高考一輪第三章第3單元牛頓運動定律的綜合應用-閱讀頁
2025-01-23 13:26本頁面
【正文】 g＝ N，最后 3 s內， F3－ mg＝ ma2，F3＝ m(g＋ a2)＝ N，故 C正確。 (2)當求各部分之間作用力時一定要用隔離法。 [典題例析 ] [例 2] （雙選）如圖 3－ 3－ 7所示，質量 分別為 mA、 mB的 A、 B兩物塊用輕線連 接放在傾角為 θ的斜面上，用始終平行 于斜面向上的拉力 F拉 A，使它們沿斜面 勻加速上升， A、 B與斜面間的動摩擦因數均為 μ。 以上兩式聯立可解得： F T ＝m Bm A ＋ m BF ， 可見 F T 與 θ 、 μ 無關， A 、 B 正確， C 、 D 錯誤。 答案： B [知識檢索 ] 動力學中的臨界問題一般有三種解法： 1．極限法 在題目中如出現 “最大 ”“最小 ”“剛好 ”等詞語時，一般隱含著臨界問題，處理這類問題時，應把物理問題 (或過程 )推向極端，從而使臨界現象 (或狀態(tài) )暴露出來，達到盡快求解的目的。 3．數學法 將物理過程轉化為數學公式，根據數學表達式求解得出臨界條件。 的光滑斜面上有兩個用輕質 彈簧相連接的物塊 A、 B，它們的質 量均為 m，彈簧的勁度系數為 k， C為 圖 3－ 3－ 9 一固定擋板， 系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。求：從 F開始作用到物塊 B剛要離開 C的時間。 (2)系統(tǒng)靜止時和 B剛要離開 C時彈簧所處的狀態(tài)。 令 x2表示物塊 B 剛要離開 C 時彈簧的伸長量， a 表示此時物塊 A 的加速度 對物塊 B ， kx2＝ mg s in 30176。 － kx2＝ ma 將 F ＝ 2 mg 代入以上各式解得 a ＝ g 由 x1＋ x2＝12at2解得 t＝ 2 mk。開始時兩者都處于靜止狀態(tài)，現對木板施加水平向右的恒力 F＝ 12 N，如圖 3－ 3－ 10所示，經一段時間后撤去 F。 (g取 10 m/s2) 圖 3－ 3－ 10 解析： 撤力前后木板先加速后減速，設加速過程的位移為 s1，加速度為 a1，加速運動的時間為 t1；減速過程的位移為 s2，加速度為 a2，減速運動的時間為 t2。 答案： 1 s 1. ( 雙 選 ) (2022若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好 無壓 力，則在此段時間內，木箱的運動狀態(tài) 圖 3 － 3 － 1 1 可能為 ( ) A ．加速下降 B ．加速上升 C ．減速上升 D ．減速下降 解析： 因為木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊壓在箱頂上，則有： FT＝ mg＋ FN，某一段時間內物塊對箱頂剛好無壓力，說明彈簧的長度沒有變化，則彈力沒有變化，由于 FN＝ 0，故物塊所受的合外力為 F合 ＝ FT－ mg，方向豎直向上，故箱子有向上的加速度，而有向上的加速度的直線運動有兩種：加速上升和減速下降，所以 B、 D項正確。 韶 關 模擬 ) 如圖 3 － 3 － 12 所示，物塊 A 放在傾斜的木 板上，木板的傾角 α 為 30 176。 時物塊所受 摩擦力的大小恰好 相同，則 ( ) 圖 3 － 3 － 12 A ．物塊和木板間的動摩擦因數為 B ．物塊和木板間的動摩擦因數為22 C ．木板的傾角 α 為 45176。 時，物塊一定在斜面上做勻加速運動 解析： 假設兩種情況下物塊所受摩擦力均為靜摩擦力，則有 f1＝ mg si n α ，兩種情況下不可能相等；假設兩種情況下物塊所受摩擦均為滑動摩擦力，則 f2＝ μ mg c os α ，兩種情況下不可能相等；因此，兩種情況下物塊所受摩擦力分別為靜摩擦力和滑動摩擦力，有 mg s in 30176。 ，解得 μ ＝22，選項 B 正確；因 mg si n 45176。 ，所以木板的傾角 α 為 45176。 答案： BD 3． (2022由牛頓第二定律得到： F － f ＝ F － μ ( M ＋ m ) g ＝ ( M ＋m ) a ① ，再以 B 為研究對象，其受力為豎直向下的重力 Mg ， 豎直向 上的支持力 F N ′ ＝ Mg ，水平方向向左的彈簧拉力F ′ ，水平方向向右的摩擦力 f ′ ＝ μF N ′ ＝ μ Mg 。 答案： B 4． (202
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