2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第6讲章末热点集训学案

1、4木板开始做匀加速直线运动的加速度大小m/s2 2=i m/s ,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的第 6 讲章末热点集训愆繭 0 动力学中的图象问题匡工 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量为m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ai和a2.下列反映ai和a2变化的图线中正确的是()F解析当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由两者的加速度a=mm m+m当水平力F较大时，m相对于m运动，根据牛顿第二定律得：对mi：ai=卩mg，由于 卩、mi、m是

2、定值，故mi的加速度ai不变.对m：a2=F=kt匕空mmma2是时间t的线性函数选项 A 正确.答案Ai.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板.从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bed所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0, iO)、b(0 , 0)、c(4 , 4)、d(i2 , 0).根据vt图象，求：(1) 物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小ai，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a

3、3；(2) 物块质量m与长木板质量M之比；(3) 物块相对长木板滑行的距离x.一iO 422解析：(i)由vt图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小ai= m/s = i.5 m/s ,F=ma知:_讷frn也4 2017 年高考“最后三十天”专题透析2.好教育云平台 教育因你我而变2对物块冲上木板匀减速阶段：卩img= ma对木板向前匀加速阶段：卩im卩2（m+M）g=Ma物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(m+ M g= (MI+ n)a3m3联立以上三式可得M=2*由v-1图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离x对应题图中abc的面积， 故厶x= 10X4X1 m=

4、 20 m.32 2 2 答案：(1)1.5 m/s 1 m/s 0.5 m/s (2)(3)20 m牵连体问题在斜面上，两物块A B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物体A时，两物块以大小为a的加速度向上 运动，细线中的张力为FT,两物块与斜面间的动摩擦因数相等，则当用大小为A.两物块向上运动的加速度大小为2aB.两物块向上运动的加速度大小大于2aA、B两物块的质量分别为M和m物块与斜面间的动摩擦因数为1，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为F-(M+m)gsin0 - i (M+m)gcos0F.亠、，a= -M+m- =M+m-g(sin0 + 1cos0)，当拉力为2F时，加速度大小a=

5、g(s in0+1cos0)，贝 Ua-a=拮-a,即卩a 2a, A 项错误，B 项正确；两物块间细M+ mM+m加速度大小4-0a3=m/s2= 0.5 m/s2F的拉力沿斜面向上拉物块AC.两物块间细线中的张力为2FTD.两物块间细A B的质量无关解析设斜面倾角为0,2017 年高考“最后三十天”专题透析2.好教育云平台 教育因你我而变3线中的张力FT= ms+mgsin0+imgpos0=彳蛊与斜面倾角和动摩擦因数无关，且当拉力为2F时，细线中的张力也为2FT,但张力与两物块的质量有关，C 项正确，D 项错误.答案BC2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变4

6、（多选）如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上,已知Mm滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是（）A. 细线上的拉力一定大于mgB. 细线上的拉力一定小于Mgc.细线上的拉力等于罟曙D.天花板对定滑轮的拉力等于（M+n）g解析：选 AB.设两物体运动的加速度大小均为A.若卩mg小于kx,则小车的加速度方向一定向左B.若卩mg小于kx,则小车的加速度最小值为a=卩mg且小车只能向左加速运动C.若卩mg大于kx,则小车的加速度方向可以向左也可以向右解析若卩mg小于kx,而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度

7、一定向左，A 对；由牛顿第二定律得kxFf=ma当Ff=ymg时，加速度方向向左且最小值为amin=kx严随着加速度的增加，Ff减小到零后又反向增大，当再次出现Ff=ymg时，加速度方向向左达和静摩擦力的合力（即加速度）可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为卩mg双,物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为a,细线上的拉力为T,分别对物体A和B进行受力分析并结合牛顿第二定律有：对A Mg- T=Ma对B,T-mg= ma整理可得T=Mg- Ma= mg+ ma T=2Mm.对定滑轮进行受力分析可知，天花板对定滑轮的拉

8、力等于融繭自动力学中的临界极值问题 产-丁 （多选）如图所示，小车内有一质量为2T.m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是D.若卩mg大于kx,则小车的加速度最大值为kxmg最小值为kx-mgm到最大值amax=門但小车可向左加速，也可向右减速,B 错；若卩mg大于kx,则物块所受弹簧弹力5答案AC也跟踪圳球|3如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相

9、对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A和B的拉力大小分别为Ti和形，已知下列四个关于Ti的表达式中有一个是正确的请你根据所学的物理知识，通过一 定的分析，判断正确的表达式是（）” 丁( m2m)mgB.11=;m+4(m+m)(m 4m)mgD Ti= m+4(m+m)解析：选C.本题因考虑滑轮的质量m左右两段细绳的拉力大小不再相同， 直接利用牛顿第二定律求解Ti和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若m接近零，则Ti也接近零，由此可知，B、D 均错误；若m=m,贝Um、m静止不动，Ti=mg,贝UA 错误.關繭I应用动力学观点分析传送带模型产一厂（多选）（20I8 湖

10、北黄冈模拟）三角形传送带以 i m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都 是 2 m，且与水平方向的夹角均为 37 .现有两个小物块A B从传送带顶端都以V0的初速度沿传送带下滑， 物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，下列说法正确的是（ ）A. 若V0 1 m/s，则物块A先到达传送带底端B. 若V0 1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C. 若v0 1 m/s，则物块A先到达传送带底端D. 若V0 1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端解析因为卩 tan 37，若V。1 m/s,两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻 碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送

11、带底端，B 选项正确；若vo 1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A口mgkx则小车的加速度最大值为0，D 错.m和m的物体A和B.若滑轮有一定大(m+2m)mgm2(m+m)(m+4m)mgm 2(m+m)2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变6先到达传送带底端，即C 选项正确.答案BC世跟踪圳誹| 4.如图所示，水平传送带以速度vi=2 m/s匀速向左运动，小物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，m= 2 kg、m= 1 kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度V2= 4 m/s，小物块P与传送带

12、之间的动摩擦因数 卩=0.1 ,P与定滑轮间的轻绳始终保持水平不计定滑轮质量和摩擦，小物块P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，取g= 10 m/s2,求：(2)小物块P离开传送带时的速度大小V.解析：(1)P先以大小为ai的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为vi，设位移大小为xi,轻绳中的张力大小为T1,由牛顿第二定律得对P有T+img=ma1对Q有mg-T1=ma1联立解得a1= 4 m/s2由运动学公式有一2ax1=V1V2联立解得X1= 1.5 mP接着以大小为a2的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移大小为X2,轻绳中的张力大小为由牛顿第二定律得对P有Ta-mg=