2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔：第3章牛頓運(yùn)動定律第14講學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

考點一　多過程問題

1．多過程問題就是物體的運(yùn)動過程由許多“子過程”組成，各“子過程”有關(guān)鍵物理量前后相聯(lián)系，往往叫做過程“銜接量”。
2．對各個“子過程”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，一般要畫出過程示意圖，關(guān)鍵是找出過程“銜接量”進(jìn)行分析研究。
3．分析各“子過程”列關(guān)系式時，一般前后過程中都有“銜接量”，如速度、時間等。
4．聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗證或討論。

(2015·全國卷Ⅱ)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ＝37°的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運(yùn)動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運(yùn)動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)在0～2 s時間內(nèi)A和B加速度的大??；
(2)A在B上總的運(yùn)動時間。
解析　(1)假設(shè)0～2 s內(nèi)A、B相對靜止，則2mgsinθ－μ2·2mgcosθ＝2ma，對A，mgsinθ－fBA＝ma，解得fBA＝0.4mg，而fBmax＝μ1mgcosθ＝0.3mgt1時，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間摩擦力為零，同理可得
a1′＝6 m/s2?
a2′＝－2 m/s2?
即B做減速運(yùn)動。設(shè)經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有
v2＋a2′t2＝0?
聯(lián)立⑩??式得t2＝1 s?
在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于B運(yùn)動的距離為
s＝－＝12 mFf1，所以整體加速度增大時，A、B間的靜摩擦力先達(dá)到最大靜摩擦力，取
Ff2＝fm③
再對整體受力分析，有F＋6mgsin30°＝6ma④
由②③④得F＝fm，C正確。
3．將一輕質(zhì)彈簧豎直立在水平面上，當(dāng)在其上端放上托盤Q時，平衡時彈簧縮短了3 cm；當(dāng)將一個物塊P輕輕放在托盤中，待系統(tǒng)平衡后，彈簧又縮短了2 cm；如果此時在P上施加一個豎直向下的力F，待系統(tǒng)再次平衡后，彈簧又縮短了2 cm，如圖所示。若在此時突然撤去力F，則(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g) (　　)

A．剛撤去力F瞬間，物塊P的加速度大小為0.4g
B．剛撤去力F瞬間，物塊P的加速度大小為0.8g
C．撤去力F后，物塊P、Q共同向上運(yùn)動5 cm后分離
D．撤去力F后，物塊P、Q共同向上運(yùn)動7 cm后分離
答案　A
解析　當(dāng)在其上端放上托盤Q時，平衡時彈簧縮短了3 cm，則m1g＝kx1，當(dāng)將一個物塊P輕輕放在托盤中，待系統(tǒng)平衡后，彈簧又縮短了2 cm，此時m1g＋m2g＝k(x1＋x2)，撤去F后，k(x1＋x2＋x3)－(m1g＋m2g)＝(m1＋m2)a，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得a＝0.4g，故A正確，B錯誤；由于在物塊P上施加力F之前，彈簧已經(jīng)壓縮了5 cm，撤去力后，P與Q和彈簧組成的系統(tǒng)是一個彈簧振子系統(tǒng)，其振幅大小等于再次的壓縮量，即2 cm，所以PQ向上運(yùn)動的最大位移是4 cm，PQ不可能會分離，故C、D錯誤。
4．如圖所示，在光滑水平面上，放置著A、B兩個物體。A、B緊靠在一起，其質(zhì)量分別為mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，F(xiàn)A、FB大小均隨時間而變化，其規(guī)律為FA＝(12－2t) N，F(xiàn)B＝(6＋2t) N。問從t＝0開始，到A、B相互脫離為止，A、B的共同位移是多少？

答案　9 m
解析　FA、FB的大小雖隨時間而變化，但F合＝FA＋FB＝18 N不變，故開始一段時間內(nèi)A、B共同做勻加速運(yùn)動，A、B分離前，對整體有：FA＋FB＝(mA＋mB)a ①
設(shè)A、B間的彈力為FAB，
對B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，則隨著t的增大，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時，A、B間的彈力為零，即FAB＝0③
將FA＝(12－2t) N，F(xiàn)B＝(6＋2t) N代入①式
得：a＝2 m/s2。
聯(lián)立②③式得：t＝3 s。
A、B相互脫離前共同位移為：x＝at2，
代入數(shù)值得：x＝9 m。
5．靜止在水平面上的A、B兩個物體通過一根拉直的輕繩相連，如圖所示，輕繩長L＝1 m，承受的最大拉力為8 N，A的質(zhì)量m1＝2 kg，B的質(zhì)量m2＝8 kg，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)用一逐漸增大的水平力作用在B上，使A、B向右運(yùn)動，當(dāng)F增大到某一值時，輕繩剛好被拉斷(取g＝10 m/s2)。

(1)求繩剛被拉斷時F的大??；
(2)若繩剛被拉斷時，A、B的速度為2 m/s，保持此時的F大小不變，當(dāng)A的速度恰好減小為0時，A、B間的距離為多少？
答案　(1)40 N (2)3.5 m
解析　(1)設(shè)繩剛要被拉斷時產(chǎn)生的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律，對A物體有T－μm1g＝m1a
代入數(shù)值得a＝2 m/s2。
對A、B整體有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
代入數(shù)值得F＝40 N。
(2)設(shè)繩斷后，A的加速度大小為a1，B的加速度大小為a2，則
a1＝＝2 m/s2
a2＝＝3 m/s2
A停下來的時間為t＝＝1 s
A的位移為x1＝＝1 m
B的位移為x2＝vt＋a2t2＝3.5 m
A剛靜止時，A、B間距離為Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m。

6．如圖所示，一條輕繩上端系在車的左上角的A點，另一條輕繩一端系在車左端B點，B點在A點的正下方，A、B距離為b，兩條輕繩另一端在C點相結(jié)并系一個質(zhì)量為m的小球，輕繩AC長度為b，輕繩BC長度為b。兩條輕繩能夠承受的最大拉力均為2mg。
(1)輕繩BC剛好被拉直時，車的加速度是多大？(要求畫出受力圖)
(2)在不拉斷輕繩的前提下，求車向左運(yùn)動的最大加速度是多大？(要求畫出受力圖)
答案　(1)g 見解析圖甲 (2)3g 見解析圖乙
解析　(1)輕繩BC剛好被拉直時，小球受力如圖甲所示。因為AB＝BC＝b，AC＝b，故輕繩BC與AB垂直，θ＝45°。
由牛頓第二定律，得mgtanθ＝ma
可得a＝g。

(2)小車向左的加速度增大，BC繩方向不變，所以AC輕繩拉力不變，BC輕繩拉力變大，BC輕繩拉力最大時．小車向左的加速度最大，小球受力如圖乙所示。
由牛頓第二定律，得FTm＋mgtanθ＝mam
因FTm＝2mg，所以最大加速度為am＝3g。
[真題模擬練]

7. (2018·河北唐山調(diào)研)(多選)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d?，F(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是(　　)

A．紙板相對砝碼運(yùn)動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g
B．要使紙板相對砝碼運(yùn)動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下
D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣
答案　BC
解析　對紙板分析，當(dāng)紙板相對砝碼運(yùn)動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤；設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運(yùn)動需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得F>2μ(M＋m)g，故B正確；若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運(yùn)動的位移小于＝＝，勻減速運(yùn)動的位移小于＝＝，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確；當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝，則砝碼脫離紙板時的速度v＝a1t＝，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動，勻減速運(yùn)動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運(yùn)動的位移x′＝＝＝d，而勻加速運(yùn)動的位移x＝a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤。
8．(2018·湖南懷化質(zhì)檢)如圖所示，水平地面上放置一個質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運(yùn)動。物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求：

(1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運(yùn)動且不脫離地面，拉力F的大小范圍；
(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g取10 m/s2，若F的方向可以改變，求使物體以恒定加速度a＝5 m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動時，拉力F的最小值。
答案　(1)≤F≤　(2)40 N
解析　(1)要使物體運(yùn)動時不離開地面，應(yīng)有：
Fsinθ≤mg，
要使物體能一直向右運(yùn)動，應(yīng)有：Fcosθ≥μ(mg－Fsinθ)
聯(lián)立解得：≤F≤。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma
解得：F＝。
設(shè)sinα＝，cosα＝
則F＝
＝
上式變形得F＝，
其中α＝arcsin，
當(dāng)sin(θ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值，
解得：Fmin＝，
代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：Fmin＝40 N。
9. (2018·山東濟(jì)寧模擬)如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一名幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平地面運(yùn)動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg，經(jīng)過時間t＝2.0 s，玩具移動了距離x＝2 m，這時幼兒將手松開，玩具又滑行了一段距離后停下。(g取10 m/s2)求：

(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)；
(2)松開后玩具還能滑行多遠(yuǎn)？
(3)當(dāng)力F與水平方向夾角θ為多少時拉力F最小？
答案　(1)　(2) m　(3)30°
解析　(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由位移公式可得x＝at2，解得a＝ m/s2，
對玩具，由牛頓第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，
解得μ＝。
(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s，
松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2，
由勻變速運(yùn)動的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝ m。
(3)當(dāng)拉力與水平方向的夾角為θ時，玩具要在水平面上運(yùn)動，則Fcosθ－Ff>0，
Ff＝μFN，
在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg，
解得F>，
因為cosθ＋μsinθ＝sin(60°＋θ)，
所以當(dāng)θ＝30°時，拉力最小。
10．(2018·陜西渭南調(diào)研)如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質(zhì)量為M，傾角為α，其斜面上有一靜止的滑塊，質(zhì)量為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運(yùn)動，求：

(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動，圖中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑塊做自由落體運(yùn)動，圖中水平向右的力F的最小值。
答案　(1)　(2)
解析　(1)當(dāng)滑塊與斜面體一起向右加速時，力F越大，加速度越大，當(dāng)F最大時，斜面體對滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示。

設(shè)一起加速的最大加速度為a，對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律得：
FNcosα＋Ffmsinα＝mg，①
Ffmcosα－FNsinα＝ma，②
由題意知Ffm＝μFN，③
聯(lián)立解得a＝g，
對整體受力分析Fmax＝(M＋m)a，
聯(lián)立解得Fmax＝。
(2)要使滑塊做自由落體運(yùn)動，滑塊與斜面體之間沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設(shè)此時M的加速度為aM，
當(dāng)水平向右的力F最小時，二者沒有相互作用但仍接觸，
則有＝tanα，即＝tanα，
則對M：Fmin＝MaM，聯(lián)立解得Fmin＝。