专题二 二轮复习3步走2 微专题(四) 牛顿运动定律的综合应用-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略配套课件

牛顿运动定律的综合应用 微专题（四） 目 录 (三) 动力学图像问题 1 2 3 (一) 瞬时性问题 (二) 临界极值问题 CONTENTS 4 专题验收评价 (一) 瞬时性问题 [典例]　(2025·湖南高考)如图所示，两带电小球的质量 均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球 B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向 的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系 统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法 正确的是 (　　) A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 √ [解析]　A球静止时，对A球受力分析，如图所示， 由平行四边形定则及几何关系可知，轻绳上拉力为T= mg，A球与B球间的库仑力为F=2mgcos 30°=mg， 故A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到的 轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，此时A球所受的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，B球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。 |思|维|建|模|　瞬时性问题的两种模型和求解思路 1.两种模型 2.求解思路 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，求解瞬时加速度的一般思路如下： 1.(2025·重庆模拟)如图所示，两根绝缘细线的 上端都系在水平天花板上，另一端分别连着 两个带电小球P、Q，平衡时两小球处于同一 水平线上，两细线与天花板间的夹角分别为α=30°、β=45°，重力加速度大小为g。现剪断连接Q球的细线，则在剪断细线的瞬间，Q球的加速度大小为 (　　) A.g　　　 B.g　　　 C.2g　　　 D.g 应用体验 √ 解析：剪断细线之前，连接Q球的细线的拉力大小为T==mg，剪断细线瞬间Q球的重力和P球对Q球的库仑力不变，则Q球所受合力大小为F合=T=mg，由牛顿第二定律有F合=ma，解得a=g，故选A。 2.(2025·西安三模)如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin θ B.在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsin θ C.剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin θ D.突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin θ √ 解析：把A、B、C看成是一个整体，对整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力F=3mgsin θ，在轻绳被烧断的瞬间，A、B之间的轻绳拉力突变为零，对A分析，由牛顿第二定律有F-mgsin θ=maA，解得aA=2gsin θ，故A错误；在轻绳被烧断前，对C分析，根据平衡条件可得弹簧弹力F弹=mgsin θ，在轻绳被烧断的瞬间，对B分析，由于轻绳拉力突变为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律有F弹+mgsin θ=maB，解得aB=2gsin θ，故B错误； 剪断弹簧的瞬间，对A、B整体，弹簧弹力突变为零，根据牛顿第二定律有F-2mgsin θ=2maAB，解得aAB=gsin θ，则A的加速度大小aA'=aAB=gsin θ，故C正确；突然撤去外力F的瞬间，对A、B整体，由牛顿第二定律有F弹+2mgsin θ=2maAB'，解得aAB'=gsin θ，则A的加速度大小为aA″=aAB'=gsin θ，故D错误。 (二) 临界极值问题 类型1　接触物体脱离的临界问题 　　两接触物体间发生脱离的临界条件： (1)接触面间的弹力FN=0； (2)分离瞬间，两物体的速度和加速度均相等。 [例1]　(2025·大连二模)如图所示，一光滑的正 三角形斜面体OAB放在光滑的水平地面上，不可伸 长的轻绳两端分别拴接质量为m1、m2的两物体，轻 绳跨过固定在O点的光滑滑轮，m1、m2分别放在OA、 OB面上，两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动，m1、m2与斜面体保持相对静止，且m1恰好没有离开斜面，则m2与m1的比值为 (　　) A.2∶1　　　　　　　 B.1∶1 C.4∶3 D.1∶2 √ [解析]　设m1恰好没有离开斜面时绳子的拉力为T，此时斜面对m1的弹力为0，斜面对m2的弹力为N，整体加速度为a，对m1，根据牛顿第二定律有m1gtan 30°=m1a，竖直方向有Tcos 30°=m1g，解得a=g，T=，对m2，根据牛顿第二定律有Ncos 30°-Tcos 60°=m2a，竖直方向有Tsin 60°+Nsin 30°=m2g，联立解得m2∶m1=2∶1，故A正确。 类型2　叠加体的临界问题 叠加体发生相对滑动的临界条件：两物体接触面之间的静摩擦力达到最大值。不特殊说明时，临界条件可表述为两物体接触面之间的静摩擦力等于滑动摩擦力。 [例2]　如图甲所示，长木板放在粗糙 的水平地板上，一个质量m=5 kg的铁块放 在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐 渐增大的水平力F=kt(式中k≠0)，铁块与长 木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，结合图中数据，下列说法正确的是 (　　) A.铁块与长木板间的动摩擦因数为0.4 B.长木板的质量为1 kg C.长木板与地板间的动摩擦因数为0.2 D.当t=3 s时铁块的速度大小为6 m/s √ [解析]　由题图乙可知，铁块与长木板之间的滑动摩擦力为30 N，则动摩擦因数为μ1==0.6，选项A错误；在t=1 s前铁块、长木板均相对地面静止，这段时间内铁块与长木板之间的摩擦力大小等于力F的大小，则F=20 N=k×1 s，解得k=20 N/s，在t=1 s时长木板与地面发生相对滑动，对长木板分析可知20 N=μ2(m+M)g，在t=3 s时铁块与长木板发生相对滑动，在1~3 s过程中长木板和铁块整体做加速运动， 则在t=3 s时，对铁块和木板整体有kt3-μ2(m+M)g=(m+M)a，对铁块有kt3-fm=ma，代入数据解得M= kg，μ2=0.3，选项B、C错误；在1~3 s内对木板由动量定理得I-μ2(M+m)gt13=Mv，其中I=×2 N·s=50 N·s，解得v=6 m/s，此过程中铁块与木板速度相同，可知当t=3 s时铁块的速度大小为6 m/s，选项D正确。 类型3　运动物理量的极值问题 求解运动物理量极值的方法：通过牛顿第二定律和匀变速直线运动规律将运动学中的物理量转化为数学表达式，再利用数学方法解决临界极值问题。 [例3]　如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0=10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； [答案]　　 [解析]　当θ=30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件有mgsin 30°=μmgcos 30° 解得μ=。 (2)当θ=60°时，小物块沿木板向上滑行的距离； [答案]　 m [解析]　当θ=60°时，在小物块沿木板向上滑行过程中，由牛顿第二定律有mgsin 60°+μmgcos 60°=ma1 解得a1= m/s2 由速度—位移公式有=2a1x1 解得x1= m。 (3)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 [答案]　θ=60°　 m [解析]　在小物块沿木板向上滑行过程中，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma 解得a=gsin θ+μgcos θ 由速度—位移公式有=2ax 解得x== 其中tan α=μ=，即α=30° 所以当θ+α=90°时，即θ=60°时，x最小， 且最小值为xmin= m。 (三) 动力学图像问题 [典例]　(2025·黑吉辽蒙高考)(多选)如图(a)所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，则 (　　) A.μ1+μ2=2tan θ B.t=t0时，甲的速度大小为3v0 C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 [解析]　x-t图像的斜率表示速度，甲、乙的x-t曲线均为抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在0~t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0，x乙=t0=x0，可得t0时刻甲的速度大小为v=2v0，B错误； √ √ 甲的加速度大小为a1=，乙的加速度大小为a2=，根据牛顿第二定律，对甲分析有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1，对乙分析有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2，联立可得μ1+μ2=2tan θ，A正确；取水平向左为正方向，对甲、乙与斜面组成的系统，根据牛顿第二定律可得f=ma1cos θ-ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；由题意可知，t=t0之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下做加速运动，对甲、乙与斜面组成的系统，根据牛顿第二定律可得f'=ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力方向向左，D正确。 |思|维|建|模|　三类常见的动力学图像题型 题型 解题思路 由运动图像分析受力情况 (1)根据运动图像，求解加速度。 (2)应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系。 (3)确定物体受力情况及相关物理量 由受力图像分析运动情况 (1)根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化。 (2)根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减速运动。 (3)由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况 题型 解题思路 由已知条件确定物理量的变化图像 (1)分析运动过程中物体的受力。 (2)根据牛顿第二定律推导出加速度表达式。 (3)根据加速度的变化确定物理量的变化图像 1.(2025·广元一模)(多选)如图甲所 示，一固定水平长杆套有直径略大于 杆的金属小环。现用始终与水平方向 成53°角的拉力F作用于小环，当拉力F从零开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始运动，其加速度a随拉力F变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量为0.8 kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。则 (　　) A.F1=7.5 N　　 B.a2=7.5 m/s2 C.μ=0.75 D.F2=5 N √ 应用体验 √ 解析：对小环受力分析，当F大于F2以后，由牛顿第二定律得Fcos 53°-μ(Fsin 53°-mg)=ma2，加速度保持不变，则有Fcos 53°=μFsin 53°，解得μ=0.75，a2=7.5 m/s2，故B、C正确；当F等于F1时，由平衡条件有F1cos 53°=μ(mg-F1sin 53°)，解得F1=5 N，故A错误；当F等于F2时，加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin 53°=mg，解得F2=10 N，故D错误。 2.(2025·柳州三模)(多选)如图所示，一带正电的滑块 以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，t0时刻进入方向 竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度—时间 (v-t)图像可能正确的是 (　　) √ √ 解析：滑块沿固定绝缘斜面下滑，对滑块进行受力分析，滑块受到重力mg、斜面的支持力N和摩擦力f，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有mgsin θ-f=ma1，其中f=μN=μmgcos θ，此时滑块的加速度a1=gsin θ-μgcos θ；滑块带正电，进入竖直向下的匀强电场后，受到电场力F=qE，此时沿斜面方向的合力F合=(mg+qE)sin θ-μ(mg+qE)cos θ=(mg+qE)(sin θ-μcos θ)，此时滑块的加速度a2=(sin θ-μcos θ)。若gsin θ=μgcos θ，滑块在未加电场区域运动时做匀速运动，进入电场区域后依然会做匀速运动，A可能正确，B错误；若滑块在未加电场区域运动时做加速运动，进入电场区域后，因为g+>g，则a2>a1，则v-t图像斜率增大，滑块将继续做加速运动，故D可能正确，C错误。 专题验收评价 测评内容：微专题(四) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·广西高考)(多选)独竹漂是我国一项民间 技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手 持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠 竹相对静止，则 (　　) A.选手所受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 C.手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面 √ √ 6 7 8 9 解析：选手沿直线减速滑行，加速度不为零，根据牛顿第二定律可知选手所受合力不为零，故A错误；选手在水平方向有加速度，可知楠竹对选手在水平方向有摩擦力，根据牛顿第三定律，则选手对楠竹在水平方向有摩擦力，所以选手对楠竹的力的方向不是竖直向下，故B错误；手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平衡，故C正确；对选手受力分析，其水平方向受到楠竹的摩擦力，竖直方向受到重力和楠竹的作用力，竖直方向受力平衡，则选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面，故D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 2.(2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是 (　　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：从t1到t3，f方向向下，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；从t2到t3，f方向向下且减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上且减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，即a=+g，故实验舱加速度大小减小，故B正确；从t3到t5，f方向向上，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向下，先增大后减小，实验舱先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，实验舱内物体先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；根据以上分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻，实验舱到达最高点，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 3.(2025·晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间 (　　) A.弹簧的弹力突然减为零 B.P与箱顶的作用力仍然为零 C.P受到的合力小于Q受到的合力 D.Q对箱底的压力减为原来的一半 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于P的重力，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，仍等于P的重力，故A错误；将P、Q和箱子看成一个整体，剪断轻绳的瞬间，整体处于失重状态，加速度大小为a=g，由以上分析知弹簧的弹力保持不变，则对P分析，由牛顿第二定律有FNP+mg-F弹=ma，解得箱顶对P的压力大小为FNP=mg，故B错误；剪断轻绳瞬间，P、Q的加速度相等，则P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力大小等于P、Q的总重力，剪断轻绳的瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 4.(2025·濮阳一模)如图所示，货车车厢里载着两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为μA=0.6、μB=0.8。t=0时刻货车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为a=2t(m/s2)，重力加速度g=10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　) A.t=2.0 s时，A、B之间开始有弹力 B.t=2.5 s后，A受到的摩擦力大小不变 C.从t=3.0 s到t=3.5 s内，A、B间的弹力逐渐增大 D.t=4.0 s时，A、B开始相对车厢滑动 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：根据题意可知，A依靠摩擦力能获得的最大加速度aA==6 m/s2 =2t，解得t=3 s，即t=3 s时A、B间出现弹力，之后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故A、B错误；设A、B与车厢保持相对静止的最大加速度为am，由牛顿第二定律可得am==7m/s2=2t，解得t=3.5 s，则t=3.5 s后A、B开始相对车厢滑动，t=3 s到t=3.5 s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将不断增大，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 5.如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。当斜面以水平向右的加速度a做匀加速直线运动时，系统稳定时细绳上的张力FT随加速度a的变化图像如图乙所示，AB段是直线，BC段是曲线，B点坐标为，g取10 m/s2，则(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.m=1 kg B.tan θ= C.当a= m/s2时小球恰好离开斜面 D.小球离开斜面之前，受到的支持力FN=8-0.6a 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：AB段为直线，a=0时，有FT1=mgsin θ，B点表示此时小球恰好离开斜面，有FT2sin θ=mg，由题图乙可知FT1=0.6 N，由题意知FT2= N，联立解得m=0.1 kg，sin θ=0.6，则tan θ=，A、B错误，C正确；小球离开斜面之前，对小球受力分析可得FTcos θ-FNsin θ=ma，FTsin θ+FNcos θ=mg，解得FN= mgcos θ-masin θ，代入数据解得FN=0.8-0.06a(N)，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 6.(2025·玉溪模拟)(多选)如图所示，两小球M、N分 别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止 时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°， 弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是 (　　) A.小球M和小球N的质量之比为∶2 B.轻绳A和弹簧C的弹力大小之比为1∶2 C.若小球N的质量为m1，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力大小为m1g D.若小球M的质量为m2，剪断轻绳B的瞬间，小球M的合力大小为m2g 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析：设弹簧弹力大小为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得TAsin 30°=F，TAcos 30°=(m1+m2)g，对小球M受力分析，由平衡条件可得TBsin 45°=F，TBcos 45°=m2g，联立解得==，故A正确，B错误；剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力大小等于小球N的重力沿轻绳A方向的分力，即TA'=m1gcos 30°=m1g，故C正确；剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，由以上分析可知F=m2g，小球M的合力大小为F合===m2g，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 7.(2025·郑州三模)(多选)如图甲所示，质量m=1 kg、带电荷量q=+10-6 C的滑块(可视为质点)处在沿斜面向下的匀强电场中。滑块从固定的粗糙绝缘斜面底端开始以初速度v0沿斜面向上运动，一段时间后撤去匀强电场。以出发点O为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运动过程中滑块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，斜面倾角θ=37°，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25 B.电场强度的大小为106 N/C C.滑块出发后1 s撤去匀强电场 D.整个过程中滑块机械能减少了33 J 2 3 4 解析：根据匀变速直线运动公式有v2=-2ax，可知v2-x图像的斜率的绝对值为加速度大小的2倍，滑块沿斜面上升的过程中，受沿斜面向下的电场力、沿斜面向下的摩擦力和重力沿斜面向下的分力，可知沿斜面上升时的加速度较大，即最上面的图线，滑块沿斜面下滑的时候加速度小，由题图乙可知， √ √ 1 5 6 7 8 9 滑块在下滑过程，距离O点为3 m的时候撤去电场，滑块上滑时的加速度大小为a1=× m/s2=10 m/s2，撤去电场之前滑块下滑的加速度大小为a2=× m/s2=4 m/s2，对滑块上滑和撤去电场之前的下滑两个过程，根据牛顿第二定律得Eq+mgsin θ+μmgcos θ=ma1，Eq+mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得μ=0.375，E=106 N/C，故A错误，B正确；滑块上升到最大高度所用的时间t1== s=1 s，从最大高度下滑x1=2 m所用的时间t2== s=1 s，可知滑块出发后2 s撤去匀强电场，故C错误；整个过程中滑块减小的机械能ΔE=μmgcos 37°·2xm+qE(xm-x1)=33 J，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 8.(14分)(2025·本溪模拟)如图所示，质量M=1.5 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F=110 N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量m=0.5 kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱的长度L=6 m，取重力加速度大小g=10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)求铁箱的加速度大小；(5分) 2 3 4 答案：50 m/s2　 解析：对铁箱和木块构成的整体受力分析， 竖直方向上，由平衡条件有FN1=g 水平方向上，由牛顿第二定律有 F-f1=a 其中f1=μ1FN1 解得a=50 m/s2。 1 5 6 7 8 9 (2)若减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为v(未知)，立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度v的大小。(9分) 2 3 4 答案：6 m/s 解析：设铁箱内壁与木块间的动摩擦因数为μ2，木块恰好能静止在铁箱左壁上时，对木块受力分析，竖直方向上，由平衡条件有f2=mg 水平方向上，由牛顿第二定律有FN2=ma 又有f2=μ2FN2 解得μ2==0.2 1 5 6 7 8 9 2 3 4 撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，设木块滑动时的加速度为a2，对木块受力分析，由牛顿第二定律有f2'=μ2mg=ma2 解得a2=μ2g=2 m/s2 对铁箱受力分析，由牛顿第二定律有 f1-f2″=Ma1 根据牛顿第三定律有f2″=f2'=1 N 解得a1==6 m/s2 1 5 6 7 8 9 2 3 4 木块的水平位移x2= 铁箱的位移x1= 木块刚好运动到铁箱右壁，则有L=x2-x1 解得v=6 m/s。 1 5 6 7 8 9 9.(18分)如图甲所示，质量为M =5 kg的物块A和质量为m=0.5 kg 的物块B用跨过光滑小定滑轮的 足够长的轻质细线相连接，细线 不可伸长，物块A放在倾角为θ=37°的足够长粗糙斜面上，物块A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块B放在水平面上，物块B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，质量为m0=0.5 kg的物块C放在物块B上，物块C与物块B间的动摩擦因数μ3=0.3。t=0时，在物块B上施加一个水平向左的外力F，力F随时间做周期性变化，如图乙所示。物块A、B运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)0.5 s末物块B的加速度大小；(5分) 2 3 4 答案：0　 解析：0~0.9 s内，假设物块B与物块C相对静止，设此时A、B、C的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律 对物块B与物块C组成的整体，有F1-μ2(m+m0)g-T1=a1 对物块A有T1-Mgsin θ-μ1Mgcos θ=Ma1 联立解得a1=0<μ3g 故假设成立，0~0.9 s内物块A、B、C均静止，即0.5 s末物块B的加速度大小为0。 1 5 6 7 8 9 (2)1.5 s末物块A的速度大小；(6分) 2 3 4 答案：1.2 m/s　 解析：0.9~1.8 s内，假设物块B与物块C相对静止，设此时A、B、C的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律 对物块A有Mgsin θ-μ1Mgcos θ-T2=Ma2 对物块B与物块C组成的整体，有 T2-μ2g-F2=a2 1 5 6 7 8 9 联立解得a2=2 m/s2<μ3g 假设成立，0.9~1.8 s内物块A、B、C一起做匀加速运动，1.5 s末，物块A做匀加速运动的时间为t0=0.6 s 此时物块A的速度为v1=a2t0 解得v1=1.2 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (3)0~22 s内物块A的位移大小。(7分) 2 3 4 答案：16.14 m 解析：1.8~2.7 s内，假设物块B与物块C相对静止，设此时A、B、C的加速度为a3，根据牛顿第二定律 对物块A，有Mgsin θ-μ1Mgcos θ-T3=Ma3 对物块B与物块C组成的整体，有 T3-μ2g-F1=a3 联立解得a3=-3 m/s2 1 5 6 7 8 9 由于|a3|=μ3g，故假设成立，1.8~2.7 s内物块A、B、C一起做匀减速运动， 物块A从t1=0.9 s时开始运动，t2=1.8 s时速度达到最大vm，然后开始减速，设经过时间t3物块A的速度减为零，则vm=a2=-a3t3 解得t3=0.6 s 即物块A在2.4 s速度减为零，然后一直静止到2.7 s，此后重复0.9~2.7 s内的运动过程，其周期T=1.8 s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 又t4=22 s=t1+nT+Δt 解得n=11，Δt=1.3 s 每个周期T内物块A的位移x1= Δt时间内物块A的位移 x2=x1- 则0~22 s内物块A的位移大小x=nx1+x2 解得x=16.14 m。 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $