（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題突破三 應用牛頓運動定律解決“四類”問題課件.ppt

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1、,第三章牛頓運動定律,專題突破三應用牛頓運動定律解決“四類”問題,,大一輪復習講義,,NEIRONGSUOYIN,內容索引,過好雙基關,研透命題點,回扣基礎知識 訓練基礎題目,細研考綱和真題 分析突破命題點,隨堂檢測 檢測課堂學習效果,課時作業(yè),限時訓練 練規(guī)范 練速度,隨堂測試,,過好雙基關,,,1.超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力) 物體所受重力的現象. (2)產生條件：物體具有 的加速度(或 的加速度分量). 2.失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力) 物體所受重力的現象. (2)產生條件：物體具有 的加速度(或 的加速度

2、分量).,,一、超重和失重,,,小于,向上,向下,大于,向上,向下,3.完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力) 的現象稱為完全失重現象. (2)產生條件：物體的加速度a ，方向豎直向下.,等于0,g,自測1關于超重和失重的下列說法中，正確的是 A.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受 重力作用 C.物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D.物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化,,1.動力學中常見的圖象 vt圖象、

3、 圖象、Ft圖象、Fa圖象等. 2.解決圖象問題的關鍵 (1)看清圖象的 、 坐標所表示的物理量及 并注意坐標原來是否從 開始. (2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如 、 、 、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解.,,二、動力學中的圖象問題,,,橫,xt,縱,單位,0,斜率,截距,面積,自測2靜止物體受到的合外力隨時間變化的圖象如圖1所示，它的速度隨時間變化的圖象是下圖中的,圖1,,解析由合外力隨時間變化的圖象知，物體先做勻加速運動再做加速度不同的勻加速運動，且第二次加速度大于第一次加速度，最后所受合外力為0，做勻速運動，故

4、選A.,1.兩個(或兩個以上)物體組成的系統(tǒng)，我們稱之為連接體.連接體的加速度通常是相同的，但也有不同的情況，如一個靜止、一個運動.連接體問題的類型有：物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體. 2.處理連接體問題的方法：整體法與隔離法.要么先整體后隔離，要么先隔離后整體.不管用什么方法解題，所使用的規(guī)律都是牛頓運動定律.,,三、連接體問題,,,自測3光滑水平面上兩物體質量分別為M、m，由輕繩相連，水平恒力F作用在M上，如圖2所示.求輕繩上的拉力大小.,答案見解析,圖2,解析對M、m組成的整體由牛頓第二定律得： F(Mm)a,對m由牛頓第二定律得繩子拉力FTma,,四、動力學中的臨界與極

5、值問題,,,1.臨界或極值條件的標志 (1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句，明顯表明題述的過程存在 點. (2)題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞句，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應 狀態(tài). (3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點.,臨界,,,臨界,2.常見臨界問題的條件 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN . (2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到 . (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中

6、張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT0. (4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為 .,最大值,0,零,,研透命題點,,,,,,命題點一超重、失重問題,例1(2018常州市一模)如圖3所示，小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強，已知A的質量為m，重力加速度為g，兩本書在空中不翻轉，不計空氣阻力，則A、B在空中運動時 A.A的加速度等于g B.B的加速度大于g C.A對B的壓力等于mg D.A對B的壓力大于mg,圖3,,解析A、B兩本書疊在一起水平拋出，均做加速度為g的拋體運動，處于完全失重狀態(tài)，則A、B兩本書間的作用力為零，故A正確，B、C、D錯誤.,變式1

7、(多選)(2019清江中學期初)在升降機內，一個人站在磅秤上，發(fā)現自己的體重減輕了20%.他做出的下列判斷中正確的是 A.升降機可能正以0.8g的加速度加速上升 B.升降機可能正以0.2g的加速度加速下降 C.升降機可能正以0.2g的加速度減速上升 D.升降機可能正以0.8g的加速度減速下降,,,1.動力學圖象問題的類型,,,,命題點二動力學圖象問題,2.解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖象斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義. (2)應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷.,例4(20

8、18常州市一模)如圖4所示，物塊以速度v0從粗糙固定斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回.下列vt圖象能正確反映物塊運動規(guī)律的是,圖4,,故a1a2，上滑和下滑運動方向相反，故C正確.,變式2(多選)(2018高郵市期初)如圖5甲所示，一輕彈簧下端固定在水平面上，上端放置一小物體，小物體處于靜止狀態(tài).現對小物體施一豎直向上的拉力F，使小物體向上做勻加速直線運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示，a、b、c均為已知量，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內.則下列結論正確的是 A.開始時彈簧的壓縮量為c B.物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) C.物體的加速度大小為 g D.物體從開始運動

9、到離開彈簧的過程經過 的時間為,,,圖5,解析剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，彈簧的壓縮量xc，故A正確；物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故B錯誤； 開始時，由平衡條件得：mgkx 拉力F1為a時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力， 根據牛頓第二定律有：F1kxmgma 物體與彈簧分離后，拉力F2為b，根據牛頓第二定律有：F2mgma,變式3(多選)(2018淮安中學期中)圖6甲是2012年我國運動員在倫敦奧運會上蹦床比賽的一個情景.設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律，如圖乙所示.取g10 m/s2，不計空氣阻力

10、，根據Ft圖象可以知道 A.運動員的質量為50 kg B.運動員在運動過程中的最大加速度為 40 m/s2 C.運動員重心離開蹦床上升的最大高度是3.2 m D.跳躍節(jié)奏穩(wěn)定后，運動員與蹦床接觸時間是1.6 s,,圖6,,,1.方法,,,,命題點三連接體問題,2.連接體中力的“分配協議” 如圖7所示，一起做勻加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2的相互作用力F12 ，若作用于m2上，則F12 .此“協議”與有無摩 擦無關(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關，而且物體系統(tǒng)處于平面、斜面、豎直方向

11、此“協議”都成立.,圖7,例3(2018南京市期中)為了測量小木板和斜面間的動摩擦因數，某同學設計如圖8所示實驗，在小木板上固定一個輕質彈簧測力計(以下簡稱彈簧)，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數為F1，放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數為F2，測得斜面傾角為，則木板與斜面間動摩擦因數為多少？(斜面固定在地面上),圖8,解析固定時示數為F1，對小球受力分析有： F1mgsin 整體下滑時，由牛頓第二定律得： (Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a 下滑穩(wěn)定后，對小球mgsin F2ma,變式4(2018如皋市

12、模擬)如圖9所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，A通過跨過光滑定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接.釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數為1，則細線中的拉力大小為 A.Mg B.MgMa C.(m1m2)a D.m1a1m1g,,圖9,解析以C為研究對象，則MgFTMa，解得FTMgMa，故A、B錯誤； 以A、B為整體，根據牛頓第二定律可知FT(m1m2)a，故C正確； A、B間為靜摩擦力，故D錯誤.,變式5如圖10，A、B兩物體由靜止釋放，一起沿固定斜面勻加速下滑，已知A物體質量為m1，B物體質量為m2，斜面傾角為，A、B兩物

13、體接觸面間的動摩擦因數為1，B與斜面間的動摩擦因數為2，則物體A所受摩擦力大小與方向為 A.1m1gcos ，方向沿斜面向上 B.1m1gcos ，方向沿斜面向下 C.2m1gcos ，方向沿斜面向上 D.2m1gcos ，方向沿斜面向下,圖10,,,,,命題點四動力學中的臨界與極值問題,1.幾種常見臨界狀態(tài),3.思維方法,例4如圖11所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA6 kg、mB2 kg，A、B之間的動摩擦因數0.2，開始時F10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，則(g取10 m/s2，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) A.當拉力F12

14、 N時，A、B均保持靜止狀態(tài) B.A、B開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時， 開始相對運動 C.A、B從受力開始就有相對運動 D.A、B始終沒有相對運動,,圖9,變式6(多選)(2018鹽城市期中)如圖12所示，甲、乙兩個物塊疊放在光滑水平面上，甲的質量為m，乙的質量為2m，它們之間的動摩擦因數為.設甲、乙兩物塊間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.當水平力F作用在物塊乙上，使兩個物塊以相同的加速度運動.則 A.甲對乙的摩擦力小于乙對甲的摩擦力 B.兩個物塊以相同的加速度運動時，甲所受的最大合力為mg C.兩個物塊以相同的加速度運動時，乙的最大加速度為g D.只要水平力F大于2mg，兩個物塊之

15、間就會發(fā)生相對滑動,,圖12,,解析甲對乙的摩擦力與乙對甲的摩擦力為作用力與反作用力，故大小相等，故A錯誤； 對甲受力分析，根據牛頓第二定律可知Ffma，故甲所受的最大合力為最大靜摩擦力，故B正確； 由mgma，解得甲的最大加速度ag，故兩個物塊以相同的加速度運動時，乙的最大加速度為g，故C正確； 對乙分析，Fmg2ma，解得F3mg，故當F3mg，兩物塊發(fā)生相對滑動，故D錯誤.,變式7(多選)(2018鹽城中學段考)如圖13所示，在傾角30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為一固定擋板.系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A

16、使之以加速度a向上做勻加速運動，物塊B剛要離開C時力F的大小恰為2mg.則 A.物塊B剛要離開C時受到的彈簧彈力大小為 B.加速度a g C.這個過程持續(xù)的時間為 D.這個過程A的位移為,,圖13,,,解析物塊B剛要離開C時，C對B的彈力恰好為零，對B，由平衡條件得，此時彈簧的彈力：F彈mgsin ，故A正確； B剛要離開C時，對A，由牛頓第二定律得：Fmgsin F彈ma，解得：ag，故B錯誤； 剛開始時，對A由平衡條件得：kx1mgsin ，B剛要離開C時，彈簧彈力：F彈kx2，整個過程A的位移：xx1x2，解得：x ，故D正確； 物塊A做初速度為零的勻加速直線運動，位移：x at2，解

17、得，運動時間：t ，故C正確.,,隨堂測試,,,1.(多選)(2018南京市、鹽城市一模)建筑工地通過吊車將物體運送到高處.簡化后模型如圖14所示，直導軌ABC與圓弧形導軌CDE相連接，D為圓弧最高點，整個裝置在豎直平面內，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE.吊車經過B、D處時，關于物體M 受力情況的描述正確的是 A.過B 點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向左 B.過B 點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向右 C.過D 點時，處于失重狀態(tài)，一定不受摩擦力作用 D.過D 點時，處于失重狀態(tài)，底板支持力一定為零,,1,2,3,4,圖14,,解析在AC段吊車和物體M一起向上做加速運動，加速

18、度方向沿導軌向上，所以過B點時，物體M處于超重狀態(tài)，由于物體M具有向右的水平分加速度，故物體M受到的支持物的靜摩擦力水平向右，故A錯誤，B正確； 過D點吊車和物體M做圓周運動，物體M有向下的向心加速度，M物體處于失重狀態(tài)，一定不受支持物的摩擦力，由于過D點時的向心加速度不一定為g，所以物體M對支持物的壓力不一定等于零，由牛頓第三定律知，底板支持力不一定為零，故C正確，D錯誤.,1,2,3,4,2.(2018南通市、泰州市一模) 一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同時豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比.忽略石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運動的速度v隨時間t變化的圖象如

19、圖所示，其中可能正確的是,1,2,3,4,,3.(2018高郵中學月考)如圖15所示，一截面為橢圓形的容器內壁光滑，其質量為M，置于光滑水平面上，內有一質量為m的小球，當容器受到一個水平向右的力F作用向右勻加速運動時，小球處于圖示位置，重力加速度為g，此時小球對橢圓面的壓力大小為,圖15,1,2,3,4,,再對小球研究，分析受力情況，如圖所示，,1,2,3,4,由牛頓第三定律得，B選項正確.,4.(2018蘇州市模擬)如圖16甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上表面放置小滑塊A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a與拉力F的關系圖象如圖乙所示，則小滑塊A的質量為 A.4 kg B.3

20、 kg C.2 kg D.1 kg,1,2,3,4,圖16,,,課時作業(yè),,,1.(多選)(2018錫山中學月考)2015年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺桂冠.如圖1，她從跳臺斜向上跳起，一段時間后完全進入水中，不計空氣阻力.下列說法正確的是 A.她在空中上升過程中處于失重狀態(tài) B.她在空中下落過程中做自由落體運動 C.她即將入水時的速度為整個跳水過程中的最大速度 D.入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小,,,,雙基鞏固練,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖1,,13,解析她在空中上升過程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A項正確.

21、她斜向上跳起，水平方向產生了一定的初速度，所以她在空中下落過程中做的不是自由落體運動，故B項錯誤. 她即將入水時重力依舊大于阻力，速度還在增加，所以即將入水時的速度不是整個跳水過程中的最大速度，故C項錯誤. 由牛頓第三定律可知，入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小，故D項正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,2.(2018高郵市期初)高蹺運動是一項新型運動，圖2甲為彈簧高蹺.當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后.人就向上彈起，進而帶動高蹺跳躍，如圖乙.不計空氣阻力，則下列說法正確的是 A.人向上彈起過程中，一直處于超重狀態(tài) B.人向上彈起過程中，踏板對

22、人的作用力大于人對踏板的 作用力 C.彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力 D.從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做勻減速運動,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖2,,13,解析人向上彈起過程中，開始時加速度的方向向上，人處于超重狀態(tài)，最后一段過程彈簧的彈力小于重力，人做減速運動，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤； 踏板對人的作用力和人對踏板的作用力是一對作用力和反作用力，總是大小相等，故B錯誤； 彈簧壓縮到最低點時，人的加速度的方向向上，高蹺對人的作用力大于人的重力，故C正確； 從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做加速度減小

23、的加速運動，然后做加速度增大的減速運動，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,3.(多選)(2018泰州中學月考)如圖3所示，足夠長的粗糙斜面固定在地面上，某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點后又回到底端.上述過程中，若用h、x、v和a分別表示物塊距水平地面的高度、位移、速度和加速度的大小，t表示運動時間.下列圖象中可能正確的是,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖3,,,13,4.(多選)(2018高郵市期初)質量m1 kg的物體在合外力F的作用下由靜止開始做直線運動，合外力F隨時間t的變化圖象如圖4所示，下列關于該物體運動情況的說

24、法正確的是 A.01 s內物體沿正方向做勻加速直線運動 B.第2 s末物體達到最大速度2 m/s C.第4 s末物體速度為0 D.第4 s末物體回到出發(fā)位置,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,圖4,,13,解析01 s內，F逐漸變大，根據牛頓第二定律知，加速度逐漸增大，故A錯誤； 由于m1 kg，可知at圖線與Ft圖線相同，at圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，從圖線可以看出，2 s末速度最大，最大速度vm 22 m/s2 m/s，故B正確； 4 s內at圖線圍成的面積為零，則速度變化量為零，可知第4 s末速度為零，故C正確； 02 s內一直做加速運動，24 s內運

25、動與02 s內的運動對稱，做減速直線運動，但是速度方向不變，可知第4 s末物體未回到出發(fā)點，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,5.如圖5所示，兩個質量分別為m13 kg、m22 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接.兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則 A.彈簧測力計的示數是50 N B.彈簧測力計的示數是24 N C.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖5,13,

26、解析對兩物體和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,對m2受力分析，根據牛頓第二定律有FF2m2a，解得F24 N， 所以彈簧測力計的示數為24 N，選項A錯誤，B正確； 在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，,13,6.(多選)(2019小海中學月考)如圖6所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動.小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數為，重力加速度為g，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是 A.mg B. C.(Mm)g D.ma,圖6,,1,2,3

27、,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,對m受力分析如圖乙所示，,故B、D正確，A、C錯誤.,13,7.如圖7所示，質量為1 kg的木塊A與質量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動摩擦因數為0.2.用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) A.F12 N B.F10 N C.F9 N D.F6 N,圖7,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析當A、B間有最大靜摩擦力(2 N)時，對A由牛頓第二定律知，加速

28、度為2 m/s2，對A、B整體應用牛頓第二定律有：F(mAmB)g(mAmB)a，解得F12 N，故A、B保持相對靜止的條件是F12 N，A正確，B、C、D錯誤.,13,8.(多選)如圖8所示，傾角為的斜面體放在粗糙的水平地面上，現有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑.支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為，斜面始終保持靜止，則下列說法正確的是 A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左 D.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右,圖8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,,13,解析隔離

29、小球受力分析，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小為gsin ，對支架系統(tǒng)進行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsin ，所以A正確，B錯誤. 將支架系統(tǒng)和斜面看成一個整體，因為支架系統(tǒng)具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,9.(多選)(2018紅橋中學一調)甲、乙兩球從相同高度同時由靜止開始落下，兩球在到達地面前，除重力外，還受到空氣阻力f的作用，此阻力與球的下落速率v成正比，即fkv(k0)，且兩球的比例常數k完全相同.如圖9所示為兩球的vt圖象.若甲球與乙球的質量分別為m1和m2，則下

30、列說法正確的是 A.m1m2 B.m1m2 C.乙球先到達地面 D.甲球先到達地面,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖9,,,,綜合提升練,,13,解析由題圖圖象知甲、乙兩球勻速運動的速度關系有：v甲v乙 由平衡條件得：mgkv 聯立得：m1m2 ，故A正確，B錯誤； 兩者位移相等時，圖線與時間軸圍成的面積相等，知乙球的運動時間長， 故甲球先抵達地面，故C錯誤，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,10.(2018南京師大附中5月模擬)如圖10所示，某發(fā)射系統(tǒng)內有一木箱，木箱內有一豎直放置的輕質彈簧，彈簧上方有一物塊，木箱內上

31、表面和下表面都裝有壓力傳感器.木箱靜止時，上表面壓力傳感器的讀數為12.0 N，下表面壓力傳感器的讀數為20.0 N.當系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時，上表面壓力傳感器讀數變?yōu)橄卤砻鎵毫鞲衅髯x數的一半，重力加速度g取10 m/s2，此時木箱的加速度大小為 A.10.0 m/s2 B.5.0 m/s2 C.2.5 m/s2 D.條件不足，無法確定,,圖10,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析木箱靜止時，對彈簧和物塊整體進行受力分析，受重力、上方傳感器向下的壓力F1，下方傳感器向上的支持力FN1，根據平衡條件，有F1GFN1，解得G20 N12 N8 N，彈簧重力不計，故物塊重

32、力為8 N，物塊的質量m 0.8 kg； 對物塊受力分析，受重力、彈簧的彈力F2和上方傳感器向下的壓力F1，根據平衡條件，有GF1F2，解得F220 N； 當系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時，彈簧彈力不變，仍為20 N，設上表面?zhèn)鞲衅鞯氖緮禐镕，則下表面?zhèn)鞲衅鞯氖緮禐?F，對物塊分析有20 NFGma，即12 NF0.8a； 對彈簧和物塊整體分析有2FGFma，即F8 N0.8a，聯立解得F10 N，a2.5 m/s2，C正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,11.(多選)(2018南通市、泰州市一模)如圖11所示，質量均為m的A、B兩物塊與勁度系數為k的輕彈簧兩端相連，置于足

33、夠長、傾角為30的固定斜面上，處于靜止狀態(tài).物塊A下表面光滑，物塊B與斜面間的最大靜摩擦力為Ff，重力加速度為g.現給物塊A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B兩物塊先后開始運動，彈簧始終在彈性限度內.則 A.當物塊B剛開始運動時，彈簧伸長量最大 B.在物塊B開始運動前，物塊A可能一直做加速運動 C.物塊A沿斜面向上運動距離為 時，速度達到最大 D.當物塊A沿斜面向上運動距離為 時，物塊B開始運動,圖11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,,13,12.(2018南通等六市一調)如圖12所示，傾角為30的光滑固定斜面上放置質量為M的木板A，跨過輕質光滑定滑輪的細線一端

34、與木板相連且細線與斜面平行，另一端連接質量為m的物塊B，質量也為m的物塊C位于木板頂端.靜止釋放后，C下滑，而A、B仍保持靜止.已知M1.5m，重力加速度為g，求：物塊C沿木板下滑的加速度的大小.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖12,13,解析對木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C對A的摩擦力， 根據平衡條件可得：Mgsin 30Ffmg， 由題意可知：M1.5m， 可得A、C間的摩擦力為：Ff0.25mg， 對C受力分析，根據牛頓第二定律可得：mgsin 30Ffma，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,13.如圖13，粗糙水平地面與兩

35、滑塊間的動摩擦因數相同，均為0.4，兩滑塊的質量分別為M5 kg、m1 kg，開始時細線伸直但無拉力，現在用水平向右的恒力F作用在大滑塊上，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) (1)在保證細線中不產生拉力的情況下，F允許的最大值；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖13,答案20 N,解析細線中不產生拉力的情況下，F允許的最大值FmaxMg20 N.,13,(2)當拉力F30 N時，兩滑塊貼著地面運動的加速度大??；,答案1 m/s2,解析F30 N時，M、m均未離開地面， 把兩滑塊及細線看成一個整體 F(Mm)g(Mm)a，解得a1 m/s2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(3)要小滑塊能離開地面，拉力F至少要多大？,答案69 N,解析小滑塊剛要離開地面時，豎直方向有mgFTcos 37 解得FT12.5 N 水平方向：FTsin 37ma，解得a7.5 m/s2 把兩滑塊及細線看成一個整體，小滑塊恰好離開地面時， 有Fmin(Mm)g(Mm)a 解得Fmin69 N.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,