2012高考物理二轮复习 专题2 牛顿运动定律与直线运动教学案(教师(4)

示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出μ和k的值．

[解题思路] 对物体进行受力分析，应用牛顿第；定律并结合运动学知识和图象的意义进行求解．

[解答] (1)滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用做变加速直线运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin θ-tμmgcos θ—kv=ma

a=gsinθ-θ-kvgcoso m(2)分析上式，当滑块速度v增大时，其加速度不断减小当a=0时，滑块速度最大，其最大值为：vm?mg(sin θ-μcos θ) k2

(3)从v—t图中可以看出，vm=2m/s，当t=0时， u=0，a=3 m/s由(1)、(2)可列方程

l0sin 30°-μ× l0cos 30°=3 (sin 30°-μcos 30°) 解之得：μ＝23/15, K=3．

【疑难解析】动力学中多过程问题的分析方法

求解多过程问题，要能够将多过程分解为多个子过程，在每一个子过程中，对物体进行正确的受力分析，正确求解加速度是关键．求解时应注意以下两点：

(1)当物体的受力情况发生变化时其加速度也要变化；

(2)两个过程的衔接——前一过程的末速度是后一过程的初速度．特别注意物体沿斜面向上运动时，物体可能会两次经过同一点，在沿斜面向上和向下运动过程中其加速度要发生变化．

【例1】 如图1－2－19所示，一重为10 N的小球，在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为

3

，6

杆足够长，试求从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点．(取g＝10 m/s)

解析：有力F作用时有：

(F－G)sin 30°－μ(F－G)cos 30°＝ma1，解得：a1＝2.5 m/s 所以撤去力F时，小球的速度：v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移：x1＝t1＝1.8 m

2

撤去力F后，小球上冲时有：Gsin 30°＋μGcos 30°＝ma2 解得：a2＝7.5 m/s

2

2

2

图1－2-19

v1

因此小球上冲时间：t2＝＝0.4 s 上冲位移：x2＝t2＝0.6 m

2

1

此时x1＋x2＝2.4 m>xAB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有xAB－x1＝v1t3－a2t32

2解得：t3＝0.2 s或t3＝0.6 s>t2(舍去) 小球返回时有：Gsin 30°－μGcos 30°＝ma3 解得：a3＝2.5 m/s

1

因此小球滑到最上端又返回B点时有：x1＋x2－xAB＝a3t42

2解得：t4＝

3

s＝0.35 s 5

2

v1a2

v1

所以从撤去力F开始计时，小球上冲通过B点时用时为：

t3＝0.2 s

返回通过B点时用时为：t2＋t4＝0.75 s. 答案：见解析

【高考真题精解精析】 【2011高考试题解析】

1.（天津）如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力

A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小

【解析】考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有f地A=?(mA?mB)g?(mA?mB)a，a=μg，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：fAB=?mBg?mBa?常数，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。

【答案】A

2．（北京）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长

弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为

A．g B．2g C．3g [来源:Zxxk.Com] D．4g 答案：B

解析：由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5=mg，根据牛顿第二定律得：9F0/5－3F0/5=ma，所以a=2g。B正确，A、C、D错误。

3.（四川）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：

打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【答案】A

【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。

4.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（A）

解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律

a1?a2??m2gktkt。木块和木板相对运动时， a1?恒定不变，a2???g。所

m1?m2m2m1以正确答案是A。

5．（上海）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v?t 图线如图所示，则

(A)在0?t1秒内，外力F大小不断增大 (B)在t1时刻，外力F为零

(C)在t1?t2秒内，外力F大小可能不断减小 (D)在t1?t2秒内，外力F大小可能先减小后增大

【答案】CD.

【解析】0?t1秒内，Ｆ加速运动，F?f?ma，从图像斜率看，这段时间内的加速度

减小，所以，0?t1秒内，Ｆ不断减小，A错误；从图像斜率看在t1时刻，加速度为零F?f，B错误；在t1?t2秒内减速运动，若开始时Ｆ的方向与ａ一致，则f?F?ma，从图像斜率看加速度逐渐增大，因此Ｆ不断减小，C正确，当Ｆ减小到零，反向之后，f?F?ma，当Ｆ增大时，加速度ａ逐渐增大，D正确．

6．（福建）（19分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，

AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度 压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵 弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。 不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变 弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：

（1）质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1; （2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;

已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO’在90?角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在

2m到m之间变化，且均能落到水面。3持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？

解析：此题考查平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等知识点。

（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则

v12mg=m，①

R解得 v1=gR. ②

(2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有

Ep=mg(1.5R+R)+

1m v12，③ 2由②③式解得Ep=3mgR。④

（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动。设经过t时间落到水面上，离OO’的水平距离为x1，由平抛运动规律有

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