第三章热点强化突破(三)新版

1、热点1超重、失重现象的分析热点强化突破（三）牛顿运动定律是历年高考的重点内容，运用超重和失重的知识定性分析一些实际现象是 高考的热点之一.解决此类问题注意将物体的受力情况与运动状态结合起来.1. （单选）如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球.某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在 此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因下列说法正确的是（）A 由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B 细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C.细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D 容器、水、乒乓球整个系统的重心向下加速，处于失重状态，

2、所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心向下加速，处于失重状态，故D正确.2.（多选）（2015河南三市联考）如图甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上， 弹 簧保持竖直，在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板当升降机向上运动时，其v t图象如图乙所示，下面给出的地板所受压力Fi和升降机天花板所受压力巳随时间变化的定性图象，可能正确的是（）解析：选BC.根据题述，物块未曾离开升降机的天花板，弹簧长度相同，弹簧屮弹力相同，地板所受压力C相同，选项B正确，A错误.当升降机向上运动时，在0匕时间内,加速度向上，天花板对物块向下压力最

3、小；在t2-t3时间内，减速运动，天花板对物块向下压力最大；所以选项C正确，D错误.热点2牛顿第二定律的瞬时性运用牛顿第二定律解决瞬时问题是高考的另一热点，处理这类问题的关键是掌握不同力学模型的特点，准确判断哪些量瞬时不变，哪些量瞬时改变.3.（单选）（2015河南新乡一模）如图所示，质量分别为m和m2的木块之间用轻弹簧相连，在拉力F的作用下，以加速度g竖直向上 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力 F,设此时rm和m2的加速度分别为aA和aB,则（）lrtf m2A aA二 aB= 2gB. aA 二 g, aB二 g2mi+ m2D.C.aB_ mi aA_ mi+ m29,_ m2 aB

4、叶 + m29解析：选C.撤去拉力F前，通过受力分析和牛顿第二定律可得，弹簧弹力大小为2mig,撤去拉力F瞬时，m2所受弹力未变，此时合力大小为 F合二kx+ m?g二2mig+ m2g,加速度2mi+ m2aB= mg,而m受力未改变，aA二g.4.（单选）（2015东北三省三校联考）物体Ai、A2和Bi、B2的质量均为m, Ai、A2用刚性轻杆连接，Bi、B2用轻质弹簧连接.两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，突然迅速地撤去支托物，让物体下落，在撤去支托物瞬间，Ai、A2所受合外力分别是Fai和Fa2, Bi、B2所受合外力分别为Fbi和Fb2,则（A.Fai=0,A2=Fbi =

5、 0,FB2= 2mgB.Fai=mgfa2= mg,Fbi = 0,FB2= 2mgC.Fai=0,FA2=Fbi= mg,Fb2= mgD.Fai=mgFa2=Fbi= mg9Fb2 = mgAi和A2来说，受到的解析：选B.杆上的力是瞬时变化的左边的两个物体，支撑的物体消失，则同时开始做自由落体运动.重力提供加速度，则杆对物体就没有作用力了 .对 合力就是自身的重力mg, Fai = Fa2二mg.右边的两个物体，支撑的物体消失，同样也会做自由落体运动但是对Bi来说，由于弹簧的力不会突变，还是有向上的弹力，所以合外力为零，Fbi二0；对B2来说，原本受到自身重力mg,弹簧弹力mg和向上的

6、支持力2mg现在向上的支持力2mg消失，则还受到自身重力和 弹簧弹力，即Fb2= 2mg.5. （单选）（20i5陕西五校联考）如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角 为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）2*3B. 大小为硏，方向竖直向下2、3C. 大小为 打 方向垂直于木板向下3D .大小为yg,方向水平向右mg、弹簧拉力kx、木板支解析：选C.未撤离木板前，小球受到重力的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，但木板的支持力F立即消失，小球受重力mg和kx的合力大小等于木板撤离之前的F,方向与F的方向相反，故加速度方向

7、为垂直于木板向下，大小为a二m - 23-g.所以本题正确答案为C.1113热点3运用牛顿第二定律解决多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联 点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.6. (2015江西南昌模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一 段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败其简化模型如图所示，AC是长度为Li= 7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点

8、，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域.已知BC长度1_2二1 m,木箱的质量m二50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数卩二0.1 .某选手作用在木箱上的水平推力F二200N,木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：Bc.f(1) 推力作用在木箱上时的加速度大小；(2) 推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为ai,根据牛顿运动定律得F m 节 mai解得 ai = 3 m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为az根据牛顿运动定律得卩m二ma2解得 a2= 1 m/s2推力作用在木箱

9、上时间t内的位移为1xi= 2a it撤去力F后木箱继续滑行的距离为木箱停在有效区域内，要满足条件LiX+ L解得 1 s<s.答案：见解析7. (2015河南林州专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长 度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m, A和B之间滑“动摩擦力为f(fv mg).开始时B竖直放置，下端离地面高度为h, A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上厂的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地 前，A、B不分离.h(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的

10、过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；八'八一(2) B至少应该多长？a二 g,解析：(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA 二mq 一mg + fB竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB=B速度减为零后，继续以加速度3B向下运动.(2)B着地前瞬间的速度为Vg _2gh,B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 2vit=aB在此时间内A的位移x二Vit + 1 aAt2,坯韶強強着地前A不脱离木棒长度L必须满足条件mg +2h.L> x,联立以上各式，解得8. 纸板上,42

11、2答案:见解析(2)h(mg+ f)(2013高考江苏卷)如图所示，将小祛码置于桌面上的薄 用水平向右的拉力将纸板迅速抽岀，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉 的惯性演示实验.若祛码和纸板mi和m2,各接触面间的动的质量分别为摩擦因数均为小重g力加速度为求纸板所受摩擦力的犬小;(1)当纸板相对祛码运动求所需拉力的大小:时，(2) 要使纸板相对祛码运动，(3) 本 实验中，rrn二0.5 kg , m2二0.1 kg,尸0.2,祛码与纸板左端的距离 d 二 0.1 m,取 g0.002 m,人眼就能感知为确=10 m/s?若祛码移动的距离超过保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)祛码对纸板的摩擦力Fn = umg桌面对纸板的摩擦力Ft2 = (xmi+ m2)gFt 二 Ffi + Ff2, 解得 Ft= p(2mi+ m2)g.设祛码的加速度为ai,纸板的加速度为a2,则Fn 二 miaiF Fn Ft2 二 m2a2若发生相对运动，则 a?> ai 解得 F > 2 (Xrrn