第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用-【高考零起点】2021高考物理总复习

作用,如图所示,处于平衡状态。 根据平衡条件有: FN-(M+m)g= 0 ① F= f ② 由①解得 FN =(M+m)g 再以 B 为研究对象,它受到重力 mg、 三棱柱对它的支持力 FAB、墙壁对它的弹 力 F 的作用,如图所示,处于平衡状态。 根据平衡条件有: 竖直方向上:FABcos θ=mg ③ 水平方向上:FABsin θ=F ④ 由③④解得 F=mgtan θ 所以 f=F=mgtan θ 课后练习 1. BC　 2. BD　 3. B　 4. C　 5. BCD　 6. BC　 7. B 8. (1)0. 5mg　 (2)2μN+mg (3) 4μ2N2 +m2g2 【解析】(1)木块受力平衡,则根据共点力的平衡条 件可得:木板对木块施加的总的静摩擦力 f总 = mg,则每 块木块施加的静摩擦力 f= 0. 5mg。 (2)木块与木板间的最大静摩擦力 fm = 2μN,要使木 块抽出,则有:F= 2μN+mg。 (3)将木块匀速抽出外力 F 最小,左视图和受力分 析如右下图所示。 则有: f = μFN = 2μN, f = F合, F2 =F合 2 +mg2 由此可得: F= 4μ2N2 +m2g2 。 综合练习 1. A　 2. B　 3. B　 4. B　 5. C　 6. B　 7. B　 8. C 9. D　 10. AD　 11. A　 12. A　 13. AC 14. 100 N,垂直河岸 【解析】乙对船施加的最小拉力应垂直河岸,如图。 F2 =F1 sin θ= 100 N。 15. 2(m1 +m2 )g ka 。 【解析】原来静止时,A 受重力和弹簧向上的弹力,该 弹簧的压缩量为 x1,由二力平衡知 m1g= kx1,得 x1 = m1g k , B 恰好被拉起时,此时地面对 B 刚好没有支持力,弹簧被 拉伸且对 B 物体有向上的大小等于 B 的重力的弹力。 设 此时弹簧伸长量为 x2,得 x2 = m2g k 。 A 运动的位移 x= x1 +x2 = (m1 +m2)g k , 由 x= 1 2 at2,得 t= 2(m1 +m2)g ka 。 第三章　 牛顿定律 第一节　 牛顿第一定律　 牛顿第三定律 课堂练习 1. D　 2. D　 3. A　 4. D　 5. B　 6. A　 7. C　 8. B 课后练习 1. C　 2. BC　 3. AD　 4. D　 5. C　 6. D　 7. B 第二节　 牛顿第二定律 课堂练习 1. B　 2. AC　 3. A　 4. A　 5. D　 6. B　 7. D　 8. C　 9. C 10. (1)5 m / s2 　 (2)7. 5 m / s2 【解析】 (1) 由题意知,物体受 力如图所示,受力平衡,则有: F1 cos 53° =Ff……① FN +F1 sin 53° =mg……② 又 Ff =μFN……③ 由①②③式得:μ= 0. 5 当 F2 = 50 N 时,FN+F2 sin 53 ° =mg F1 cos 53°-μFN =ma1 得:a1 = 5 m / s2 (2)当 F3 = 62. 5 N 时,由:FN+F3 即 sin 53° =mg 得:FN = 0 即 Ff = 0,F3 cos 53° =ma2 得:a2 = 7. 5 m / s2 11. 9 N 【解析】本意主要考察胡克定律以及牛顿第三定律。 问题求解:根据胡克定律,F= kx = 100×0. 01 N = 1 N;对 A 受力分析,根据平衡条件:N =mg-F = (5-1)N = 4 N。 根 据牛顿第三定律,A 对 B 的作用力也是 4 N。 对 B 受力分 析,根据平衡条件 FN =mg+N= (5+4)N = 9 N。 所以 B 对 地面的压力也为 9 N。 课后练习 1. C　 2. B　 3. C　 4. A　 5. BC　 6. BD　 7. C　 8. A 9. a1 =gsin θ,a2 =gtan θ 【解析】水平细线剪断瞬间拉力突变为零,题图( a) 中 OA 绳拉力由 T 突变为 T′,但是题图(b)中 OB 弹簧要 发生形变需要一定时间,弹力不能突变。 ·962· (1)对 A 球受力分析,如图(a),剪断水平细线后,球 A 将做圆周运动,剪断瞬间,小球的加速度 a1 方向沿圆 周的切线方向。 F1 =mgsin θ=ma1,a1 =gsin θ。 (2)水平细线剪断瞬间,B 球受重力 G 和弹簧弹力 T2 不变,如图(b)所示,则 F2 =mBgtan θ,a2 =gt