（全国用）2018版高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律（课件+试题）（打包13套）.zip

第三章 牛顿运动定律45分钟章末验收卷一、单项选择题1.质量为 M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为 m的物体以速度 v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力 F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图 1所示.整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为 FN，地面对三角形物块的摩擦力的大小为 Ff，重力加速度为 g，则( )图 1A.Ff≠0， FN＞( m＋ M)g B.Ff＝0， FN＝( m＋ M)gC.Ff≠0， FN＜( m＋ M)g D.Ff＝0， FN＞( m＋ M)g答案 B解析 开始时物体以速度 v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上.对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知， Ff1＝0， FN1＝( m＋ M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力 F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小 FN＝( m＋ M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为 Ff＝0，选项 B正确.2.如图 2所示，小球 A质量为 m，木块 B质量为 2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止.现对 A施加一个竖直向上的恒力 F，使小球 A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球 A速度恰好最大，已知重力加速度为 g.则在木块 B对地面压力为零时，小球 A的加速度大小为( )图 2A.3g B.1.5g C.2g D.2.5g答案 C解析 根据题意，当弹簧处于原长时 A球速度最大，则 F＝ mg，当木块 B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对 B受力分析，此时有 kx＝2 mg，对 A根据牛顿运动定律有kx＋ mg－ F＝ ma，解得 a＝2 g，C 项正确.3.如图 3所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2 m和 3m的三个木块，其中质量为 2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT.现用水平拉力 F拉质量为 3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图 3A.质量为 2m的木块受到四个力的作用B.当 F逐渐增大到 FT时，轻绳刚好被拉断C.当 F逐渐增大到 1.5FT时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为 m和 2m的木块间的摩擦力为 FT23答案 C解析 质量为 2m的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为 FT时，对 m和 2m有FT＝3 ma，此时对整体有 F＝6 ma，可得 F＝2 FT，故 B项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为 m和 2m的木块间的摩擦力为 FT，故 D项错.134.如图 4甲所示，倾角为 θ 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为 v0＝10 m/s、质量为 m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取 g＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图 4A.0～5 s 内小木块做匀减速运动B.在 t＝1 s 时刻，摩擦力反向C.斜面倾角 θ ＝37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为 0.5答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得 v2－ v ＝2 ax，由题图乙可得 a＝ ＝－10 200－ v202x1m/s2，故减速运动时间： t＝ ＝1 s，故 A错误；由题图乙可知，在 0～1 s内小木块0－ v0a向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动， t＝1 s时摩擦力反向，故 B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度： a′＝ ＝ m/s2＝2 v22x2 322× 13－ 5m/s2，由牛顿第二定律得： mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ m|a|， mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma′，代入数据解得： μ ＝0.5， θ ＝37°，故 C、D 正确.二、多项选择题5.竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图 5所示，下列判断正确的是( )图 5A.0～ t2时间内，小球的平均速度不为零B.t1～ t2时间内，小球始终在抛出点下方C.t2时刻，小球落回抛出点D.t2时刻，小球距离抛出点v0 t2－ 2t12答案 AD解析 从图象看，0～ t2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为 0，所以平均速度不为 0，A 项正确； t1～ t2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B、C 项错误；0～ t1时间内，小球在抛出点上方的位移为 x 上＝ t1， t1～ t2时间内，小球下落过程中的位移为 x 下 ＝ (t2－ t1)，所以总位移大小为v02 v02(t2－ t1)－ t1＝ ，D 项正确.v02 v02 v0 t2－ 2t126.一质量为 m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为 F1＝ k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为 F2＝ k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的 μ 倍( μ ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的 0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是( )A.飞机一共受 5个力的作用B.飞机可能做匀加速直线运动C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2mk1 1＋ 4μ 答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向： F－ Ff－ F2＝ ma ①竖直方向： FN＋ F1＝ mg ②Ff＝ μF N ③且 F1＝ k1v2 ④F2＝ k2v2 ⑤联立①～⑤得： F－ k2v2－ μ (mg－ k1v2)＝ ma整理得F－ μmg ＋( μk 1－ k2)v2＝ ma ⑥当 k2＝ μk 1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B 项正确；当 μk 1＞ k2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a＝ ＝(0.25－ μ )g ⑦ 0.25－ μ  mgm刚起飞时，支持力 FN＝0，地面摩擦力为 0， mg＝ k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2＝ ⑧mgk1v2＝2 ax ⑨联立⑦⑧⑨解得 x＝ ，D 项错误.2mk1 1－ 4μ 三、非选择题7.用如图 6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图 6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：________.A.天平(附砝码) B.秒表C.刻度尺(最小刻度为 mm) D.低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器.把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量 m与小车和车上砝码的总质量 M之间应满足的条件是______________.这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变.(4)如图 7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55 cm， x2＝0.94 cm， x3＝1.35 cm， x4＝1.76 cm， x5＝2.15 cm， x6＝2.54 cm.图 7①相邻两计数点间的时间间隔为________ s；②计数点“6”和“7”间的位移 x7比较接近于________(填“A、B、C、D”序号)A.2.76 cm B.2.85 cm C.2.96 cm D.3.03 cm③打下“3”点时小车的瞬时速度 v3＝_____ m/s；小车的加速度 a＝_____ m/s2.(计算结果均保留 2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量 M，分别记录小车加速度 a与其质量 M的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度 a与其质量 M的图象，如图 8，然后由图象直接得出 a与 M成反比.乙同学认为应该继续验证 a与其质量倒数 是否成正比，并1M作出小车加速度 a与其质量倒数 的图象，如图 9所示.你认为_______同学(选填“甲”或1M“乙”)的方案更合理.图 8图 9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力 F，然后根据测得的数据作出 a－ F图象，如图 10所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是( )图 10A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案 (1)ACD (2)C (3) m≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选 A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6 V)，工作频率为 50 Hz，周期为 0.02 s，可以计时，不需要秒表，故选 D项，不选 B项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选 C项.(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故 C正确.(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶： mg－ F＝ ma，对小车： F＝ Ma，可得小车受到的拉力 F＝ ，加速度 a＝ ，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合MmgM＋ m mgM＋ m外力(拉力)，由 F＝ ·mg＝ 可知， Fmg，只有 m≪M时，才有 F≈ mg，所以砂和砂MM＋ m mg1＋ mM桶的总质量 m与小车和车上砝码的总质量 M之间应满足的条件是 m≪M.(4)①打点计时器的工作周期为 T0＝0.02 s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为 T＝5 T0＝0.1 s.②根据匀变速直线运动的规律 a＝ ＝ ＝ ，可知： x7＝2 x6－ x5＝2×2.54 Δ xT2 x7－ x6T2 x6－ x5T2cm－2.15 cm＝2.93 cm，比较接近于 2.96 cm，故选 C项.③ v3＝ ≈0.16 m/s，x3＋ x42Ta＝ ≈0.40 m/s 2. x4＋ x5＋ x6 －  x1＋ x2＋ x39T2(5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数 关系图象，故应选乙方案.1M(6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力 F＝ ，当 m≪M时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上mg1＋ mM砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度 a与拉力 F成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比， a－ F图象发生弯曲，不再是直线，故 B正确.8.如图 11所示，一长 L＝2 m、质量 M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l＝5 m，木板的正中央放有一质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为 μ 1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力 F，其大小为 48 N， g取 10 m/s2，试求：图 11(1)F作用了 1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数 μ 2应满足的条件.答案 (1)0.64 m (2) μ 2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板： F－ μ 1(M＋ m)g－ μ 1mg＝ Ma1，解得 a1＝6 m/s 2对物块： μ 1mg＝ ma2，解得 a2＝4 m/s 2，故假设成立设 F作用 t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则＝ a1t2－ a2t2，解得 t＝1 sL2 12 12在此过程：木板位移 x1＝ a1t2＝3 m，12末速度 v1＝ a1t＝6 m/s物块位移 x2＝ a2t2＝2 m，末速度 v2＝ a2t＝4 m/s12在物块从木板上滑落后的 t0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律：对木板： F－ μ 1Mg＝ Ma1′，解得 a1′＝8 m/s 2木板发生的位移 x1′＝ v1t0＋ a1′ t ＝1.36 m12 20此时木板右端距平台边缘Δ x＝ l－ x1－ x1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块： μ 2mg＝ ma2′，解得 a2′＝ μ 2g若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 x2′＝v22a2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l＋ ≥ x2＋ x2′L2联立解得 μ 2≥0.2.专题强化三 牛顿运动定律的综合应用(一)专题解读 1.本专题是动力学方法处理连接体问题、图象问题和临界极值问题，高考时选择题为必考，计算题也曾命题.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.命题点一 动力学中的连接体问题1.连接体问题的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.2.整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).3.隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.4.整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”.例 1 (多选)(2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平.如图 1 所示，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由 8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图 1A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1∶2答案 BD解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项 A 错误；动车组运动的加速度a＝ ＝ － kg，则对 6、7、8 节车厢的整体有 F56＝3 ma＋3 kmg＝ F，对 7、8 节车厢2F－ 8kmg8m F4m 34的整体有 F67＝2 ma＋2 kmg＝ F，故 5、6 节车厢与 6、7 节车厢间的作用力之比为12F56∶ F67＝3∶2，选项 B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得 ·8mv2＝8 kmgx，解得 x＝12，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项 C 错误；8 节车厢有 2 节动v22kg车时的最大速度为 vm1＝ ；8 节车厢有 4 节动车时最大速度为 vm2＝ ，则 ＝ ，选2P8kmg 4P8kmg vm1vm2 12项 D 正确.例 2 如图 2 所示，粗糙水平面上放置 B、 C 两物体， A 叠放在 C 上， A、 B、 C 的质量分别为 m、2 m、3 m，物体 B、 C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT，现用水平拉力 F 拉物体 B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )图 2A.此过程中物体 C 受重力等五个力作用B.当 F 逐渐增大到 FT时，轻绳刚好被拉断C.当 F 逐渐增大到 1.5FT时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚断时， A、 C 间的摩擦力为FT6①三个物体以同一加速度向右运动；②轻绳刚好被拉断.答案 C解析 A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知 C 受重力、 A 对 C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、 A 对 C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故 A 错误.对整体分析，整体的加速度 a＝ ＝ － μg ，对 A、 C 整体分析，根据牛顿第二定律得，F－ μ ·6mg6m F6mFT－ μ ·4mg＝4 ma，解得 FT＝ F，当 F＝1.5 FT时，轻绳刚好被拉断，故 B 错误，C 正确.水23平面光滑，绳刚断时，对 A、 C 整体分析，加速度 a＝ ，隔离 A 单独分析， A 受到的摩擦力FT4mFf＝ ma＝ ，故 D 错误.FT4连接体问题的情景拓展1.2.3.1.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时，23P 和 Q 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A.8 B.10 C.15 D.18答案 BC解析 设 PQ 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为 m，则 F＝ nma ①设 PQ 东边有 k 节车厢，则 F＝ km· a ②23联立①②得 3n＝2 k，由此式可知 n 只能取偶数，当 n＝2 时， k＝3，总节数为 N＝5当 n＝4 时， k＝6，总节数为 N＝10当 n＝6 时， k＝9，总节数为 N＝15当 n＝8 时， k＝12，总节数为 N＝20，故选项 B、C 正确.2.如图 3 所示，质量分别为 m1、 m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动( m1在光滑地面上， m2在空中).已知力 F 与水平方向的夹角为 θ .则 m1的加速度大小为( )图 3A. B. C. D.Fcos θm1＋ m2 Fsin θm1＋ m2 Fcos θm1 Fsin θm2答案 A解析 把 m1、 m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得： Fcos θ ＝( m1＋ m2)a，所以 a＝ ，选项 A 正确.Fcos θm1＋ m23.如图 4 所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 θ ，在斜杆下端固定有质量为 m 的小球，下列关于杆对球的作用力 F 的判断中，正确的是( )图 4A.小车静止时， F＝ mgsin θ ，方向沿杆向上B.小车静止时， F＝ mgcos θ ，方向垂直于杆向上C.小车向右以加速度 a 运动时，一定有 F＝masin θD.小车向左以加速度 a 运动时， F＝ ，方向斜向左上方，与竖直方向的 ma 2＋  mg 2夹角满足 tan α ＝ag答案 D解析 小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力 F＝ mg，方向竖直向上，选项 A、B 错误；小车向右以加速度 a 运动时，如图甲所示，只有当a＝ gtan θ 时，才有 F＝ ，选项 C 错误；小车向左以加速度 a 运动时，根据牛顿第二masin θ定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力 F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足 tan α ＝ ，选项 D 正确. ma 2＋  mg 2ag命题点二 动力学中的图象问题1.常见的动力学图象v－ t 图象、 a－ t 图象、 F－ t 图象、 F－ a 图象等.2.图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.(3)由已知条件确定某物理量的变化图象.3.解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.例 3 如图 5 所示，斜面体 ABC 放在粗糙的水平地面上.小滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s 沿斜面上滑.斜面倾角 θ ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数 μ ＝0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量 m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g 取 10 m/s2.试求：图 5(1)小滑块回到出发点时的速度大小.(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力大小 Ff随时间 t 变化的图象.①整个过程斜面体保持静止不动；②滑块在斜面上减速至 0 然后下滑.答案 (1)4.8 m/s(2)如图所示解析 (1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律： mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1，解得 a1＝9.6 m/s 2设滑块上滑位移大小为 L，则由 v ＝2 a1L，20解得 L＝4.8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律： mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2，解得 a2＝2.4 m/s 2由 v2＝2 a2L，解得 v＝4.8 m/s(2)滑块沿斜面上滑过程用时 t1＝ ＝1 sv0a1对斜面受力分析可得 Ff1＝ ma1cos θ ＝7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时 t2＝ ＝2 sva2对斜面受力分析可得 Ff2＝ ma2cos θ ＝1.92 NFf随时间变化规律如图所示.4.在图 6 甲所示的水平面上，用水平力 F 拉物块，若 F 按图乙所示的规律变化.设 F 的方向为正方向，则物块的速度－时间图象可能正确的是( )图 6答案 A解析 若水平面光滑，则加速度 a＝ ，即 a∝ F，满足 a1∶ a2∶ a3＝ F1∶ F2∶ F3＝1∶3∶2，Fm可见 A、B、C、D 四个选项均不符合.若水平面不光滑，对 A 图进行分析：0～1 s 内， a1＝＝ ＝2 m/s2,1～2 s 内， a2＝ ＝ ＝2 m/s2,2～3 s 内， a3＝F1＋ Ffm 1 N＋ Ffm F2－ Ffm 3 N－ Ffm＝ ＝1 m/s2，联立以上各式得 Ff＝1 N， m＝1 kg，且 a1∶ a2∶ a3＝2∶2∶1，F3－ Ffm 2 N－ Ffm符合实际，A 项正确；同理，分析 B、C、D 项均不可能.5.如图 7 甲所示，有一倾角为 30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为 M 的木板.开始时质量为 m＝1 kg 的滑块在水平向左的力 F 作用下静止在斜面上，今将水平力 F变为水平向右大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力 F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接).此后滑块和木板在水平面上运动的 v－ t 图象如图乙所示， g＝10 m/s 2，求：图 7(1)水平作用力 F 的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量.答案 (1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg1033解析 (1)滑块受到水平推力 F、重力 mg 和支持力 FN处于平衡，如图所示： F＝ mgtan θ代入数据可得： F＝ N1033(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s当 F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得： mgsin θ ＋ Fcos θ ＝ ma解得： a＝10 m/s 2下滑的位移： x＝ ，解得： x＝5 mv22a故滑块开始下滑时的高度： h＝ xsin 30°＝2.5 m(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为 μ 1，滑块与木板间的动摩擦因数为 μ 2二者共同减速时的加速度大小 a1＝1 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度 a2＝1 m/s2，滑块减速的加速度大小为： a3＝4 m/s 2对整体受力分析可得： a1＝ ＝ μ 1gμ 1 M＋ m gM＋ m可得： μ 1＝0.1在 0～2 s 内分别对 m 和 M 做受力分析可得：对 M： ＝ a2μ 2mg－ μ 1 M＋ m gM对 m： ＝ a3μ 2mgm代入数据解方程可得： M＝1.5 kg.命题点三 动力学中的临界极值问题1.“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是： FT＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为 0 时.2.“四种”典型数学方法(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法；(4)极限法.例 4 如图 8 所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为 α ，其斜面上有一静止的滑块，质量为 m，两者之间的动摩擦因数为 μ ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图 8(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力 F 的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力 F 的最小值.①滑块与斜面体一起加速运动；②滑块做自由落体运动.答案 (1) (2) m＋ M g μ cos α － sin α μ sin α ＋ cos α Mgtan α解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力 F 越大，加速度越大，当 F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值 Ffm，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为 a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcos α ＋ Ffmsin α ＝ mg ①Ffmcos α － FNsin α ＝ ma ②由题意知 Ffm＝ μF N ③联立解得 a＝ gμ cos α － sin αcos α ＋ μ sin α对整体受力分析 F＝( M＋ m)a联立解得 F＝ m＋ M g μ cos α － sin α μ sin α ＋ cos α(2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为 g，设此时 M 的加速度为 aM，则对 M： F＝ MaM当水平向右的力 F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有 ＝tan α ，即 ＝tan 12gt212aMt2 gaMα 联立解得 F＝ .Mgtan α6.如图 9 所示，质量均为 m 的 A、 B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离 h 时， B 与 A 分离.下列说法正确的是( )图 9A.B 和 A 刚分离时，弹簧长度等于原长B.B 和 A 刚分离时，它们的加速度为 gC.弹簧的劲度系数等于mghD.在 B 与 A 分离之前，它们做匀加速直线运动答案 C解析 A、 B 分离前， A、 B 共同做加速运动，由于 F 是恒力，而弹力是变力，故 A、 B 做变加速直线运动，当两物体要分离时， FAB＝0，对 B： F－ mg＝ ma，对 A： kx－ mg＝ ma.即 F＝ kx 时， A、 B 分离，此时弹簧处于压缩状态，由 F＝ mg，设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x0，又 2mg＝ kx0， h＝ x0－ x，解以上各式得 k＝ ，综上所述，只有 C 项正确.mgh7.如图 10 所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，以 v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、 B 之间的距离 L＝10 m.已知斜面倾角 θ ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数 μ ＝ .33重力加速度 g 取 10 m/s2.图 10(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小.(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° N1335解析 (1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得L＝ v0t＋ at2 ①12v＝ v0＋ at ②联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s 2 ③v＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面间的夹角为 α ，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α － mgsin θ － Ff＝ ma ⑤Fsin α ＋ FN－ mgcos θ ＝0 ⑥又 Ff＝ μF N ⑦联立⑤⑥⑦式得F＝ ⑧mg sin θ ＋ μ cos θ  ＋ macos α ＋ μ sin α由数学知识得cos α ＋ sin α ＝ sin(60°＋ α ) ⑨33 233由⑧⑨式可知对应 F 最小时的夹角 α ＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为 Fmin＝ N.1335应用图象分析动力学问题的深化拓展一、利用表达式判断图象形状当根据物理情景分析物体的 x－ t 图象、 v－ t 图象、 a－ t 图象、 F－ t 图象、 E－ t 图象等问题，或根据已知图象确定相应的另一图象时，有时需借助相应的函数表达式准确判断，其思路如下：(1)审题，了解运动情景或已知图象信息.(2)受力分析，运动分析(若是“多过程”现象，则分析清楚各“子过程”的特点及“衔接点”的数值).(3)根据物理规律确定函数关系式(常用规律：牛顿第二定律、运动学规律、功能关系等).(4)根据函数特点判断相应图象是否正确(要弄清所导出的待求量表达式的意义，如变化趋势、截距、斜率等的物理含义).典例 1 如图 11 所示，在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t 增大的水平力 F＝ kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2.下列反映 a1和a2变化的图象中正确的是( )图 11答案 A解析 开始阶段水平力 F 较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝( m1＋ m2)a，即 a＝ ＝ t，两物体的加速度相同，且与时间成正比.随着水平Fm1＋ m2 km1＋ m2力 F 的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到 μm 2g 后两者发生相对滑动，对木块有 F－ Ff＝ m2a2，其中 Ff＝ μm 2g，故 a2＝ ＝ t－ μg ， a2－ t 图F－ Ffm2 km2象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有 μm 2g＝ m1a1，故 a1＝ ，保持不变.综μ m2gm1上可知，A 正确.二、用图象进行定性分析当物体的运动过程不是典型的匀速直线运动或匀变速直线运动，用公式求解问题比较困难或不可能时，一般可以用(速度)图象进行定性分析.典例 2 就是利用速率图象比较时间的长短，把速度图象中“面积”表示位移迁移到本题中，可得出速率图象中“面积”表示路程.典例 2 (多选)如图 12 所示，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有( )图 12A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达 B 处答案 BD解析 对小孩受力分析，如图(a)所示，由牛顿第二定律得 a＝ gsin θ ，由于甲所在轨道倾角逐渐减小，乙所在轨道倾角逐渐增大，当倾角相同时 a 甲 ＝ a 乙 ，之后， a 甲 3μmg 时， A 相对 B 滑动D.无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 μg12答案 BCD解析 当 03μmg 时， A 相对 B 向右做加速运动， B 相对地面也向右加速，选项 A 错误，选项 C 正确.当 F＝ μmg 时， A 与 B 共同的加速度52a＝ ＝ μg ，选项 B 正确. F 较大时，取物块 B 为研究对象，物块 B 的加速度最大为F－ 32μ mg3m 13a2＝ ＝ μg ，选项 D 正确.2μ mg－ 32μ mgm 123.如图 3 所示，质量为 M 的吊篮 P 通过细绳悬挂在天花板上，物块 A、 B、 C 质量均为m， B、 C 叠放在一起，物块 B 固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与 A 物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为 k(弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是( )图 3A.静止时，弹簧的形变量为mgkB.剪断细绳瞬间， C 物块处于超重状态C.剪断细绳瞬间， A 物块与吊篮 P 分离D.剪断细绳瞬间，吊篮 P 的加速度大小为 M＋ 3m gM＋ m答案 D解析 静止时，弹簧受到的压力 F 大小等于 B、 C 的重力 2mg，则由胡克定律 F＝ kΔ x，求出弹簧的形变量 Δ x 为 ，A 错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变， C 物块所受合力2mgk为 0，加速度为 0， C 处于静止状态，B 错误；剪断细绳瞬间，将吊篮和 A 物块当作一个整体，受到重力为( M＋ m)g，以及弹簧的弹力 2mg，则吊篮 P 和物块 A 的加速度 a＝ ，D M＋ 3m gM＋ m正确；剪断细绳瞬间， A 物块和吊篮 P 的加速度相同，均为 ，则 A 物块与吊篮 P M＋ 3m gM＋ m不会分离，C 错误.题组 2 动力学中的图象问题4.如图 4 所示，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc 固定在水平地面上， ab 面和 bc 面与地面的夹角分别为 α 和 β ，且 α β .一初速度为 v0的小物块沿斜面 ab 向上运动，经时间 t0后到达顶点 b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面 bc 下滑.在小物块从 a运动到 c 的过程中，可以正确描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图象是( )图 4答案 C解析 设物块上滑与下滑的加速度大小分别为 a1和 a2.根据牛顿第二定律得 mgsin α ＋ μmg cos α ＝ ma1， mgsin β － μmg cos β ＝ ma2，得 a1＝ gsin α ＋ μg cos α ， a2＝ gsin β － μg cos β ，则知 a1a2，而 v－ t 图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由 x＝at2知，上滑过程时间较短；上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，12两段图线都是直线；由于物块克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物块到达 c 点的速度小于 v0.故只有选项 C 正确.5.(多选)如图 5 甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为 μ ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、 t0已知，则( )图 5A.传送带一定逆时针转动 B.μ ＝tan θ ＋v0gt0cos θC.传送带的速度大于 v0 D.t0后木块的加速度为 2gsin θ －v0t0答案 AD解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑时( mgsin θ μmg cos θ )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时( mgsin θ μmg cos θ )，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项 A 正确.木块在 0～ t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑， a1＝ gsin θ ＋ μg cos θ ，由图可知 a1＝ ，则v0t0μ ＝ －tan θ ，选项 B 错误.当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦v0gt0cos θ力变成斜向上，故传送带的速度等于 v0，选项 C 错误.等速后的加速度 a2＝ gsin θ － μg cos θ ，代入 μ 值得 a2＝2 gsin θ － ，选项 D 正确.v0t06.一物体在水平推力 F＝15 N 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去 F，其运动的v－ t 图象如图 6 所示， g 取 10 m/s2，求：图 6(1)0～4 s 和 4～6 s 物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数 μ 和物体的质量 m；(3)在 0～6 s 内物体运动平均速度的大小.答案 (1)2.5 m/s 2 5 m/s 2 (2)0.5 2 kg (3)5 m/s解析 (1)由图可得： a1＝ ＝ m/s2＝2.5 m/s 2，Δ vΔ t1 104a2＝ ＝ m/s2＝5 m/s 2Δ vΔ t2 102(2)根据牛顿第二定律得： μmg ＝ ma2解得： μ ＝ ＝0.5a2g根据牛顿第二定律得： F－ μmg ＝ ma1解得： m＝ ＝2 kgFμ g＋ a1(3)平均速度 ＝ ＝ ＝ ＝ m/s＝5 m/svxt v2tt v2 102题组 3 动力学中的临界极值问题7.如图 7 所示，一条轻绳上端系在车的左上角的 A 点，另一条轻绳一端系在车左端 B 点， B点在 A 点的正下方， A、 B 距离为 b，两条轻绳另一端在 C 点相结并系一个质量为 m 的小球，轻绳 AC 长度为 b，轻绳 BC 长度为 b.两条轻绳能够承受的最大拉力均为 2mg.2图 7(1)轻绳 BC 刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大.(要求画出受力图)答案 (1) g 见解析图甲 (2)3 g 见解析图乙解析 (1)轻绳 BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示.因为 AB＝ BC＝ b， AC＝ b，故轻绳 BC 与 AB 垂直， θ ＝45°.2由牛顿第二定律，得 mgtan θ ＝ ma.可得 a＝ g.(2)小车向左的加速度增大， BC 绳方向不变，所以 AC 轻绳拉力不变， BC 轻绳拉力变大， BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律，得 FTm＋ mgtan θ ＝ mam.因 FTm＝2 mg，所以最大加速度为 am＝3 g.8.(2015·新课标全国Ⅰ·25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 8(a)所示. t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 vt 图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2.求：图 8(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ 1及小物块与木板间的动摩擦因数 μ 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离.答案 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s 2.4－ 01根据牛顿第二定律有 μ 2mg＝ ma2，解得 μ 2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t＝1 s，位移 x＝4.5 m，末速度 v＝4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得 x＝ vt＋ a1t212解得 a1＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ 1(m＋15 m)g＝( m＋15 m)a1，即 μ 1g＝ a1解得 μ 1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有 μ 1(15m＋ m)g＋ μ 2mg＝15 ma3可得 a3＝ m/s243对小物块，加速度大小为 a2＝4 m/s 2由于 a2＞ a3，所以小物块速度先减小到 0，所用时间为 t1＝1 s此过程中，木板向左运动的位移为 x1＝ vt1－ a3t ＝ m, 末速度 v1＝ m/s12 21 103 83小物块向右运动的位移 x2＝ t1＝2 mv＋ 02此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a2＝4 m/s 2木板继续减速，加速度大小仍为 a3＝ m/s243假设又经历 t2二者速度相等，则有 a2t2＝ v1－ a3t2解得 t2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移 x3＝ v1t2－ a3t ＝ m，末速度 v2＝ v1－ a3t2＝2 m/s12 2 76小物块向左运动的位移 x4＝ a2t ＝0.5 m12 2此时二者的相对位移最大，Δ x＝ x1＋ x2＋ x3－ x4＝6 m，此后小物块和木板一起匀减速运动.小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6 m.(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为 a1＝1 m/s 2向左运动的位移为x5＝ ＝2 mv232a1所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝ x1＋ x3＋ x5＝6.5 m