高考物理二輪復(fù)習(xí)教學(xué)案 專題四牛頓運動定律拓展及其應(yīng)用.doc

高考路上您的助手，象牙塔外幫您解憂！專題四 牛頓運動定律拓展及其應(yīng)用【考綱解讀】從2011高考考綱來看，本知識單元的考題年年都有，主要考查以下幾個方面的內(nèi)容：(1)用正交分解的方法合理運用牛頓運動定律分析解決有關(guān)問題；(2)綜合應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律分析解決問題；(3)運用超重和失重的知識定量分析一些問題；(4)靈活運用隔離法或整體法求解簡單連接體問題在高考試題中，本章分值約10分 【高考預(yù)測】近年側(cè)重于考查單個物體的分析和計算。對復(fù)雜的連接體問題不做要求，但對有共同加速度的簡單連接體問題應(yīng)予了解，因為這種情況從整體上看仍屬單個物體的運動問題從題型來看，既有單獨命題，也有與其他知識的綜合命題，且以各種題型出現(xiàn)物體的平衡、受力分析、牛頓運動定律在生活、生產(chǎn)實踐中有很多具體的應(yīng)用，命題中以與現(xiàn)代高科技發(fā)展聯(lián)系緊密的航天技術(shù)、人造地球衛(wèi)星的發(fā)射與運行等社會熱點為背景的題目，幾乎年年必考從命題的趨勢來看，這一題型有繼續(xù)考核的可能，考生在復(fù)習(xí)時應(yīng)注意加強這方面的練習(xí) 【專題解讀】牛頓運動定律的應(yīng)用（一）一、牛頓運動定律的解題步驟應(yīng)用牛頓第二定律解決問題時，應(yīng)按以下步驟進行1分析題意，明確已知條件和所求量2、選取研究對象；所選取的對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，同一個題目，根據(jù)題意和解題需要也可以先后選取不同的研究對象。3對其進行受力情況分析和運動情況分析（切莫多力與缺力）；4根據(jù)牛頓第二定律列出方程；說明：如果只受兩個力，可以用平行四邊形法則求其合力，如果物體受力較多，一般用正交分解法求其合力，如果物體做直線運動，一般把力分解到沿運動方向和垂直于運動方向；當求加速度時，要沿著加速度的方向處理力；當求某一個力時，可沿該力的方向分解加速度；5把各量統(tǒng)一單位，代入數(shù)值求解；二、注意事項：由于物體的受力情況與運動狀態(tài)有關(guān)，所以受力分析和運動分析往往同時考慮，交叉進行，在畫受力分析圖時，把所受的外力畫在物體上（也可視為質(zhì)點，畫在一點上），把v0和a的方向標在物體的旁邊，以免混淆不清。建立坐標系時應(yīng)注意：A如果物體所受外力都在同一直線上，應(yīng)建立一維坐標系，也就是選一個正方向就行了。如果物體所受外力在同一平面上，應(yīng)建立二維直角坐標系。B僅用牛頓第二定律就能解答的問題，通常選加速度a的方向和垂直于a的方向作為坐標軸的正方向，綜合應(yīng)用牛頓定律和運動學(xué)公式才能解答的問題，通常選初速度V0的方向和垂直于V0的方向為坐標軸正方向，否則易造成“十”“一”號混亂。C如果所解答的問題中，涉及物體運動的位移或時間，通常把所研究的物理過程的起點作為坐標原點。解方程的方法一般有兩種：一種是先進行方程式的文字運算，求得結(jié)果后，再把單位統(tǒng)一后的數(shù)據(jù)代入，算出所求未知量的值。另一種是把統(tǒng)一單位后的數(shù)據(jù)代入每個方程式中，然后直接算出所求未知量的值，前一種方法的優(yōu)點是：可以對結(jié)果的文字式進行討論，研究結(jié)果是否合理，加深對題目的理解；一般都采用這種方法，后一種方法演算比較方便，但是結(jié)果是一個數(shù)字，不便進行分析討論。（特別指出的是：在高考試題的參考答案中，一般都采用了前一種方法，）【規(guī)律方法】 2、超重與失重狀態(tài)的分析在平衡狀態(tài)時，物體對水平支持物的壓力（或?qū)依K的拉力）大小等于物體的重力當物體的加速度豎直向上時，物體對支持物的壓力大于物體的重力，由Fmg=ma得F=m（ga）mg，這種現(xiàn)象叫做超重現(xiàn)象；當物體的加速度豎直向下時，物體對支持物的壓力小于物體的重力，mgF=ma得F=m（ga）mg，這種現(xiàn)象叫失重現(xiàn)象特別是當物體豎直向下的加速度為g時，物體對支持物的壓力變?yōu)榱?，這種狀態(tài)叫完全失重狀態(tài) 對超重和失重的理解應(yīng)當注意以下幾點：（1）物體處于超重或失重狀態(tài)時，只是物體的視重發(fā)生改變，物體的重力始終存在，大小也沒有變化，因為萬有引力并沒有改變（2）發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度大小及方向無關(guān)，只決定于加速度的方向及大?。?）在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如單擺停擺、天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強等。 牛頓運動定律的應(yīng)用（二）一、簡單連接體問題的處理方法在連接體問題中，如果不要求知道各個運動物體之間的相互作用力，并且各個物體具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它們看成一個整體（當成一個質(zhì)點）分析受到的外力和運動情況，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物體之間的相互作用力，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，將內(nèi)力轉(zhuǎn)化為外力，分析物體的受力情況和運動情況，并分別應(yīng)用牛頓第二定律列出方程隔離法和整體法是互相依存、互相補充的兩種方法互相配合交替應(yīng)用，常能更有效地解決有關(guān)連接體的問題說明：（l）物體間相對靜止指的是物體間的相對速度和相對加速度均為零的狀態(tài) （2）系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度相同，是整體法與隔離法的聯(lián)接點二、注意事項： 1、用隔離法解連接體問題時，容易產(chǎn)生如下錯誤：（l）例如F推M及m一起前進（如圖），隔離m分析其受力時，認為F通過物體M作用到m上，這是錯誤的（2）用水平力F通過質(zhì)量為m的彈簧秤拉物體M在光滑水平面上加速運動時（如圖所示不考慮彈簧秤的重力），往往會認為彈簧秤對物塊M的拉力也一定等于F實際上此時彈簧秤拉物體M的力F/Fma，顯然F/F只有在彈簧秤質(zhì)量可不計時，才可認為F/F2當系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度相同時，則可把系統(tǒng)作為一個整體來研究但這并不是使用整體法的必要條件，有些問題中系統(tǒng)內(nèi)物體的加速度不同，也可用整體法來研究處理。如圖中物塊m沿斜面體M以加速度a下滑，斜面體不動欲求地面對斜面體的靜摩擦力f時，就可把此系統(tǒng)（m和M）作為整體處理，由牛頓第二定律得fmacosM0macos式中acos為物塊加速度的水平分量三、應(yīng)用牛頓運動定律解題的特殊方法1用極端分析法分析臨界條件若題目中出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，分析時，可用極端分析法，即把問題（物理過程）推到極端（界），分析在極端情況下可能出現(xiàn)的狀態(tài)和滿足的條件，應(yīng)用規(guī)律列出在極端情況下的方程，從而暴露出臨界條件2用假設(shè)法分析物體受力在分析某些物理過程時，常常出現(xiàn)似乎是這又似乎是那的多種可能性，難以直觀地判斷出來此時可用假設(shè)法去分析方法I：假定此力不存在，根據(jù)物體的受力情況分析物體將發(fā)生怎樣的運動，然后再確定此力應(yīng)在什么方向，物體才會產(chǎn)生題目給定的運動狀態(tài)方法：假定此力存在，并假定沿某一方向，用運動規(guī)律進行分析運算，若算得結(jié)果是正值，說明此力確實存在并與假定方向相同；若算得的結(jié)果是負值，說明此力也確實存在，但與假定的方向相反；若算得的結(jié)果是零，說明此力不存在說明：極端分析法、特值分析法、臨界分析法、假設(shè)法等都是解答物理題時常用到的思維方法望同學(xué)們結(jié)合平時的解題訓(xùn)練，認真地體會各種方法的實質(zhì)、特點，總結(jié)每種方法的適用情境1（2010全國卷）如右圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為、。重力加速度大小為g。則有A， B，C， D，【答案】C【解析】在抽出木板的瞬時，彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變。對1物體受重力和支持力，mg=F,a1=0. 對2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律2(2010上海物理)將一個物體以某一速度從地面豎直向上拋出，設(shè)物體在運動過程中所受空氣阻力大小不變，則物體（A）剛拋出時的速度最大 （B）在最高點的加速度為零（C）上升時間大于下落時間 （D）上升時的加速度等于下落時的加速度【答案】A【解析】，所以上升時的加速度大于下落時的加速度，D錯誤；根據(jù)，上升時間小于下落時間，C錯誤，B也錯誤，本題選A。3(2010海南物理)下列說法正確的是A若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零B若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動C若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動D若物體在任意的相等時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動【答案】D 【解析】物體運動速率不變但方向可能變化，因此合力不一定為零，A錯；物體的加速度均勻增加，即加速度在變化，是非勻加速直線運動，B錯；物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運動，但加速度大小不可確定，C錯；若物體在任意的相等時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動，D對。4(2010海南物理)在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經(jīng)一段時間t后停止現(xiàn)將該木板改置成傾角為45的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑若小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為ABCD【答案】A 【解析】木板水平時，小物塊的加速度，設(shè)滑行初速度為，則滑行時間為；木板改成后，小物塊上滑的加速度，滑行時間，因此，A項正確。5(2010海南物理)如右圖，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊：木箱靜止時彈自由落體處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為A加速下降 B加速上升 C減速上升 D減速下降【答案】BD 【解析】木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，BD正確。6(2010海南物理)雨摘下落時所受到的空氣阻力與雨滴的速度有關(guān)，雨滴速度越大，它受到的空氣阻力越大：此外，當雨滴速度一定時，雨滴下落時所受到的空氣阻力還與雨滴半徑的次方成正比()假設(shè)一個大雨滴和一個小雨滴從同一云層同時下落，最終它們都_（填“加速”、“減速”或”勻速”）下落_（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面時，_（填“大”或“小”）雨滴的速度較小【答案】勻速(2分) 大(1分) 小(1分)【解析】由于雨滴受到的空氣阻力與速度有關(guān)，速度越大阻力越大，因此最終當阻力增大到與重力平衡時都做勻速運動；設(shè)雨滴半徑為，則當雨滴勻速下落時受到的空氣阻力，而重力，由于，因此半徑大的勻速運動的速度大，先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小。2m m F 圖1圖21213t/s00.4F/mg 1.57(2010海南物理)圖l中，質(zhì)量為的物塊疊放在質(zhì)量為的足夠長的木板上方右側(cè)，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s內(nèi)F的變化如圖2所示，圖中F以為單位，重力加速度整個系統(tǒng)開始時靜止 (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度；(2)在同一坐標系中畫出03s內(nèi)木板和物塊的圖象，據(jù)此求03s內(nèi)物塊相對于木板滑過的距離。【答案】（1）（2）【解析】(1)設(shè)木板和物塊的加速度分別為和，在時刻木板和物塊的速度分別為和，木板和物塊之間摩擦力的大小為，依牛頓第二定律、運動學(xué)公式和摩擦定律得，當由式與題給條件得v/(ms-1)123t/s04.51.542物塊木板(2)由式得到物塊與木板運動的圖象，如右圖所示。在03s內(nèi)物塊相對于木板的距離等于木板和物塊圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m)，下面的三角形面積為2(m)，因此8.（09全國卷15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在00.4s時間內(nèi)的v-t圖象如圖所示。若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時間t1分別為 （ ）A和0.30s B3和0.30s C和0.28s D3和0.28s答案：B解析：本題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點可知甲做勻加速,乙做勻減 9.（09廣東物理8）某人在地面上用彈簧秤稱得體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，至?xí)r間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖所示，電梯運行的v-t圖可能是（取電梯向上運動的方向為正） （ ）答案：A解析：由圖可知，在t0-t1時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)小于實際重量，則處于失重狀態(tài)，此時具有向下的加速度，在t1-t2階段彈簧秤示數(shù)等于實際重量，則既不超重也不失重，在t2-t3階段，彈簧秤示數(shù)大于實際重量，則處于超重狀態(tài)，具有向上的加速度，若電梯向下運動，則t0-t1時間內(nèi)向下加速，t1-t2階段勻速運動，t2-t3階段減速下降，A正確；BD不能實現(xiàn)人進入電梯由靜止開始運動，C項t0-t1內(nèi)超重，不符合題意。10.（09江蘇物理9）如圖所示，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有 （ ）A當A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大B當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大C當A、B的速度相等時，A的速度達到最大D當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大答案：BCD解析：處理本題的關(guān)鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，對有，對有，得，在整個過程中的合力（加速度）一直減小而的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。11.（09廣東理科基礎(chǔ)4）建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工 人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0500ms2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取lOms2) （ ）A510 N B490 N C890 N D910 N 答案：B解析：對建筑材料進行受力分析。根據(jù)牛頓第二定律有,得繩子的拉力大小等于F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得,得FN=490N,根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490N.B對。12.（09廣東理科基礎(chǔ)15）搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2，則 （ ）Aal=a2 Ba1a22al 答案：D解析：當為F時有，當為2F時有，可知，D對。13.（09山東17）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據(jù)此判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是 答案：B解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s-4s做正方向勻加速直線運動，所以受力為負，且恒定，4s-6s做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定，6s-8s做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B正確。P地球Q軌道1軌道214.（09山東18）2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是 （ ）A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度答案：BC解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據(jù)可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。15.（09山東22）圖示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列選項正確的是 （ ） AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能答案：BC解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，所以C正確。設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒有，得m2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，所以D不正確。16.（09安徽17）為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉(zhuǎn)得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這 兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是 （ ）A. 顧客始終受到三個力的作用B. 顧客始終處于超重狀態(tài)FNmgfaC. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下答案：C解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。17.（09安徽18）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動。粒子從b點運動到d點的過程中 （ ） A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小abccdOD. 電勢能先減小，后增大答案：C解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。18.（09山東24）（15分）如圖所示，某貨場而將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應(yīng)滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。解析：（1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據(jù)機械能守恒定律得，設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學(xué)公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得設(shè)在木板A上運動的時間為t，由運動學(xué)公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。 19.（09安徽22）（14分）在2008年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃 了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運動員堅忍不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設(shè)運動員的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當運動員與吊椅一起正以加速度上升時，試求（1）運動員豎直向下拉繩的力；FF(m人+m椅)ga（2）運動員對吊椅的壓力。答案：440N，275N解析：解法一:(1）設(shè)運動員受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有：由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力FF(m人+m椅)ga（2）設(shè)吊椅對運動員的支持力為FN，對運動員進行受力分析如圖所示，則有： 由牛頓第三定律，運動員對吊椅的壓力也為275N解法二:設(shè)運動員和吊椅的質(zhì)量分別為M和m；運動員豎直向下的拉力為F，對吊椅的壓力大小為FN。根據(jù)牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為F，吊椅對運動員的支持力為FN。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律 由得 20.（09江蘇13）（15分）航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m =2，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2。（1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m。求飛行器所阻力f的大??；（2）第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3 。解析：（1）第一次飛行中，設(shè)加速度為勻加速運動由牛頓第二定律解得（2）第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為，上升的高度為勻加速運動設(shè)失去升力后的速度為，上升的高度為由牛頓第二定律解得（3）設(shè)失去升力下降階段加速度為；恢復(fù)升力后加速度為，恢復(fù)升力時速度為由牛頓第二定律 F+f-mg=ma4且V3=a3t3解得t3=(s)(或2.1s)21.（09海南物理15）（9分）一卡車拖掛一相同質(zhì)量的車廂，在水平直道上以的速度勻速行駛，其所受阻力可視為與車重成正比，與速度無關(guān)。某時刻，車廂脫落，并以大小為的加速度減速滑行。在車廂脫落后，司機才發(fā)覺并緊急剎車，剎車時阻力為正常行駛時的3倍。假設(shè)剎車前牽引力不變，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。解析：設(shè)卡車的質(zhì)量為M，車所受阻力與車重之比為；剎車前卡車牽引力的大小為，卡車剎車前后加速度的大小分別為和。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有設(shè)車廂脫落后，內(nèi)卡車行駛的路程為，末速度為，根據(jù)運動學(xué)公式有 式中，是卡車在剎車后減速行駛的路程。設(shè)車廂脫落后滑行的路程為，有 卡車和車廂都停下來后相距 由至式得 帶入題給數(shù)據(jù)得 評分參考：本題9分。至式各1分，式1分22.（09上海物理22）（12分）如圖A，質(zhì)量m1kg的物體沿傾角q37的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風(fēng)對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖B所示。求：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)m；（2）比例系數(shù)k。（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）解析：（1）對初始時刻：mgsinqmmgcosqma0 由圖讀出a0=4m/s2代入式，解得：m0.25； （2）對末時刻加速度為零：mgsinqmNkvcosq0 又Nmgcosqkvsinq由圖得出此時v=5 m/s代入式解得：k0.84kg/s。23.（09廣東物理20）（17分）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數(shù)=0.05（設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質(zhì)量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質(zhì)量=0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設(shè)A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度=0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？解析：由牛頓第二定律有 A剛開始運動時的加速度大小 方向水平向右B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用由牛頓第三定律得電場力摩擦力B剛開始運動時的加速度大小方向水平向左設(shè)B從開始勻減速到零的時間為t1，則有此時間內(nèi)B運動的位移t1時刻A的速度，故此過程A一直勻減速運動。 此t1時間內(nèi)A運動的位移此t1時間內(nèi)A相對B運動的位移此t1時間內(nèi)摩擦力對B做的功為 t1后，由于，B開始向右作勻加速運動，A繼續(xù)作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設(shè)此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有對A 速度對B 加速度 速度聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 此t2時間內(nèi)A運動的位移此t2時間內(nèi)B運動的位移此t2時間內(nèi)A相對B運動的位移此t2時間內(nèi)摩擦力對B做的功為所以A最遠能到達b點a、b的距離L為從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為【1】如圖21所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向上共受三個力，F(xiàn)1，F(xiàn)2和摩擦力，處于靜止狀態(tài)。其中F1=10N，F(xiàn)2=2N。若撤去力F1則木塊在水平方向受到的合外力為（ ）A.10N向左 B.6N向右 C.2N向左 D.0 【解析】以物體為研究對象，如圖23物體受重力、摩擦力、支持力。物體在緩慢抬起過程中先靜止后滑動。靜止時可以依據(jù)錯解一中的解法，可知增加，靜摩擦力增加。當物體在斜面上滑動時，可以同錯解二中的方法，據(jù)f=N，分析N的變化，知f滑的變化。增加，滑動摩擦力減小。在整個緩慢抬起過程中y方向的方程關(guān)系不變。依據(jù)錯解中式知壓力一直減小。所以抬起木板的過程中，摩擦力的變化是先增加后減小。壓力一直減小?！疽族e點點睛】以木板上的物體為研究對象。物體受重力、摩擦力、支持力。因為物體靜止，則根據(jù)牛頓第二定律有錯解一：據(jù)式知道增加，f增加。錯解二：另有錯解認為據(jù)式知增加，N減小則f=N說明f減少。錯解一和錯解二都沒能把木板緩慢抬起的全過程認識透。只抓住一個側(cè)面，缺乏對物理情景的分析。若能從木塊相對木板靜止入手，分析出再抬高會相對滑動，就會避免錯解一的錯誤。若想到f=N是滑動摩擦力的判據(jù)，就應(yīng)考慮滑動之前怎樣，也就會避免錯解二。物理問題中有一些變化過程，不是單調(diào)變化的。在平衡問題中可算是一類問題，這類問題應(yīng)抓住研究變量與不變量的關(guān)系?？蓮氖芰Ψ治鋈胧?，列平衡方程找關(guān)系，也可以利用圖解，用矢量三角形法則解決問題。如此題物體在未滑動時，處于平衡狀態(tài)，加速度為零。所受三個力圍成一閉合三角形。如圖24。類似問題如圖25用繩將球掛在光滑的墻面上，繩子變短時，繩的拉力和球?qū)Φ膲毫⑷绾巫兓?。從對?yīng)的矢量三角形圖26不難看出，當繩子變短時，角增大，N增大，T變大。圖27在AC繩上懸掛一重物G，在AC繩的中部O點系一繩BO，以水平力F牽動繩BO，保持AO方向不變，使BO繩沿虛線所示方向緩緩向上移動。在這過程中，力F和AO繩上的拉力變化情況怎樣？用矢量三角形（如圖28）可以看出T變小，F(xiàn)先變小后變大。這類題的特點是三個共點力平衡，通常其中一個力大小、方向均不變，另一個力方向不變，大小變，第三個力大小、方向均改變。還有時是一個力大小、方向不變，另一個力大小不變，方向變，第三個力大小、方向都改變?！?】甲、乙兩人手拉手玩拔河游戲，結(jié)果甲勝乙敗，那么甲乙兩人誰受拉力大？【答案】拉力大小相等，方向相反 【解析】甲、乙兩人相互之間的拉力是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙兩人身上【易錯點點睛】因為甲勝乙，所以甲對乙的拉力比乙對甲的拉力大。就像拔河一樣，甲方勝一定是甲方對乙方的拉力大。產(chǎn)生上述錯解原因是學(xué)生憑主觀想像，而不是按物理規(guī)律分析問題。按照物理規(guī)律我們知道物體的運動狀態(tài)不是由哪一個力決定的而是由合外力決定的。甲勝乙是因為甲受合外力對甲作用的結(jié)果。甲、乙兩人之間的拉力根據(jù)牛頓第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一樣大。生活中有一些感覺不總是正確的，不能把生活中的經(jīng)驗，感覺當成規(guī)律來用，要運用物理規(guī)律來解決問題?！?】如圖29物體靜止在斜面上，現(xiàn)用水平外力F推物體，在外力F由零逐漸增加的過程中，物體始終保持靜止，物體所受摩擦力怎樣變化？【解析】本題的關(guān)鍵在確定摩擦力方向。由于外力的變化物體在斜面上的運動趨勢有所變化，如圖210，當外力較小時（Fcosmgsin）物體有向下的運動趨勢，摩擦力的方向沿斜面向上。F增加，f減少。如圖211，當外力較大時（Fcosmgsin）物體有向上的運動趨勢，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。當Fcos=mgsin時，摩擦力為零。所以在外力由零逐漸增加的過程中，摩擦力的變化是先減小后增加?！疽族e點點睛】錯解一：以斜面上的物體為研究對象，物體受力如圖210，物體受重力mg，推力F，支持力N，靜摩擦力f，由于推力F水平向右，所以物體有向上運動的趨勢，摩擦力f的方向沿斜面向下。根據(jù)牛頓第二定律列方程f+mgsin=Fcos N-Fsin-mgcos=0 由式可知，F(xiàn)增加f也增加。所以在變化過程中摩擦力是增加的。錯解二：有一些同學(xué)認為摩擦力的方向沿斜面向上，則有F增加摩擦力減少。上述錯解的原因是對靜摩擦力認識不清，因此不能分析出在外力變化過程中摩擦力的變化。【5】 如圖212，m和M保持相對靜止，一起沿傾角為的光滑斜面下滑，則M和m間的摩擦力大小是多少？【答案】 f=mgsincos方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力【解析】因為m和M保持相對靜止，所以可以將（mM）整體視為研究對象。受力，如圖214，受重力（M十m）g、支持力N如圖建立坐標，根據(jù)牛頓第二定律列方程x：(M+n)gsin=(M+m)a 解得a=gsin沿斜面向下。因為要求m和M間的相互作用力，再以m為研究對象，受力如圖215。根據(jù)牛頓第二定律列方程因為m，M的加速度是沿斜面方向。需將其分解為水平方向和豎直方向如圖216。由式，解得f=mgsincos方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力?！疽族e點點睛】以m為研究對象，如圖213物體受重力mg、支持力N、摩擦力f，如圖建立坐標有再以mN為研究對象分析受力，如圖214，（mM）gsin=（Mm）a據(jù)式，解得f=0所以m與M間無摩擦力。造成錯解主要是沒有好的解題習(xí)慣，只是盲目的模仿，似乎解題步驟不少，但思維沒有跟上。要分析摩擦力就要找接觸面，摩擦力方向一定與接觸面相切，這一步是堵住錯誤的起點。犯以上錯誤的客觀原因是思維定勢，一見斜面摩擦力就沿斜面方向。歸結(jié)還是對物理過程分析不清。此題可以視為連接件問題。連接件問題對在解題過程中選取研究對象很重要。有時以整體為研究對象，有時以單個物體為研究對象。整體作為研究對象可以將不知道的相互作用力去掉，單個物體作研究對象主要解決相互作用力。單個物體的選取應(yīng)以它接觸的物體最少為最好。如m只和M接觸，而M和m還和斜面接觸。另外需指出的是，在應(yīng)用牛頓第二定律解題時，有時需要分解力，有時需要分解加速度，具體情況分析，不要形成只分解力的認識。【6】 如圖2-17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之間的動摩擦因數(shù)=0.2，開始時F=10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則（ ）A當拉力F12N時，兩物體均保持靜止狀態(tài)B兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動C兩物體間從受力開始就有相對運動D兩物體間始終沒有相對運動【答案】 D【解析】 首先以A，B整體為研究對象。受力如圖2-18，在水平方向只受拉力F，根據(jù)牛頓第二定律列方程F=(mA+mB)a 再以B為研究對象，如圖2-19，B水平方向受摩擦力f=mBa 代入式F=（6+2）6=48N由此可以看出當F48N時A，B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A，B間不會發(fā)生相對運動。所以D選項正確。 【易錯點點睛】 因為靜摩擦力的最大值近似等于滑動摩擦力。fmax=N=0.26=12（N）。所以當F12N時，A物體就相對B物體運動。F12N時，A相對B不運動。所以A，B選項正確。產(chǎn)生上述錯誤的原因一致是對A選項的理解不正確，A中說兩物體均保持靜止狀態(tài)，是以地為參考物，顯然當有力F作用在A物體上，A，B兩物體對地來說是運動的。二是受物體在地面上運動情況的影響，而實際中物體在不固定物體上運動的情況是不同的。物理解題中必須非常嚴密，一點的疏忽都會導(dǎo)致錯誤。避免錯誤發(fā)生的最好方法就是按規(guī)范解題。每一步都要有依據(jù)。 【7】如圖220，用繩AC和 BC吊起一重物，繩與豎直方向夾角分別為30和60，AC繩能承受的最大的拉力為150N，而BC繩能承受的最大的拉力為100N，求物體最大重力不能超過多少？【解析】以重物為研究對象。重物受力如圖2-21，重物靜止，加速度為零。據(jù)牛頓第二定律列方程TACsin30-TBCsin60=0 TACcos30+TBCcos60-G=0 而當TAC=150N時，TBC=86.6100N將TAC=150N，TBC=86.6N代入式解得G=173.32N。所以重物的最大重力不能超過173.2N。【易錯點點睛】以重物為研究對象，重物受力如圖221。由于重物靜止，則有TACsin30=TBCsin60TACcos30+TBCcos60=G將TAC=150N，TBC=100N代入式解得G=200N。以上錯解的原因是學(xué)生錯誤地認為當TAC=150N時，TBC=100N，而沒有認真分析力之間的關(guān)系。實際當TBC=100N時，TBC已經(jīng)超過150N。【8】 如圖222質(zhì)量為M，傾角為的楔形物A放在水平地面上。質(zhì)量為m的B物體從楔形物的光滑斜面上由靜止釋放，在B物體加速下滑過程中，A物體保持靜止。地面受到的壓力多大？【解析】分別以A，B物體為研究對象。A，B物體受力分別如圖224a，224b。根據(jù)牛頓第二定律列運動方程，A物體靜止，加速度為零。x：Nlsin-f=0 y：N-Mg-Nlcos=0 B物體下滑的加速度為a，x：mgsin=ma y：Nl-mgcos=0 由式，解得N=Mgmgcos根據(jù)牛頓第三定律地面受到的壓力為Mg十mgcos?！疽族e點點睛】以A，B整體為研究對象。受力如圖223，因為A物體靜止，所以N=G=（Mm）g。由于A，B的加速度不同，所以不能將二者視為同一物體。忽視了這一點就會造成錯解。在解決物體運動問題時，在選取研究對象時，若要將幾個物體視為一個整體做為研究對象，應(yīng)該注意這幾個物體必須有相同的加速度。 【9】 如圖2-25天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的兩個質(zhì)量相同的小球。兩小球均保持靜止。當突然剪斷細繩時，上面小球A與下面小球B的加速度為（ ） Aa1=g a2=g Ba1=g a2=gCa1=2g a2=0Da1=0 a2=g【答案】 C【解析】分別以A，B為研究對象，做剪斷前和剪斷時的受力分析。剪斷前A，B靜止。如圖2-26，A球受三個力，拉力T、重力mg和彈力F。B球受三個力，重力mg和彈簧拉力FA球：T-mg-F=0 B球：F-mg=0 由式，解得T=2mg，F(xiàn)=mg剪斷時，A球受兩個力，因為繩無彈性剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧有形米，瞬間形狀不可改變，彈力還存在。如圖2-27，A球受重力mg、彈簧給的彈力F。同理B球受重力mg和彈力F。A球：-mg-F=maA B球：F-mg=maB 由式解得aA=-2g（方向向下）由式解得aB=0故C選項正確?！疽族e點點睛】剪斷細繩時，以(A+B)為研究對象，系統(tǒng)只受重力，所以加速度為g，所以A，B球的加速度為g。故選A。出現(xiàn)上述錯解的原因是研究對象的選擇不正確。由于剪斷繩時，A，B球具有不同的加速度，不能做為整體研究。（1）牛頓第二定律反映的是力與加速度的瞬時對應(yīng)關(guān)系。合外力不變，加速度不變。合外力瞬間改變，加速度瞬間改變。本題中A球剪斷瞬間合外力變化，加速度就由0變?yōu)?g，而B球剪斷瞬間合外力沒變，加速度不變。（2）彈簧和繩是兩個物理模型，特點不同。彈簧不計質(zhì)量，彈性限度內(nèi)k是常數(shù)。繩子不計質(zhì)量但無彈性，瞬間就可以沒有。而彈簧因為有形變，不可瞬間發(fā)生變化，即形變不會瞬間改變，要有一段時間。 【10】 如圖228，有一水平傳送帶以2ms的速度勻速運動，現(xiàn)將一物體輕輕放在傳送帶上，若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時間為多少？【解析】以傳送帶上輕放物體為研究對象，如圖229在豎直方向受重力和支持力，在水平方向受滑動摩擦力，做v0=0的勻加速運動。據(jù)牛二定律F=ma有水平方向：f=ma 豎直方向：N-mg=0 f=N 由式，解得a=5ms2設(shè)經(jīng)時間tl，物體速度達到傳送帶的速度，據(jù)勻加速直線運動的速度公式v0=v0+at 解得t1=0.4s物體位移為0.4m時，物體的速度與傳送帶的速度相同，物體0.4s后無摩擦力，開始做勻速運動S2=v2t2 因為S2=S-S1=100.4=9.6（m），v2=2ms代入式得t2=4.8s則傳送10m所需時間為t=0.44.8=5.2s?！疽族e點點睛】 由于物體輕放在傳送帶上，所以v0=0，物體在豎直方向合外力為零，在水平方向受到滑動摩擦力（傳送帶施加），做v0=0的勻加速運動，位移為10m。據(jù)牛頓第二定律F=ma有f=mg=ma，a=g=5m/s2上述解法的錯誤出在對這一物理過程的認識。傳送帶上輕放的物體的運動有可能分為兩個過程。一是在滑動摩擦力作用下作勻加速直線運動；二是達到與傳送帶相同速度后，無相對運動，也無摩擦力，物體開始作勻速直線運動。關(guān)鍵問題應(yīng)分析出什么時候達到傳送帶的速度，才好對問題進行解答。本題是較為復(fù)雜的一個問題，涉及了兩個物理過程。這類問題應(yīng)抓住物理情景，帶