移為x減＝m＝2m，2～4s內(nèi)的位移為x加＝m＝4m.4～6s內(nèi)的位移為x勻＝v·Δt勻＝4×2m＝8m，所以總位移為x總＝x加＋x勻＋x減＝14m.(1)4N8N(2)0.4(3)14m課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題刷素養(yǎng)9．如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小球P位于距水平地面高H＝1.6m處，在水平地面的上方存在厚度h＝0.8m的“相互作用區(qū)”，如圖中陰影部分所示，小球P進(jìn)入“相互作用區(qū)”后將受到豎直方向的恒定作用力F.將小球P由靜止釋放，已知從被釋放到運(yùn)動(dòng)至“相互作用區(qū)”底部用時(shí)t＝0.6s，小球一旦碰到區(qū)域底部就會(huì)粘在底部．不考慮空氣阻力，g取10m/s2，請完成下列問題：(1)求小球剛進(jìn)入“相互作用區(qū)”時(shí)的速度大小及在“相互作用區(qū)”所受作用力F的大小和方向．(2)若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn)，作用力F的大小和方向應(yīng)滿足什么條件？(3)在小球能返回釋放點(diǎn)的情況中，小球從釋放到返回釋放點(diǎn)的時(shí)間不會(huì)超過多少秒？(1)4m/s10N豎直向上(2)F>20N豎直向上(3)1.6s課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題課時(shí)1兩類動(dòng)力學(xué)問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合問題刷素養(yǎng)(1)從被釋放到下落至“相互作用區(qū)”上邊緣的過程中，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)．由0.5gt12＝H-h，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.4s，落到“相互作用區(qū)”上邊緣時(shí)小球的速度v1＝gt1＝4m/s，則小球在“相互作用區(qū)”中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝t-t1＝0.2s，由v1t2＝4×0.2m＝0.8m＝h，可知小球在“相互作用區(qū)”做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此小球在此區(qū)域中所受合力為零．即F＝mg＝10N，方向豎直向上．(2)若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn)，小球應(yīng)在“相互作用區(qū)”內(nèi)所受合力豎直向上，取小球到達(dá)底部時(shí)速度剛好減為零的臨界情況進(jìn)行研究．由v12-0＝2ah，可得小球在“相互作用區(qū)”內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝10m/s2，方向豎直向上．對小球應(yīng)用牛頓第二定律得FC-mg＝ma，可得小球恰好到達(dá)區(qū)域底部時(shí)作用力F的臨界值FC＝20N，所以若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn)，要滿足F>20N，其方向要豎直向上．(3)作用力F的值越大，小球返回釋放點(diǎn)的時(shí)間越短，因此當(dāng)F＝20N時(shí)用時(shí)最長，這種情況下小球做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.4s，小球在“相互作用區(qū)”減速下落的時(shí)間t2＝＝0.4s，小球從釋放到返回釋放點(diǎn)的時(shí)間tm＝2(t1＋t2)＝1.6s，即不會(huì)超過1.6s.解析06用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題(一)課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題刷基礎(chǔ)1．[四川綿陽2019高一上期末]蹦極是一項(xiàng)戶外休閑活動(dòng)，跳躍者站在約40米以上高度的位置，用橡皮繩固定住后跳下，落地前彈起．如圖為蹦極運(yùn)動(dòng)的示意圖，彈性繩的一端固定在O點(diǎn)，另一端和運(yùn)動(dòng)員相連，運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)自由下落，至B點(diǎn)彈性繩自然伸直，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)合力為零，到達(dá)最低點(diǎn)D后彈起．整個(gè)過程中忽略空氣阻力．在這個(gè)過程中()A．經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度最大B．從O點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度大小不變C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的速度不斷增大D．從C點(diǎn)到D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度不斷減小運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受向下的重力，此時(shí)彈力為零，則加速度向下，加速度與速度同向，速度繼續(xù)增加，所以此位置的速度不是最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．從O點(diǎn)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為g不變；從B點(diǎn)到C點(diǎn)，開始時(shí)重力大于彈力，隨彈力的增加，運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確．從C點(diǎn)到D點(diǎn)，彈力大于重力，合力向上，隨彈力的增加，合力增加，所以運(yùn)動(dòng)員的加速度不斷增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．題型1運(yùn)動(dòng)過程分析(運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系)C解析刷基礎(chǔ)2．[湖南衡陽第八中學(xué)2019高一上月考](多選)如圖所示，在光滑斜面上，有一輕質(zhì)彈簧的一端固定在一個(gè)垂直于斜面的擋板上，有一小球A沿著斜面下滑，從小球A剛接觸彈簧的瞬間到彈簧壓縮到最低點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是()A．小球的加速度將先增大，后減小B．小球的加速度將先減小，后增大C．小球的速度將先增大，后減小D．小球的速度將先減小，后增大小球接觸彈簧后，彈簧的彈力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，與速度方向相同，故小球做加速運(yùn)動(dòng)，因彈力逐漸增大，合力減小，加速度減??；隨著小球向下運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力增大，當(dāng)彈簧的彈力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，與速度方向相反，小球做減速運(yùn)動(dòng)，彈力增大，合力增大，加速度也增大；綜上可知，加速度先減小后反向增大，小球速度先增大后減小，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．BC課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題題型2多過程問題解析刷基礎(chǔ)3．[廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)2019高一上月考](多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小滑塊的質(zhì)量m＝2kgB．小滑塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．當(dāng)水平拉力F＝7N時(shí)，長木板的加速度大小為3m/s2D．當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大由題圖乙可知，F(xiàn)＝6N時(shí)小滑塊與長木板開始相對滑動(dòng)，在F≤6N時(shí)，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，當(dāng)F＝6N時(shí)，此時(shí)兩物體具有最大共同加速度a′＝2m/s2，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3kg，當(dāng)F≥6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝，知圖線的斜率k＝1kg-1，解得M＝1kg，滑塊的質(zhì)量為m＝2kg，故A正確；根據(jù)F≥6N的圖線知，當(dāng)F＝6N時(shí)，加速度a′1＝2m/s2，根據(jù)a′1＝解得μ＝0.2，故B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝7N時(shí)，長木板的加速度大小為a″1＝m/s2＝3m/s2,故C正確；當(dāng)拉力增大時(shí)，兩物體發(fā)生滑動(dòng)后，滑塊的加速度為a＝μg＝2m/s2，恒定不變，故D錯(cuò)誤．AC課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題甲乙解析刷基礎(chǔ)4．如圖所示，固定斜面長10m、高6m，質(zhì)量為2kg的木塊在一個(gè)沿斜面向上的20N的拉力F的作用下，由從斜面底端靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知木塊2s內(nèi)的位移為4m，若2s末撤去拉力，再經(jīng)過多長時(shí)間木塊能回到斜面底端？(g取10m/s2)由題意得sinθ＝0.6，cosθ＝0.8.設(shè)木塊做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由x1＝a1t12得,a1＝m/s2＝2m/s2.根據(jù)牛頓第二定律得F-μmgcosθ-mgsinθ＝ma1，解得μ＝0.25.2s末撤去拉力時(shí)木塊的速度大小v＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s，撤去F后木塊上滑的加速度大小為a2＝＝8m/s2，上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t2＝＝0.5s，上滑的位移大小為x2＝t2＝1m，下滑的加速度大小為a3＝＝4m/s2，由x1＋x2＝a3t32得t3＝s＝1.58s.故t＝t2＋t3＝2.08s.課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題2.08s解析刷易錯(cuò)5．如圖所示，木板靜止于水平地面上，在其右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊．已知木塊的質(zhì)量m＝1kg，木板的質(zhì)量M＝4kg，木板長L＝2.5m，已知木板上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.現(xiàn)用F＝20N的水平恒力拉木板，g取10m/s2,求：(1)木板的加速度大??；(2)要使木塊能滑離木板，水平恒力F作用的最短時(shí)間．(1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10N，木板的加速度大小a＝，解得a＝2.5m/s2.(2)設(shè)拉力F作用的時(shí)間為t，則木板在t時(shí)間內(nèi)的位移x1＝at2，拉力F撤去后，木板的加速度大小a′＝＝2.5m/s2.木板先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)(設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′)，且a＝a′.要使木塊能滑離木板，水平恒力F作用的最短時(shí)間，對應(yīng)的條件是木板做勻減速運(yùn)動(dòng)停止時(shí)，木塊恰好脫離，即t＝t′.at2＋a′t′2＝L，解得t＝1s.(1)2.5m/s2(2)1s易錯(cuò)點(diǎn)對多過程問題，找不到解題關(guān)鍵，無從下手課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題(1)1.4s(2)6m/s刷易錯(cuò)6．如圖所示，傳送帶的水平部分長度為Lab＝2m，斜面部分長度為Lbc＝4m，bc與水平面的夾角α＝37°.一個(gè)物體A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，傳送帶沿圖示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速率v＝2m/s.若把物體A輕放到a處，它將被傳送帶送到c點(diǎn)，且物體A不會(huì)脫離傳送帶，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)物體A從a點(diǎn)被傳送到b點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)物體A到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度大?。馕?1)物體A剛放上傳送帶，水平方向上受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝μg＝2.5m/s2，經(jīng)過t1＝＝0.8s后，速度達(dá)到2m/s，位移x1＝t1＝0.8m，此后開始做勻速運(yùn)動(dòng)直到b點(diǎn)，耗時(shí)t2＝＝0.6s，所以物體A從a點(diǎn)被傳送到b點(diǎn)所用的時(shí)間為t1＋t2＝1.4s.(2)由b到c的過程，由于μ＜tanα，可知A做勻加速運(yùn)動(dòng)，在平行于傳送帶方向，物體A所受合力由重力沿傳送帶向下的分力及沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力提供，a2＝gsinα-μgcosα＝4m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vc2-v2＝2a2Lbc，代入數(shù)據(jù)解得vc＝6m/s.課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析刷易錯(cuò)7．[山東泰安第一中學(xué)2019高一上月考]如圖所示，質(zhì)量為1kg的小球套在一根足夠長的固定直桿上，桿與水平方向成θ＝37°角，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.小球在F＝20N且豎直向上的拉力作用下，從距桿的下端0.24m處由靜止開始沿桿斜向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過1s后撤去拉力，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)撤去F前，小球沿桿上滑的加速度大??；(2)小球從開始運(yùn)動(dòng)直至滑到桿的下端所需的時(shí)間．(1)小球在F作用下上滑時(shí)，對小球受力分析，沿桿方向有Fsinθ-mgsinθ-f1＝ma1，沿垂直桿方向有Fcosθ＝mgcosθ＋N1，且f1＝μN(yùn)1，聯(lián)立解得a1＝2m/s2.(2)小球在F作用下上滑1s，則v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，x1＝a1t12＝0.5×2×1m＝1m，撤去拉力F后，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，對小球受力分析，沿桿方向有mgsinθ＋f2＝ma2，沿垂直桿方向有N2＝mgcosθ，且f2＝μN(yùn)2，聯(lián)立解得a2＝10m/s2，此過程x2＝m＝0.2m，t2＝＝0.2s，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后開始下滑，對小球受力分析，沿桿方向有mgsinθ-f3＝ma3，垂直桿方向有mgcosθ＝N3，且f3＝μN(yùn)3，聯(lián)立解得a3＝2m/s2,球下滑到桿的下端，通過的位移x＝x0＋x1＋x2＝1.44m，由x＝a3t32，可得t3＝1.2s，所需總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.(1)2m/s2(2)2.4s課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題易錯(cuò)分析當(dāng)一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程時(shí)，解題思路是首先對物體的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度的表達(dá)式；其次是找到聯(lián)系相鄰兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的物理量(通常是速度，或者是位移、時(shí)間、加速度等)，最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式把各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程聯(lián)系起來聯(lián)立求解．解析刷提升1．(多選)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊a、b、c，用兩根輕彈簧和一根輕繩相連，掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將b、c之間的輕繩剪斷，下列說法正確的是()A．在剛剪斷輕繩的瞬間，b的加速度大小為gB．在剛剪斷輕繩的瞬間，c的加速度大小為2gC．剪斷輕繩后，a、b下落過程中，兩者一直保持相對靜止D．剪斷輕繩后，a、b下落過程中加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài)剪斷輕繩的瞬間，繩的彈力立即消失，而彈簧彈力保持不變；對b，根據(jù)牛頓第二定律可得mab＝2mg，解得ab＝2g，方向向下；c上面的彈簧在輕繩剪斷前的彈力大小等于三個(gè)物塊的總重力，即3mg，剪斷輕繩后，對c根據(jù)牛頓第二定律可得3mg-mg＝mac，解得ac＝2g，方向向上，故A錯(cuò)誤，B正確．剪斷輕繩后，在a、b下落過程中，二者在開始的一段時(shí)間內(nèi)加速度不同，所以兩者不會(huì)保持相對靜止，故C錯(cuò)誤．剪斷輕繩后，a、b下落過程中加速度相等的瞬間，二者均不受彈簧彈力，即兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài)，此時(shí)二者的加速度都為g，故D正確．BD課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析刷提升2.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧處于原長．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，則()A．小球從一開始就與擋板分離B．小球速度最大時(shí)與擋板分離C．小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離D．小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，從開始運(yùn)動(dòng)到分離的過程中，小球與擋板一起運(yùn)動(dòng)，小球受豎直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F.根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°-kx-F1＝ma，保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)小球與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有mgsin30°-kx＝ma，解得x＝m＝0.01m，即小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離，故A錯(cuò)誤，C正確．球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，球和擋板分離后小球開始做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)小球所受合力為零，即kxm＝mgsin30°，解得xm＝m＝0.05m，由于開始時(shí)彈簧處于原長，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.05m，故B、D錯(cuò)誤．C課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析刷提升3．[湖北襄陽四中2018高一上月考](多選)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，其一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接．A、B質(zhì)量均為m，且初始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用平行于斜面向上的力拉物塊B，使B沿斜面向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的v-t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對應(yīng)A圖線的最高點(diǎn))，重力加速度為g.則()A．從0到t2時(shí)刻，拉力F逐漸增大B．t1時(shí)刻，彈簧形變量為C．t2時(shí)刻，彈簧形變量為D．A、B剛分開時(shí)的速度為從0到t1時(shí)刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F-2mgsinθ＋kx＝2ma，得F＝2mgsinθ-kx＋2ma，則知拉力F逐漸增大；從t1時(shí)刻A、B分離，t1～t2時(shí)間內(nèi)，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律得F-mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，拉力F不變，故A錯(cuò)誤；由圖可知，t1時(shí)刻A、B分離，此時(shí)刻對A根據(jù)牛頓第二定律有kx1-mgsinθ＝ma，解得x1＝，開始時(shí)有2mgsinθ＝kx0，又v2＝2a(x0-x1)，聯(lián)立解得v＝，故B正確，D錯(cuò)誤；由圖可知，t2時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsinθ＝kx2，得x2＝，故C正確．BC課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析刷提升4．[湖北宜昌葛洲壩中學(xué)2018高一上月考]質(zhì)量m＝1kg的物體在F＝20N的水平推力作用下，從足夠長的粗糙斜面底端A點(diǎn)由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，斜面固定不動(dòng)，與水平地面的夾角為α＝37°，力F作用4s后撤去，撤去力F5s后物體正好通過斜面上的B點(diǎn)．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：(1)撤去力F時(shí)物體的速度大??；(2)在力F作用下物體發(fā)生的位移；(3)A、B之間的距離．將mg和F分解，有FN＝Fsinα＋mgcosα，F(xiàn)cosα-μFN-mgsinα＝ma1，解得a1＝5m/s2，4s末物體的速度大小為v1＝a1t1＝20m/s.(2)由x1＝a1t12，得4s末物體的位移為x1＝40m.(3)撤去F后，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，則a2＝gsinα＋μgcosα，解得a2＝8m/s2，撤去F后物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間t2＝＝2.5s，向上運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝＝25m，而后向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα-μmgcosα＝ma3，解得a3＝4m/s2，向下運(yùn)動(dòng)的位移為x3＝a3(5s－t2)2＝12.5m，A、B之間的距離為x1＋x2-x3＝52.5m.(1)20m/s(2)40m(3)52.5m課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題解析刷提升5．[四川成都2018高一上期末]如圖所示，水平平臺(tái)ab長L＝20m，平臺(tái)b端與特殊材料制成的足夠長斜面bc連接，斜面傾角為30°，在平臺(tái)a端放有質(zhì)量m＝2kg的小物塊．現(xiàn)給物塊施加一個(gè)大小F＝50N、方向如圖所示的推力，使物塊由靜止開始運(yùn)動(dòng)．(物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若物塊從a端運(yùn)動(dòng)到b端的過程中F始終存在，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝4s，求物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若物塊從a端運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí)撤掉F，則物塊剛好能從斜面b端無初速度下滑，求a、P間的距離(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；(3)若物塊與斜面bc間的動(dòng)摩擦因數(shù)μbc＝Lb，式中Lb為物塊在斜面上所處的位置與b端之間的距離，則在(2)問的情況下，求物塊在斜面上速度達(dá)到最大時(shí)的位置．(1)物塊從a到b的過程由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有L＝a1t2，代入數(shù)據(jù)得a1＝2.5m/s2，由牛頓第二定律有Fcos37°-μ(Fsin37°＋mg)＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.7.(2)物塊從a到P的過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vP2＝2a1x1，物塊由P到b的過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vP2＝2a2x2，由牛頓第二定律有μmg＝ma2，L＝x1＋x2，解得a、P間的距離為x1＝14.7m.(3)物塊沿斜面bc下滑的過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度為零時(shí)速度最大，在該位置有mgsin30°-μbcmgcos30°＝0，μbc＝Lb，聯(lián)立解得Lb＝6m，即在距b端6m處的速度最大．課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題(1)0.7(2)14.7m(3)見解析解析刷素養(yǎng)6.如圖所示，一名消防隊(duì)員在模擬演習(xí)訓(xùn)練中，沿著長為12m的豎立在地面上的鋼管下滑．已知這名消防隊(duì)員的質(zhì)量為60kg，他從鋼管頂端由靜止開始先勻加速再勻減速下滑，滑到地面時(shí)速度恰好為零．如果他加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)的2倍，下滑的總時(shí)間為3s，g取10m/s2，那么該消防隊(duì)員()A．下滑過程中的最大速度為4m/sB．加速與減速過程中所受摩擦力大小之比為1∶7C．加速與減速過程的位移之比為1∶4D．加速與減速過程的時(shí)間之比為2∶1設(shè)消防隊(duì)員最大速度為v，則加速過程中的平均速度和減速過程中的平均速度都是0.5v，故全程的平均速度是0.5v.則h＝0.5vt，解得v＝m/s＝8m/s，故A錯(cuò)誤．設(shè)消防隊(duì)員加速過程和減速過程的加速度大小分別為a1和a2.由題知，加速過程有mg-f1＝ma1，減速過程有f2-mg＝ma2.根據(jù)速度公式，有a1t1＝a2t2＝v，t1＋t2＝3s，a1＝2a2，a1t12＋a2t22＝h.聯(lián)立解得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2，f1＝120N，f2＝840N．故f1∶f2＝1∶7，故B正確．由速度公式得t1＝s＝1s，t2＝s＝2s，所以加速與減速過程的時(shí)間之比為1∶2，故D錯(cuò)誤．由位移公式得s1＝0.5a1t12＝4m，s2＝0.5a2t22＝8m，加速與減速過程的位移之比為1∶2，故C錯(cuò)誤．課時(shí)2運(yùn)動(dòng)過程分析、多過程問題B06用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題(一)課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題題型1連接體問題(整體法和隔離法)解析課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題刷基礎(chǔ)1．[河北保定唐縣一中2019高一上月考](多選)如圖所示，在光滑的桌面上有質(zhì)量分別為m和M的A、B兩個(gè)物塊，現(xiàn)用水平方向的力F推物塊A，使A、B兩物塊在桌面上一起向右加速，則A、B間的相互作用力為()A．若桌面光滑，作用力為B．若桌面光滑，作用力為C．若A、B與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B仍向右加速，則A、B間的相互作用力為＋μMgD．若A、B與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B仍向右加速，則A、B間的相互作用力為若桌面光滑，將二者看成一個(gè)整體，在水平方向上有F＝(M＋m)a，對B分析可得FN＝Ma，解得FN＝，A正確，B錯(cuò)誤；若桌面不光滑，仍將二者看成一個(gè)整體，對整體有F-μ(M＋m)g＝(M＋m)a′，對B分析可得F′N-μMg＝Ma′，聯(lián)立解得F′N＝，故C錯(cuò)誤，D正確．AD解析刷基礎(chǔ)2.如圖甲所示，當(dāng)A、B兩物塊放在光滑的水平面上時(shí)，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，A、B間的相互作用力的大小為N1.如圖乙所示，當(dāng)A、B兩物塊放在固定光滑斜面上時(shí)，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a2，A、B間的相互作用力大小為N2，則有關(guān)a1、a2和N1、N2的關(guān)系正確的是()A．a(chǎn)1＞a2，N1＞N2B．a(chǎn)1＞a2，N1＜N2C．a(chǎn)1＝a2，N1＝N2D．a(chǎn)1＞a2，N1＝N2對于圖甲，根據(jù)牛頓第二定律得整體加速度a1＝，對B隔離分析，A對B的作用力N1＝mBa1＝.對于圖乙，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a2＝-gsinθ，對B隔離分析，有N2-mBgsinθ＝mBa2，得N2＝.可知a1＞a2，N1＝N2，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．D課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷基礎(chǔ)3．如圖所示，楔形物體沿固定斜面加速下滑(楔形物體上表面水平)，甲圖中在楔形物體上再放上一個(gè)小物塊，乙圖中在楔形物體上施加一個(gè)豎直向下的力F，則下列關(guān)于楔形物體運(yùn)動(dòng)情況的說法中正確的是()A．甲圖中楔形物體的加速度增大，乙圖中楔形物體的加速度增大B．甲圖中楔形物體的加速度增大，乙圖中楔形物體的加速度不變C．甲圖中楔形物體的加速度不變，乙圖中楔形物體的加速度增大D．甲圖中楔形物體的加速度不變，乙圖中楔形物體的加速度不變C課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷基礎(chǔ)4．如圖所示，體積相同的兩個(gè)小球A和B用1m長的細(xì)線相連，A的質(zhì)量為m＝1kg，B的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍．將它們都浸入水中后恰能處于靜止?fàn)顟B(tài)(設(shè)水足夠深，g取10m/s2)．求：(1)此時(shí)細(xì)線的張力大??；(2)若細(xì)線被剪斷，經(jīng)時(shí)間2s后兩球相距多遠(yuǎn)？(1)對A、B及細(xì)線組成的整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有2F?。?mg，解得F?。?5N，對A受力分析有F?。紽T＋mg，解得FT＝5N.(2)若細(xì)線被剪斷，A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F浮-mg＝maA，解得aA＝5m/s2，B向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg-F?。?maB，解得aB＝2.5m/s2.在t＝2s時(shí)間內(nèi)，A向上的位移為xA＝aAt2＝10m，B向下的位移為xB＝aBt2＝5m，則兩球相距x＝10m＋5m＋1m＝16m.(1)5N(2)16m課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題題型2臨界問題解析課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題刷基礎(chǔ)5．(多選)如圖所示，A、B兩物塊疊在一起靜止在水平地面上，A物塊的質(zhì)量mA＝2kg，B物塊的質(zhì)量mB＝3kg，A與B接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，現(xiàn)對A或?qū)施加一水平外力F，使A、B相對靜止一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．下列說法正確的是()A．若外力F作用到物塊A時(shí)，則其最小值為8NB．若外力F作用到物塊A時(shí)，則其最大值為10NC．若外力F作用到物塊B時(shí)，則其最小值為13ND．若外力F作用到物塊B時(shí)，則其最大值為25NA物塊與B物塊之間的最大靜摩擦力為μ1mAg＝8N，B物塊與地面之間的最大靜摩擦力為μ2(mA＋mB)g＝5N，所以無論外力F作用到物塊A上或物塊B上，當(dāng)F取最小值5N時(shí)，滿足題述情況，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)外力F作用到A上，A對B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，二者相對靜止，F(xiàn)的值最大，對B根據(jù)牛頓第二定律，有μ1mAg-μ2(mA＋mB)g＝mBa，代入數(shù)據(jù)解得a＝1m/s2.對整體有F-μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得F＝10N，故B正確；當(dāng)外力F作用到B上，A對B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，二者相對靜止，F(xiàn)的值最大，對A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1mAg＝mAa′，代入數(shù)據(jù)解得a′＝μ1g＝4m/s2，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F-μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得F＝25N，故D正確．BD解析刷基礎(chǔ)6．[四川綿陽2019高一上期末]如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球．則()A．當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力為0.5mgB．當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K壓力為零C．當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線中拉力為mgD．當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線中拉力為2mgB課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷基礎(chǔ)7．[重慶一中2019高一上期末](多選)如圖所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ＝30°的斜面底端，另一端與物塊A連接，兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時(shí)均靜止．現(xiàn)用平行于斜面向上大小等于的恒力F拉物塊B，使B沿斜面向上緩慢運(yùn)動(dòng)，直到B與A開始分離．下列說法正確的是()A．靜止時(shí)彈簧的壓縮量為B．從開始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過程中，B沿斜面滑動(dòng)的距離為C．從開始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過程中，B物塊的速度先增大后減小D．從開始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過程中，B物塊的加速度一直減小ABD課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷提升1．[湖北荊州中學(xué)、宜昌一中等四地七?？荚嚶?lián)盟2019高三上期末]如圖所示，光滑的水平地面上有兩塊材料完全相同的木塊A、B，質(zhì)量均為m，A、B之間用輕質(zhì)細(xì)繩水平連接．現(xiàn)沿細(xì)繩所在直線施加一水平恒力F作用在A上，A、B開始一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中把和木塊A、B完全相同的木塊C放在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運(yùn)動(dòng)，且始終沒有相對滑動(dòng)，則在放上C并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說法正確的是()A．若C放在A上面，繩上拉力不變B．若C放在B上面，繩上拉力為C．C放在B上，B、C間摩擦力為D．C放在A上比放在B上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大C課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷提升2．(多選)如圖所示，小球A、B的質(zhì)量相等，A球光滑，B球與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5tanθ，中間用一根彈簧連接，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，斜面足夠長，傾角為θ，將A、B和彈簧組成的系統(tǒng)放到斜面上，并讓彈簧處于原長時(shí)由靜止釋放，彈簧軸線平行于斜面，下列說法正確的是()A．剛開始釋放時(shí)A、B兩球的加速度大小均為gsinθB．剛開始釋放時(shí)A、B兩球的加速度大小分別為gsinθ、0.5gsinθC．A球的加速度為零時(shí)，B球的加速度大小為1.5gsinθD．A、B球的加速度第一次相等時(shí)，彈簧第一次最短BC課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題設(shè)A球和B球的質(zhì)量均為m.剛開始釋放時(shí)A球受到重力和支持力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度為aA＝gsinθ；B球受到重力、支持力和摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ＝maB，解得aB＝0.5gsinθ，所以A錯(cuò)誤，B正確．A球的加速度為零時(shí)，彈簧的彈力與A球重力沿斜面方向的分力大小相等，方向相反，即N＝mgsinθ，以B球?yàn)檠芯繉ο?，受到重力、彈簧彈力、斜面支持力和摩擦力，沿斜面方向根?jù)牛頓第二定律可得N＋mgsinθ－μmgcosθ＝maB，解得aB＝1.5gsinθ，所以C正確．當(dāng)A、B球的速度第一次相等時(shí)，彈簧第一次最短，所以D錯(cuò)誤．解析刷提升3．[江西九江一中2018高一上月考](多選)如圖，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2N，A受到的水平力FA＝9-2t(N)(t的單位是s)．從t＝0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，則()A．A物體3s末時(shí)的加速度大小是初始時(shí)的B．4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．4.5s時(shí)，A物體的速度為零D．4.5s后，A、B的加速度方向相同AB課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題解析刷提升4．如圖所示，一塊質(zhì)量m＝2kg的木塊放置在質(zhì)量M＝6kg、傾角θ＝37°的粗糙斜面體上，木塊與斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，二者靜止在光滑水平面上．現(xiàn)對斜面體施加一個(gè)水平向左的作用力F，若要保證木塊和斜面體不發(fā)生相對滑動(dòng)，求F的大小范圍．(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2)0≤F≤310N課時(shí)3連接體問題(整體法和隔離法)、臨界問題若要保證木塊和斜面體不發(fā)生相對滑動(dòng)，則兩物體以相同的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)此時(shí)兩物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a，兩物體之間的摩擦力大小為f，斜面體對木塊的支持力為N.由于μ＞tanθ，故當(dāng)F＝0時(shí)，木塊靜止在斜面上，即F的最小值為0.根據(jù)題意可知，當(dāng)木塊相對斜面有向上滑動(dòng)的趨勢時(shí)，F(xiàn)有最大值Fm.對整體受力分析，如圖甲所示，有Fm＝(m＋M)a，對木塊受力分析，如圖乙所示，有f＝μN(yùn)，水平方向：fcosθ＋Nsinθ＝ma，豎直方向：Ncosθ＝mg＋fsinθ，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得Fm＝310N.故F的大小范圍為0≤F≤310N.解析刷提升5．如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的物塊放在一固定斜面