2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案新人教版

PAGE14-第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用主干梳理對(duì)點(diǎn)激活學(xué)問(wèn)點(diǎn)連接體問(wèn)題Ⅱ1．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eq\o(□,\s\up1(01))物體系統(tǒng)稱為連接體。2．外力與內(nèi)力(1)外力：系統(tǒng)eq\o(□,\s\up1(02))之外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)eq\o(□,\s\up1(03))內(nèi)各物體間的相互作用力。3．整體法和隔離法(1)整體法：把eq\o(□,\s\up1(04))加速度相同的物體看做一個(gè)整體來(lái)探討的方法。(2)隔離法：求eq\o(□,\s\up1(05))系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用時(shí)，把一個(gè)物體隔離出來(lái)單獨(dú)探討的方法。學(xué)問(wèn)點(diǎn)臨界極值問(wèn)題Ⅱ1．臨界或極值條件的標(biāo)記(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，即表明題述的過(guò)程存在著eq\o(□,\s\up1(01))臨界點(diǎn)。(2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ)，表明題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往對(duì)應(yīng)eq\o(□,\s\up1(02))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(guò)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。2．四種典型的臨界條件(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eq\o(□,\s\up1(03))彈力FN＝0。(2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是eq\o(□,\s\up1(04))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eq\o(□,\s\up1(05))它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是eq\o(□,\s\up1(06))FT＝0。(4)加速度改變時(shí)，速度達(dá)到最值的臨界條件：速度達(dá)到最大的臨界條件是eq\o(□,\s\up1(07))a＝0，速度為0的臨界條件是a達(dá)到eq\o(□,\s\up1(08))最大。學(xué)問(wèn)點(diǎn)多過(guò)程問(wèn)題Ⅱ1．多過(guò)程問(wèn)題很多動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中涉及物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段，物體的eq\o(□,\s\up1(01))運(yùn)動(dòng)狀況和eq\o(□,\s\up1(02))受力狀況都發(fā)生了改變，這類問(wèn)題稱為牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的多過(guò)程問(wèn)題。2．類型多過(guò)程問(wèn)題可依據(jù)涉及物體的多少分為單體多過(guò)程問(wèn)題和多體多過(guò)程問(wèn)題。3．綜合運(yùn)用牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問(wèn)解決多過(guò)程問(wèn)題的關(guān)鍵首先明確每個(gè)“子過(guò)程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，然后列出“過(guò)程性方程”與“狀態(tài)性方程”。一堵點(diǎn)疏通1．整體法和隔離法是確定探討對(duì)象時(shí)常用的方法。()2．應(yīng)用牛頓其次定律進(jìn)行整體分析時(shí)，須要分析內(nèi)力。()3．輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等的。()4．相互接觸的物體分別時(shí)的臨界狀態(tài)是兩者沒(méi)有共同的加速度。()答案1.√2.×3.√4.×二對(duì)點(diǎn)激活1.如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，起先時(shí)F＝10N，此后漸漸增大，在增大到45N的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)拉力F<12N時(shí)，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B．兩物體起先沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力超過(guò)12N時(shí)，起先相對(duì)滑動(dòng)C．兩物體從受力起先就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)D．兩物體始終沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)答案D解析當(dāng)A、B間達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)兩者起先相對(duì)滑動(dòng)，以B為探討對(duì)象，設(shè)臨界加速度為a，由牛頓其次定律得：μmAg＝mBa，得a＝6m/s2。由整體法得：F＝(mA＋mB)a＝48N，所以F增大到45N的過(guò)程中，兩物體始終沒(méi)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，B、C錯(cuò)誤，D正確。由于地面光滑，故一起先物體就加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤。2.(人教版必修1·P77·科學(xué)閑逛改編)在探究測(cè)定軌道中人造天體的質(zhì)量的方法過(guò)程中做了這樣的一個(gè)試驗(yàn)：用已知質(zhì)量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組m2(后者的發(fā)動(dòng)機(jī)已熄滅)。接觸后，開(kāi)動(dòng)宇宙飛船的推動(dòng)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推動(dòng)器的平均推力為F，推動(dòng)器開(kāi)動(dòng)時(shí)間為t，測(cè)出飛船和火箭組的速度改變是Δv，求火箭組的質(zhì)量m2。答案eq\f(Ft,Δv)－m1解析依據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)得，m1、m2的共同加速度為a＝eq\f(Δv,t)，選取m1、m2整體為探討對(duì)象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1。考點(diǎn)細(xì)研悟法培優(yōu)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P058考點(diǎn)1整體法和隔離法解決連接體問(wèn)題1.連接體的類型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)物物并排連接體(4)輕繩連接體(5)輕桿連接體2．連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。(2)輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。一般狀況下，連接體沿桿方向的分速度相等。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不肯定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。3．連接體的受力特點(diǎn)輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不肯定沿桿。4．處理連接體問(wèn)題的方法(1)整體法若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不須要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓其次定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔離法若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時(shí)，就須要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，應(yīng)用牛頓其次定律列方程求解。(3)整體法、隔離法交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的探討對(duì)象，應(yīng)用牛頓其次定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。若已知物體之間的作用力，求連接體外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。例1如圖所示，在水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)。若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F1；假如改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F2。則以下關(guān)系式正確的是()A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＝F2 D．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＞F2(1)兩種狀況下整體受的合外力大小是否相同？提示：相同。(2)F1、F2的大小與μ有關(guān)嗎？提示：無(wú)關(guān)。嘗試解答選A。以整體為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F(xiàn)－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2，得到a1＝a2。當(dāng)F拉B時(shí)，以A為探討對(duì)象，則有F1－μm1g＝m1a得到F1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；同理，當(dāng)F拉A時(shí)，以B為探討對(duì)象，得到F2＝eq\f(m2,m1＋m2)F；由于m1＞m2，則F1＞F2。所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤。應(yīng)用整體法和隔離法的解題技巧(1)如圖所示，一起加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)，若力作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此結(jié)論與有無(wú)摩擦無(wú)關(guān)(有摩擦，兩物體與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)必需相同)，物體系統(tǒng)在平面、斜面、豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，此結(jié)論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時(shí)，此結(jié)論不變。(2)通過(guò)滑輪和繩的連接體問(wèn)題：若要求繩的拉力，一般都必需采納隔離法。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，故采納隔離法。[變式1－1]如圖所示，小車上有肯定滑輪，跨過(guò)定滑輪的輕繩一端系一小球，另一端系在彈簧測(cè)力計(jì)上，彈簧測(cè)力計(jì)固定在小車上。起先時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)，小球的懸繩與豎直方向的夾角為θ1，若小球的懸繩與豎直方向的夾角減小為θ2(θ1、θ2均保持不變)，則夾角為θ2時(shí)與夾角為θ1時(shí)相比()A．小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車對(duì)地面的壓力均變大B．小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)及小車對(duì)地面的壓力均變小C．小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均變小，小車對(duì)地面的壓力不變D．小車的加速度、彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)均不變，小車對(duì)地面的壓力變大答案C解析由題可知ma＝mgtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosθ)，則隨著θ減小，小車的加速度a和繩子的拉力(彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù))均減小，由整體法可知小車對(duì)地面的壓力等于整體自身的重力，故C正確。[變式1－2]如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個(gè)滑塊A，用輕質(zhì)細(xì)繩將A與一小球B相連，A、B的質(zhì)量均為m，A與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．細(xì)繩的拉力變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B．A、B的加速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C．水平拉力F變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D．A受到的摩擦力不變答案D解析對(duì)B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細(xì)繩拉力大小T＝eq\f(mg,cosα)，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí)，a和T不肯定是原來(lái)的2倍，A、B錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí)，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN(yùn)不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來(lái)的2倍時(shí)，F(xiàn)不肯定變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，C錯(cuò)誤，D正確?？键c(diǎn)2動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題1.基本思路(1)細(xì)致審題，詳盡分析問(wèn)題中改變的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。(2)找尋過(guò)程中改變的物理量。(3)探究物理量的改變規(guī)律。(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。2．思維方法極限法把物理問(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)題的目的假設(shè)法臨界問(wèn)題存在多種可能，特殊是非此即彼兩種可能時(shí)，或改變過(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)題數(shù)學(xué)法將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，依據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件例2如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的長(zhǎng)木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在長(zhǎng)木板上，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5。重力加速度大小為g＝10m/s2，物塊與長(zhǎng)木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的力F，下列說(shuō)法正確的是()A．水平力F＝3N時(shí)，物塊m將保持靜止?fàn)顟B(tài)B．水平力F＝6N時(shí)，物塊m將在長(zhǎng)木板M上滑動(dòng)C．水平力F＝7N時(shí)，長(zhǎng)木板M的加速度大小為2.5m/s2D．水平力F＝9N時(shí)，長(zhǎng)木板M受到的摩擦力大小為5N(1)m和M相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是什么？提示：m和M之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。(2)如何求使m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)所對(duì)應(yīng)的臨界外力F?提示：先隔離M再整體分析。嘗試解答選D。設(shè)m和M恰好不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)力F＝F0，應(yīng)用牛頓其次定律，有eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝7.5N，明顯F＝3N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；F＝6N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；F＝7N<F0時(shí)，m和M一起加速運(yùn)動(dòng)，M的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(7,3)m/s2，C錯(cuò)誤；F＝9N>F0時(shí)，m和M相對(duì)運(yùn)動(dòng)，M受到的摩擦力大小為μmg＝5N，D正確。疊加體系統(tǒng)臨界問(wèn)題的求解思路[變式2－1](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA＝9－2t(N)作用，B受到向右拉力FB＝2t(N)作用。從t＝0起先計(jì)時(shí)，則()A．當(dāng)t＝3s時(shí)，A、B起先分別B．當(dāng)t＝4.5s時(shí)，A、B起先分別C．A、B分別之前整體做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．A、B分別之后A、B各做加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)答案AC解析當(dāng)A、B分別時(shí)兩者間作用力為零，且a相同，所以eq\f(FA,FB)＝eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，得t＝3s，故A正確，B錯(cuò)誤；A、B分別之前整體由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3m/s2，兩者做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C正確；A、B分別之后，A、B的合外力均為變力，加速度隨時(shí)間改變，故D錯(cuò)誤。[變式2－2](多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則()A．當(dāng)F＜2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時(shí)，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D．無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)eq\f(1,2)μg答案BCD解析地面對(duì)B的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，A、B間最大靜摩擦力為2μmg，當(dāng)F>eq\f(3,2)μmg時(shí)，A、B相對(duì)于地面對(duì)右滑動(dòng)；在A、B恰好要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)A、B整體應(yīng)用牛頓其次定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，對(duì)B，有μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見(jiàn)，當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B才能滑動(dòng)，C正確，A錯(cuò)誤。當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時(shí)，A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體有：eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，a＝eq\f(1,3)μg，故B正確。無(wú)論F為何值，B所受最大的動(dòng)力為A對(duì)B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，可見(jiàn)D正確。考點(diǎn)3應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題的步驟(1)將“多過(guò)程”分解為很多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“連接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“連接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)依據(jù)“子過(guò)程”“連接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“連接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的協(xié)助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或探討。例3如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，BC光滑且與水平面夾角為θ＝37°。木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個(gè)力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時(shí)，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器被拉時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的滑塊從C點(diǎn)由靜止起先下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳感器記錄到的力和時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)斜面BC的長(zhǎng)度s；(2)滑塊與木塊AB表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。(1)滑塊在CB上滑動(dòng)時(shí)，力傳感器讀出的是哪個(gè)力的大?。刻崾荆夯瑝K對(duì)木塊壓力的水平分力。(2)滑塊在BA上滑動(dòng)時(shí)，力傳感器示數(shù)等于哪個(gè)力的大??？提示：滑塊與木塊間的摩擦力。嘗試解答(1)3_m__(2)0.2(1)分析滑塊受力，由牛頓其次定律得a1＝gsinθ＝6m/s2，通過(guò)題圖乙可知滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝1s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得斜面BC的長(zhǎng)度為s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(2)由下圖可知，滑塊在CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊對(duì)木塊的壓力N1′＝mgcosθ，木塊對(duì)傳感器的壓力F1′＝F1＝N1′sinθ，由題圖乙可知：F1′＝12N，解得m＝2.5kg，滑塊在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器對(duì)木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5N，μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2。應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題的策略(1)任何多過(guò)程的困難物理問(wèn)題都是由很多簡(jiǎn)潔的小過(guò)程構(gòu)成。有些是承上啟下，上一過(guò)程的結(jié)果是下一過(guò)程的已知，這種狀況，一步一步完成即可；有些是樹(shù)枝型，告知的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這就要求細(xì)致審題，找出各過(guò)程的關(guān)聯(lián)，按依次逐個(gè)分析。(2)對(duì)于每一個(gè)探討過(guò)程，選擇什么規(guī)律，應(yīng)用哪一個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式要明確。(3)留意兩個(gè)過(guò)程的連接處，加速度可能突變，但速度不會(huì)突變，速度是聯(lián)系前后兩個(gè)階段的橋梁。[變式3－1]如圖所示，套在水平直桿上質(zhì)量為m的小球起先時(shí)靜止，現(xiàn)對(duì)小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標(biāo)出)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未從桿上脫落，且F0>μmg。下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)中的速度—時(shí)間圖象正確的是()答案C解析起先時(shí)小球所受支持力方向向上，隨著時(shí)間的增加，小球速度增大，F(xiàn)增大，則支持力減小，摩擦力減小，依據(jù)牛頓其次定律，可知這一階段小球的加速度增大。當(dāng)豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時(shí)，小球的加速度最大。再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對(duì)小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，依據(jù)牛頓其次定律，小球的加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確。[變式3－2]如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面對(duì)上的拉力F作用下從靜止起先沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的改變關(guān)系圖象(v-t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過(guò)的路程L；(2)沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移x1，就是前1s內(nèi)，時(shí)間軸與圖線所圍的面積：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物塊下滑的距離x2，就是第1s末到第2s末這段時(shí)間軸與圖線所圍面積：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m，路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律：0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝－ma2；聯(lián)立解得：F＝8N。高考模擬隨堂集訓(xùn)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P0611.(2024·海南高考)(多選)如圖，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)都為μ。用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊P，設(shè)R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為A．若μ≠0，則k＝eq\f(5,6) B．若μ≠0，則k＝eq\f(3,5)C．若μ＝0，則k＝eq\f(1,2) D．若μ＝0，則k＝eq\f(3,5)答案BD解析對(duì)整體，由牛頓其次定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，設(shè)R和Q之間相互作用力的大小為F1，Q與P之間相互作用力的大小為F2，對(duì)R，由牛頓其次定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，對(duì)Q和R組成的整體，由牛頓其次定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝eq\f(5F,6)，所以k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,5)，與μ無(wú)關(guān)，B、D正確。2．(2024·安徽天長(zhǎng)市期末)(多選)如圖所示，用力F向上拉起兩重物A、B，A、B的質(zhì)量分別是1kg、2kg，A、B之間的輕繩能承受的最大拉力是30N，g取10m/s2。為保證A、B之間的輕繩不被拉斷，則()A．兩物體向上的加速度不能大于5m/s2B．F的大小不能超過(guò)45NC．兩物體向上的加速度不能大于10m/s2D．F的大小不能超過(guò)30N答案AB解析對(duì)B受力分析，當(dāng)繩的拉力最大時(shí)，B的加速度最大，由牛頓其次定律可得T－mBg＝mBa，解得B的最大加速度a＝5m/s2，則兩物體向上的加速度不能大于5m/s2，A正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)加速度為5m/s2時(shí)，F(xiàn)最大，對(duì)整體受力分析，由牛頓其次定律可得Fmax－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得Fmax＝45N，即F的大小不能超過(guò)45N，B正確，D錯(cuò)誤。3．(2024·撫順模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)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。木板受到隨時(shí)間t改變的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象。取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝2kgC．當(dāng)F＝8N時(shí)，滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1答案C解析從圖乙中可知，當(dāng)F>6N時(shí)，兩者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F≤6N時(shí)兩者相對(duì)靜止，當(dāng)F＝6N時(shí)，對(duì)整體可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6kg，當(dāng)F>6N時(shí)對(duì)木板分析：水平方向受到拉力和m給的摩擦力，故有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，圖象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，將F>6N時(shí)圖線反向延長(zhǎng)，可得當(dāng)F＝4N時(shí)，加速度為零，代入可得0＝eq\f(1,2)×4－eq\f(μ·4×10,2)，解得μ＝0.1，故A、B、D正確；當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，故C錯(cuò)誤。4．(2024·山東聊城一模)兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細(xì)線懸吊著相同的小球c、d，如圖所示。當(dāng)它們都沿桿向下滑動(dòng)，各自的環(huán)與小球保持相對(duì)靜止時(shí)，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對(duì)a、b環(huán)的彈力大小相等D．細(xì)線對(duì)c、d球的彈力大小可能相等答案C解析設(shè)桿與水平方向的夾角為α，圓環(huán)的質(zhì)量均為m，球的質(zhì)量均為M，對(duì)c球進(jìn)行受力分析如圖，c球受重力和繩的拉力Tc，沿桿的方向向下運(yùn)動(dòng)，因此在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，由力的合成及牛頓其次定律可知c球所受合力F1＝Mgsinα＝Ma，可得a＝gsinα，因a