專題三　牛頓運(yùn)動定律備考篇【考情探究】課標(biāo)解讀考情分析備考指導(dǎo)考點(diǎn)內(nèi)容牛頓運(yùn)動定律1.理解慣性概念,知道牛頓第一定律是慣性定律2.熟悉牛頓第二定律,明確加速度和力的關(guān)系,如正比性、瞬時性等3.理解牛頓第三定律的特點(diǎn)和使用1.牛頓運(yùn)動定律是是高考熱點(diǎn)內(nèi)容,試題以選擇題、實驗題和計算題的形式出現(xiàn),其中計算題經(jīng)常與運(yùn)動學(xué)、電磁學(xué)相結(jié)合2.(2020山東等級考,1題)選擇題考查超重失重;(2020浙江1月選考,2題)考查牛頓第三定律;(2020江蘇單科,5題)整體法和隔離法的應(yīng)用;(2020浙江7月選考,20題)考查力與運(yùn)動的計算3.牛頓運(yùn)動定律是高中物理的核心內(nèi)容,常常與圖像問題、連接體、傳送帶、板塊模型結(jié)合考查學(xué)生綜合分析的能力4.對學(xué)科核心素養(yǎng)的考查主要體現(xiàn)在運(yùn)動觀念、模型建構(gòu)1.本專題重點(diǎn)知識是牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用,在處理研究對象復(fù)雜受力的問題上要重點(diǎn)關(guān)注2.牢記基本方法、規(guī)律,并且結(jié)合新情境下的物理問題,熟悉常見模型,明白內(nèi)部規(guī)律牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用1.熟練使用整體法和隔離法2.熟悉傳送帶模型、板塊模型3.會用圖像法解答動力學(xué)問題【真題探秘】命題立意,以中歐班列運(yùn)輸防疫物資作為命題的情境,構(gòu)建多個研究對象的受力分析問題,是牛頓運(yùn)動定律的典型考查形式,本題已知內(nèi)部作用力的情況,去求另外部分的內(nèi)力,打破了先整體后隔離的常規(guī)思路,有利于學(xué)生對于知識的深入思考和靈活應(yīng)用,體現(xiàn)高考對于能力的考查。本題,涉及牛頓第二定律、整體隔離法、受力分析,體現(xiàn)學(xué)生對于知識點(diǎn)的靈活應(yīng)用,突出了典型模型的思維。解題指導(dǎo)題目中明確指出,列車做勻變速直線運(yùn)動,同時所受的力都為恒力,強(qiáng)化物理規(guī)律的適用條件,注意受力分析時候,面對多個研究對象時,合理地選擇研究對象能夠大大簡化運(yùn)算分析過程,整體法中整體的選取往往是相對的,原來的部分,也可以看作新的整體。拓展延伸應(yīng)用整體法和隔離法的時候,注意整體法求加速度,隔離法求內(nèi)力的一般思路,求解問題時候,解方程過程,可以利用整體代入的方式能夠大大簡化計算,提高答題效率。[教師專用題組]1.真題多維細(xì)目表真題涉分考點(diǎn)題型設(shè)題情境學(xué)科素養(yǎng)對牛頓運(yùn)動定律的理解牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用2020山東,114牛頓第二定律多選彈簧拉物科學(xué)推理2020山東,169牛頓第二定律計算冬奧會比賽運(yùn)動與相互作用、科學(xué)推理2020天津,85牛頓第二定律多選自動駕駛運(yùn)動與相互作用、科學(xué)推理2019課標(biāo)Ⅲ,206牛頓第二定律多選運(yùn)動與相互作用觀念、科學(xué)推理2018課標(biāo)Ⅰ,156牛頓第二定律單選用豎直向上的拉力拉物塊運(yùn)動與相互作用觀念、科學(xué)推理2017課標(biāo)Ⅲ,2520牛頓第二定律計算運(yùn)動與相互作用觀念、科學(xué)推理、科學(xué)論證2019海南單科,54連接體單選運(yùn)動與相互作用觀念、科學(xué)推理2019浙江4月選考,123超重和失重單選運(yùn)動與相互作用觀念、理解能力2016課標(biāo)Ⅰ,186牛頓第二定律多選對質(zhì)點(diǎn)施加一恒力運(yùn)動與相互作用觀念、理解能力2016課標(biāo)Ⅲ,2310探究加速度與合力關(guān)系實驗問題、證據(jù)、解釋、交流2.命題規(guī)律與趨勢,高考命題中對本章的考查有慣性、力與運(yùn)動的關(guān)系、加速度與力的關(guān)系、超重與失重。題型有選擇題、計算題。方法有整體隔離法、數(shù)圖轉(zhuǎn)換法、函數(shù)論證法、臨界極值法、控制變量法。能力有理解能力、推理能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力、實驗?zāi)芰?。試題難度中等偏易。高考試題會綜合牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律,注重與電場、磁場的滲透,注重生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點(diǎn)、現(xiàn)代科技的聯(lián)系,注重社會責(zé)任、科學(xué)態(tài)度等物理素養(yǎng)的滲透。3.備考方法與策略(1)牢記基礎(chǔ)知識,熟練基本方法,積累消化基礎(chǔ)模型,努力拓展新情境下的應(yīng)用。(2)準(zhǔn)確把握物理考向:牛頓運(yùn)動定律的理解、動力學(xué)的兩類基本問題、超重與失重、動力學(xué)中的連接體問題、動力學(xué)中的圖像問題、動力學(xué)中的板塊模型與多過程問題、傳送帶“問題”、實驗的理解創(chuàng)新與改進(jìn)。(3)每一個考向都要針對訓(xùn)練。(4)多關(guān)注當(dāng)今與物理學(xué)有關(guān)的熱點(diǎn)與現(xiàn)代科技?；A(chǔ)篇【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點(diǎn)一　牛頓運(yùn)動定律1.遠(yuǎn)在春秋戰(zhàn)國時代,我國杰出學(xué)者墨子認(rèn)為:“力,刑之所以奮也。”“刑”同“形”,即物體;“奮,動也”,即開始運(yùn)動或運(yùn)動加快,對墨子這句關(guān)于力和運(yùn)動觀點(diǎn)的理解,下列說法不正確的是　(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.墨子認(rèn)為力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因B.墨子認(rèn)為力是使物體產(chǎn)生加速度的原因C.此觀點(diǎn)與亞里士多德關(guān)于力和運(yùn)動的觀點(diǎn)基本相同D.此觀點(diǎn)與牛頓關(guān)于力和運(yùn)動的觀點(diǎn)基本相同答案　C　2.(2020湖北華師附中高三模擬,2)我國新一代載人飛船返回實驗艙已于2020年5月8日順利返回地面,返回艙質(zhì)量約為5.4×103kg。某一次進(jìn)行返回地面的測試時,返回艙在某處彈射出三朵主傘構(gòu)成傘群,通過傘群減速,安全返回地面,可將這一運(yùn)動視為豎直方向的勻減速直線運(yùn)動,加速度大小為1.0m/s2,三根主傘的傘繩a、b、c均與豎直方向成θ角,已知sinθ=0.44,cosθ=0.90,g取10m/s2,則返回艙在下落過程中主傘傘繩a上的拉力大小約為(　　)A.2.80×103N　　B.1.72×104NC.2.20×104N　　D.6.84×104N答案　C　考點(diǎn)二　牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用　(2020山東濰坊高三模擬,5)豎直向上拋的物體在上升過程中由于受到空氣阻力,加速度大小為g,若空氣阻力大小不變,那么這個物體下降過程中的加速度大小為(　　)A.g　　B.g　　C.g　　D.g　答案　C　綜合篇,【綜合集訓(xùn)】拓展一　對牛頓運(yùn)動定律的理解1.(2020四川宜賓四中高三上開學(xué)考,15)2017年11月5日,我國用長征火箭成功發(fā)射了兩顆北斗三號組網(wǎng)衛(wèi)星(如圖所示),開啟了北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全球組網(wǎng)的新時代。下列關(guān)于火箭在豎直方向加速起飛階段的說法,正確的是(　　)A.火箭只受到重力和空氣阻力的作用B.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力大小相等C.火箭處于失重狀態(tài)D.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后,相對地面由靜止下落答案　B　2.(2020吉林長春外國語學(xué)校高三模擬,2)如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有　(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.a1=0,a2=g　　B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=g　　D.a1=g,a2=g答案　C　拓展二　對超重和失重的理解　(2020北京海淀101中學(xué)高三模擬,11)如圖所示,壓縮的輕彈簧將金屬塊卡在矩形箱內(nèi),在箱的上頂板和下底板均安有壓力傳感器,箱可以沿豎直軌道運(yùn)動。當(dāng)箱靜止時,上頂板的傳感器顯示的壓力F1=2N,下底板傳感器顯示的壓力F2=6N,重力加速度g=10m/s2。下列判斷正確的是(　　)A.若加速度方向向上,隨著加速度緩慢增大,F1逐漸減小,F2逐漸增大B.若加速度方向向下,隨著加速度緩慢增大,F1逐漸增大,F2逐漸減小C.若加速度方向向上,且大小為5m/s2時,F1的示數(shù)為零,D.若加速度方向向下,且大小為5m/s2時,F2的示數(shù)為零　答案　C　拓展三　兩類動力學(xué)問題　(2020湖北荊州高三模擬,9)(多選)如圖所示,光滑斜面CA、DA、EA都以AB為底邊,三個斜面的傾角分別為75°、45°、30°。物體分別沿三個斜面由頂端從靜止滑到底端,下面說法中正確的是(　　)A.物體沿CA下滑,加速度最大B.物體沿EA下滑,加速度最大C.物體沿CA滑到底端所需時間最短D.物體沿DA滑到底端所需時間最短　答案　AD　拓展四　連接體問題　(2020四川宜賓高三模擬,4)如圖所示,質(zhì)量為3kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面,質(zhì)量為2kg的物體B用細(xì)線懸掛,A、B間相互接觸但無壓力,取g=10m/s2。某時刻將細(xì)線剪斷,則細(xì)線剪斷瞬間(　　)A.B對A的壓力大小為12NB.彈簧彈力大小為20NC.B的加速度大小為6m/s2D.A的加速度為零　答案　A　拓展五　動力學(xué)和運(yùn)動圖像的綜合問題　(2020山東泰安高三模擬,9)(多選)如圖甲所示為一半圓形坑,現(xiàn)將一顆彈丸先后兩次從A點(diǎn)水平拋出,由于飛行過程中受氣流作用,影響了彈丸的飛行時間和速度。若從彈丸離開A點(diǎn)開始計時,t1和t2分別表示它們落到坑壁的時間,v表示它在豎直方向的速度,其v-t圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是(　　)A.第二次彈丸在豎直方向上的位移比第一次小B.第二次彈丸在水平方向上的位移比第一次小,C.第二次彈丸在豎直方向上受到的阻力比第一次大D.第二次彈丸在豎直方向上的加速度比第一次大　答案　AC　[教師專用題組]【綜合集訓(xùn)】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.從牛頓運(yùn)動定律可知,無論多么小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度,可是當(dāng)我們用一個很小的力去推放置在水平地面上的桌子時,卻推不動它,這是因為(　　)A.牛頓運(yùn)動定律對靜止的物體不適用B.桌子的加速度很小,速度變化太慢,眼睛不易察覺到C.桌子受到的合力為零D.推力小于桌子受到的摩擦力答案　C　牛頓第二定律F=ma中F是物體所受合力,當(dāng)我們用一個很小的力去推放置在水平地面上的桌子時,桌子在水平方向除了受到推力外,還受到地面對其的摩擦力,雖然推力不為零,但推力小于或等于最大靜摩擦力,桌子所受合力為零,故桌子的加速度為零,只有C正確。2.(2020陜西山陽中學(xué)12月模擬)(多選)如圖在豎直白板上有一個吸在上面的白板擦保持靜止?，F(xiàn)給白板擦一個水平向左的恒定推力使其運(yùn)動(白板擦與白板接觸面之間的動摩擦因數(shù)恒定),下列可能發(fā)生的是(　　)A.白板擦水平向左做勻速直線運(yùn)動B.白板擦沿左下方做勻速直線運(yùn)動C.白板擦沿左下方做勻加速直線運(yùn)動D.白板擦做曲線運(yùn)動答案　BC　白板擦受到的磁力與支持力平衡,由于重力和推力的合力沿左下方,所以白板擦向左下方運(yùn)動,在運(yùn)動過程中受到與運(yùn)動方向相反的摩擦力。如果重力、推力、摩擦力的合力恰好為零,則白板擦沿左下方做勻速直線運(yùn)動;若重力與推力的合力大于摩擦力,則白板擦?xí)刈笙路阶鰟蚣铀僦本€運(yùn)動,A、D錯誤,B、C正確。3.(多選)乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行,如圖所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面,斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊,小物塊相對斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直懸掛狀態(tài)運(yùn)行)。則(　　)A.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物塊受到的滑動摩擦力為mg+ma,D.小物塊受到的靜摩擦力為mg+ma答案　AD　以物塊為研究對象,其受重力mg、斜面的支持力N和靜摩擦力f作用,f沿斜面向上,故A正確,B、C錯誤。根據(jù)牛頓第二定律得f-mgsin30°=ma,解得f=mg+ma,故D正確。4.(2020浙江模擬)綽號“威龍”的第五代制空戰(zhàn)機(jī)殲-20具備高隱身性、高機(jī)動性能力,為防止極速提速過程中飛行員因缺氧而暈厥,殲-20配備的新型抗荷服能幫助飛行員承受最大9倍重力加速度。假設(shè)某次垂直飛行測試實驗中,殲-20加速達(dá)到50m/s后離地,而后開始豎直向上進(jìn)行飛行試驗。該戰(zhàn)機(jī)在10s內(nèi)勻加速到3060km/h,勻速飛行一段時間后到達(dá)最大飛行高度18.5km。假設(shè)加速階段所受阻力恒定,約為重力的0.2。已知該殲-20的質(zhì)量為20噸,聲速為340m/s,忽略戰(zhàn)機(jī)因油耗等導(dǎo)致的質(zhì)量變化,g取10m/s2。則下列說法正確的是(　　)A.本次飛行測試的勻速階段運(yùn)行時間為26.5sB.加速階段系統(tǒng)的推力為1.84×106NC.加速階段時飛行員有暈厥可能D.戰(zhàn)機(jī)在勻速階段時爬升高度為14.25km答案　B　加速階段初速度v0=50m/s,末速度v=3060km/h=850m/s,根據(jù)v=v0+at可得,加速度a=80m/s2=8g,飛行員不會暈厥,選項C錯誤;根據(jù)牛頓第二定律得F-mg-f=ma,解得推力F=1.84×106N,選項B正確;加速階段上升的高度x=v0t+at2=4500m,則勻速上升高度為14km,選項D錯誤;勻速飛行時間t==s≈16.47s,選項A錯誤。規(guī)律總結(jié)　多階段運(yùn)動中,相鄰階段間存在著運(yùn)動學(xué)物理量間的聯(lián)系:前一階段的末速度為后一階段的初速度,前一階段的末位置為后一階段的初位置。5.(2020湖南長沙明達(dá)中學(xué)模擬)(多選)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力F將紙板迅速抽出,砝碼的移動距離很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗。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,重力加速度為g,則(　　)A.紙板相對砝碼運(yùn)動,紙板所受摩擦力的大小為μ(M+m)gB.要使紙板相對砝碼運(yùn)動,F一定大于2μ(M+m)gC.若砝碼與紙板分離時的速度小于,則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　砝碼和桌面對紙板的摩擦力分別為f1=μMg、f2=μ(M+m)g,紙板所受摩擦力的大小為f紙=f1+f2=μ(2M+m)g,故A錯誤。紙板相對砝碼運(yùn)動時,有f砝=μMg=Ma砝、F-f紙=ma紙,二者發(fā)生相對運(yùn)動需要滿足a紙>a砝,代入已知條件解得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,砝碼不會從桌面上掉下來,故C正確。當(dāng)F=μ(2M+3m)g時,紙板的加速度a紙==2μg,根據(jù)a紙t2-a砝t2=d,解得t=,砝碼從開始運(yùn)動到脫離紙板時勻加速運(yùn)動的位移x=a砝t2=d,可知砝碼脫離紙板時恰好到達(dá)桌面邊緣,因此時砝碼速度不為零,則砝碼會從桌面上掉下來,故D錯誤。6.(2020安徽合肥一檢)如圖所示,輕彈簧的一端固定在地面上,另一端固定一質(zhì)量不為零的托盤,在托盤上放置一小物塊,系統(tǒng)靜止時彈簧頂端位于B點(diǎn)(未標(biāo)出)?，F(xiàn)對小物塊施加一豎直向上的力F,,小物塊由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。以彈簧處于原長時,其頂端所在的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向下為正方向,建立坐標(biāo)軸。在物塊與托盤脫離前,下列能正確反映力F的大小隨小物塊位置坐標(biāo)x變化的圖像是(　　)答案　B　根據(jù)F+kx-mg=ma有F=ma+mg-kx,可知F隨著x增大而減小;由于以彈簧處于原長時,其頂端所在的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),而托盤質(zhì)量不為零,當(dāng)F=m(a+g)時,物塊與托盤脫離,此時x>0,而在初始位置F=ma>0,故B正確。7.(2020安徽蕪湖仿真模擬一)質(zhì)量為m的光滑小球恰好放在質(zhì)量也為m的圓弧槽內(nèi),它與槽左、右兩端的接觸處分別為A點(diǎn)和B點(diǎn),圓弧槽的半徑為R,OA與水平線AB成60°角,槽放在光滑的水平桌面上,通過細(xì)線和滑輪與重物C相連,細(xì)線始終處于水平狀態(tài)。通過實驗知道,當(dāng)槽的加速度很大時,小球?qū)牟壑袧L出,滑輪與線質(zhì)量都不計,要使小球不從槽中滾出,則重物C的最大質(zhì)量為(　　)A.m　　B.2mC.(-1)m　　D.(+1)m答案　D　小球恰好能滾出圓弧槽時,圓弧槽對小球的支持力的作用點(diǎn)在A點(diǎn),小球受到重力和作用在A點(diǎn)的支持力,合力為,對小球運(yùn)用牛頓第二定律可得=ma,解得小球的加速度a=,對整體分析可得mCg=(m+m+mC)a,聯(lián)立解得mC=(+1)m,故D正確,A、B、C錯誤。8.(2020重慶一測)(多選)如圖所示,煤礦車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,煤塊與兩傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.3,每隔T=10s在傳送帶甲左端輕放上質(zhì)量為m=2kg的相同煤塊,發(fā)現(xiàn)煤塊離開傳送帶甲前已經(jīng)與甲速度相等,且相鄰煤塊(已勻速)左側(cè)的距離為x=6m,隨后煤塊平穩(wěn)地傳到傳送帶乙上,乙的寬度足夠大,速度為v=0.9m/s,g取10m/s2,則下列說法正確的是(　　)A.傳送帶甲的速度大小為0.6m/sB.當(dāng)煤塊在傳送帶乙上沿垂直于乙運(yùn)動方向上的速度減為0時,這個煤塊相對于地面的速度還沒有增加到0.9m/sC.一個煤塊在傳送帶甲上留下的痕跡長度為6cmD.一個煤塊在傳送帶乙上留下的痕跡長度為19.5cm答案　ACD　煤塊在傳送帶甲上做勻加速運(yùn)動的加速度a=μg=3m/s2,煤塊在傳送帶甲上先勻加速再勻速,加速度相同,所以相鄰煤塊之間的距離與時間T的比值即傳送帶甲的速度,即v甲==0.6m/s,A正確;煤塊滑上傳送帶乙時,所受滑動摩擦力的方向與煤塊相對傳送帶乙的運(yùn)動方向相反,相對傳送帶乙做勻減速直線運(yùn)動,所以當(dāng)煤塊在傳送帶乙上沿垂直乙運(yùn)動方向上的速度減為零時,煤塊已相對傳送帶乙靜止,即相對地面的速度增至0.9m/s,B項錯誤;以傳送帶甲為參考系,煤塊的初速度為0.6m/s,方向與傳送帶甲的速度方向相反,煤塊相對傳送帶甲做勻減速直線運(yùn)動,相對加速度大小仍為3m/s2,故相對傳送帶甲的位移x1==0.06m=6cm,所以煤塊在傳送帶甲上留下的痕跡長度為6cm,C正確;以傳送帶乙為參考系,煤塊的初速度為v相對==m/s,,相對加速度a=3m/s2,煤塊相對傳送帶乙的位移x相對==0.195m=19.5cm,即煤塊在傳送帶乙上留下的痕跡長度為19.5cm,D正確。9.(2020安徽合肥一檢)某幼兒園設(shè)計的一個滑梯,由于場地大小的限制,滑梯的水平跨度確定為4m,如圖所示。已知滑梯與兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)為0.4,為使兒童能從滑梯頂端由靜止滑下,且到達(dá)地面的速度不超過2m/s,取g等于10m/s2,求滑梯高度范圍。答案　1.6mμmgcosθ1滑梯的高度h1=4m·tanθ1聯(lián)立解得h1>1.6m設(shè)當(dāng)滑梯高度為h2時,兒童滑到底端時速度恰好為2m/s,首先由牛頓第二定律有mgsinθ2-μmgcosθ2=ma再由速度位移關(guān)系式有:v2=2ah2=4m·tanθ2解得h2=1.8m綜上,則1.6mvB,則痕跡長度ΔL'>L=3.25m,不符合題意。若以a1下滑過程中小煤塊相對傳送帶的位移大于或等于以a2下滑過程的相對位移,則:v0t-a1t2=Δx(Δx=2.25m)v0t-t=Δx得:v0=6m/s若以a1下滑過程中小煤塊相對傳送帶的位移小于以a2下滑過程的相對位移,則:v0t'+a2t'2-v0t'=Δx得:t'=1.5s,又x1'=L-x1'=v0t'+a2t'2由上述關(guān)系得:+24v0-16=0得:v0=4(-3)m/s(負(fù)值舍去),12.(2020重慶巴蜀中學(xué)月考)如圖所示,傾角為θ=37°的固定斜面上、下兩端分別安裝有光滑定滑輪和彈性擋板P,P1、P2是斜面上兩點(diǎn),P、P1間距離L1=m,P1、P2間距離L2=4m。輕繩跨過滑輪連接平板B和重物C,小物體A放在離平板B左下端s=1m處,平板B左下端緊挨P2,當(dāng)小物體A運(yùn)動到P1P2區(qū)間時總受到一個沿斜面向下的F=0.1mg的恒力作用。已知A、B、C質(zhì)量分別為m、2m、m,A與B間動摩擦因數(shù)μ1=0.75,B與斜面間動摩擦因數(shù)μ2=0.25,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,平板B與擋板P碰撞前C與滑輪不會相碰?，F(xiàn)讓整個裝置從靜止釋放,求:(1)小物體A在P1P2區(qū)間上方和進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)的加速度大小;(2)在平板B與彈性擋板P碰撞的瞬間剪斷輕繩,求平板B碰撞后沿斜面上升到最高點(diǎn)的時間。答案　(1)0.5m/s2　1m/s2　(2)s解析　(1)小物體A在P1P2區(qū)間上方運(yùn)動時,假設(shè)A相對B靜止,對A、B、C整體,由牛頓第二定律有:3mgsinθ-μ2·3mg·cosθ-mg=4ma代入數(shù)據(jù)解得:a=0.5m/s2隔離A,有:mgsinθ-f=ma代入數(shù)據(jù)得:f=5.5m而A、B間的最大靜摩擦力fm=μ1mgcosθ=6m所以ffm,即A相對于B向下滑動。對A有:F+mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1代入數(shù)據(jù)解得:a1=1m/s2(2)小物體A剛到P2時,A、B、C速度滿足=2as代入數(shù)據(jù)解得:v0=1m/s當(dāng)小物體A進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)時,對B、C整體,有:2mgsinθ+μ1mgcosθ-μ2·3mgcosθ-mg=3ma2代入數(shù)據(jù)解得:a2=m/s2當(dāng)小物體A剛到P1時,小物體速度滿足-=2a1L2代入數(shù)據(jù)解得:v1=3m/s小物體A從P2到P1運(yùn)動時間為:t1==2s此時B、C速度為:v2=v0+a2t1=m/s此過程中B運(yùn)動距離為:x2=t1=m因此當(dāng)小物體A剛過P1時,小物體A離平板B下端距離為:Δx=s-(L2-x2)=m此時B剛好與擋板P發(fā)生碰撞且繩斷,此后A將以速度v1=3m/s沿斜面向下做勻速運(yùn)動,B將沿斜面向上以v2=m/s的速度做勻減速運(yùn)動。此時隔離B,有:2mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2·3mgcosθ=2ma3代入數(shù)據(jù)解得:a3=12m/s2對A、B,有:Δx=v1t2+v2t2-a3解得:t2=s(舍去t2=s),此時平板B速度為:vB=v2-a3t2=m/s此后A滑離平板B,B繼續(xù)沿斜面向上勻減速,對B,有:2mgsinθ+μ2·2mgcosθ=2ma4代入數(shù)據(jù)解得:a4=8m/s2平板B向上運(yùn)動到最高點(diǎn)時速度減為零,此階段運(yùn)動時間為:t3==s因此平板B與擋板P碰后沿斜面上升到最高點(diǎn)的時間為:tB=t2+t3=s