山东省冠县武训高级中学2013届高三物理总复习 3.3 牛顿第二定律的应用课件

3、3牛顿第二定律的应用高三总复习必修11、所示，5个质量相同的木块并排放在光滑的水平桌面上，当用水平向右推力F推木块1，使它们共同向右加速运动时，求第2与第3块木块之间弹力及第4与第5块木块之间的弹力．F5332木块之间弹力为与答案：第F5154木块之间弹力为与第一、连接体变式．如图所示，三个物块a、b、c置于光滑的水平面上，它们间用轻绳连在一起，恒力F作用在a上，当在b上再放上一小物块仍使三者一起滑动，则加上小物块前后绳中张力T1，T2如何变化？()A．T1、T2均变小B．T1、T2均变大C．T1变小，T2变大D．T1变大，T2变小D2．水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图所示，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？【解析】设绳张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为，对A、B、C组成的整体有F=3ma①对B有F-T=ma②对C有Tcos=mg③Tsin=ma④联立①②式得T=2ma⑤,由④⑤得α=30°mgF33．如图所示，水平面上质量均为m的两木块A、B用劲度系数为k的轻质弹簧连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为a的匀加速直线运动．取木块A的起始位置为坐标原点，图中实线部分表示从力F作用在木块A到木块B刚离开地面这个过程中，F和木块A的位移x之间的关系，则()A．x0＝－ma/kB．x0＝－m(a＋g)/kC．F0＝maD．F0＝m(a＋g)AC【解析】x＝0位置，重力与弹簧弹力平衡，由牛顿第二定律得F0＝ma，C正确；F＝0时，由牛顿第二定律得kΔl－mg＝ma，Δl＝mg＋ak，而x0＝－(Δl－mgk)＝－mak，A正确．【答案】AC4、如图所示，一倾角为30o的斜面上放一木块，木块上固定支架，支架末端用丝线悬挂一小球，木块在斜面上下滑时，小球与滑块相对静止共同运动，求下述三种情况下滑块下滑的加速度：⑴沿竖直方向；⑵与斜面方向垂直；⑶沿水平方向。θ⑴细线沿竖直方向时如图a所示，T1与mg都是竖直方向，故不可能有加速度，T1-mg=0，说明木块沿斜面匀速下滑,即a1=0。解：从分析小球的受力情况入手，求加速度。由题意，小球与木块的加速度相等，则此加速度必定沿斜面方向。mgT1⑵如图b，F合=ma=mgsinθ，故：a=gsinθ=g/2。amgT2300mgT3300a⑶细线与斜面方向平行时一、连接体mamg030singga230sin0C二、临界问题5．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为()A．μmgB．2μmgC．3μmgD．4μmgC6.(2010·长沙模拟)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T7、一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M＝10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝800N/m，系统处于静止．如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．求力F的最大值与最小值．(取g＝10m/s2)(3)当t＝0的时刻，应是力F最小的时刻，随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而P与Q受到的合力保持不变，因此力F逐渐变大，至t＝0.2s的时刻，F增至最大．分析：(1)P、Q分离后力F一定为恒力(2)t＝0.2s时刻是分离的临近点，P与Q具有相同的速度及加速度．弹簧并未恢复原长．若是P直接放在弹簧上，则是原长分离“0.2s内F为变力”，说明t＝0.2s时刻，P与Q开始脱离【自主解答】设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有kx1＝(M＋m)g①kx2－mg＝ma②x1－x2＝12at2③由①式得x1＝M＋mgk＝0.15m，由②③式得a＝6m/s2.t＝0时，F小＝(M＋m)a＝72N，t＝0.2s时，F大－Mg＝Ma，F大＝M(g＋a)＝168N.【答案】168N72N8、一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角θ＝53°的斜面顶端，如图所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力．解析：先求出小球离开斜面的临界加速度a0.(此时，小球所受斜面支持力恰好为零)0202220cotcot7.5m+2.8/s10m/s0cos3N0sin.mgmaagaaTmaNTmgNmaTmg由＝所以＝＝因为＝＞所以小球离开斜面＝，小球受力情况如图，则＝，＝＝，＝＝所以9．(2010·福建高考)质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0至t＝12s这段时间的位移大小为()A．18mB．54mC．72mD．198m三、牛顿定律与图像的综合应用B【解析】物体与地面间最大静摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N．由题给F－t图象知0～3s内，F＝4N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6s内，F＝8N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝F－fm＝2m/s2.6s末物体的速度v＝at＝2×3＝6(m/s)，在6～9s内物体以6m/s的速度做匀速运动.9～12s内又以2m/s2的加速度做匀加速运动，做v－t图象如下．故0～12s内的位移x＝(12×3×6)×2＋6×6＝54(m)．故B项正确．10．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m．在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与薄平板下端分别从B运动到C的时间差Δt.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)四、多物体多过程问题【答案】1.65s【解析】对薄板分析：由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．对滑块分析：设滑块在薄板上滑行时加速度为a1，据牛顿第二定律得mgsin37°＝ma1，解得a1＝6m/s2设滑块到达B点时速度大小为v，据v2－02＝2a1L得v＝6m/s设滑块由B滑至C的过程中加速度大小为a2，据牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝2m/s2设滑块由B至C用时为t，据LBC＝vt＋12a2t2，解得t＝1s.对薄板分析：滑块滑离后才开始运动，设薄板的加速度大小为加速度a，据牛顿第二定律得Mgsin37°－μMgcos37°＝Ma，解得a＝2m/s2.设薄板滑至C端用时为t′，则LBC＝12at′2，解得t′＝7s设滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt，则Δt＝t′－t＝(7－1)s＝1.65s.