1、第3讲 牛顿运动定律及其应用【高考这样考】1.(多选)(2015全国卷)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】选A、C、D。物块在上滑过程中有mgsin+mgcos=ma1,v0=a1t1;在下滑过程中有mgsin-mgcos=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以 上方程可以求出和,但不能求出物块的质量m,故A、C正确,B错误;由图像可得物块上滑的最大位移为x=v0t1,则上滑的最大高度为hmax
2、=xsin=v0t1sin,故选项D正确。12122.(2015全国卷)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动【解析】选D。作出微粒的受力示意图如图所示,电场力 方向为向上偏左45,并且与重力大小相等,由力合成的 平行四边形定则得F合的方向为向左下方,再结合微粒由 静止释放初速度为零,故微粒将向左下方做匀加速运动,D项正确;微粒合力不为零,故不能保持静止
3、状态,A项错误;B项、C项的运动方向与合力方向不一致,故B、C项均错。3.(多选)(2015海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,()A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑【解析】选B、D。当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,处 于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式f=N 可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B 正确;设斜面的倾角为,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsin=mgc
4、os,即sin=cos。假设升降机以加速度a向上运动时,把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量acos、asin。垂 直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力N=m(g+a)cos,f=m(g+a)cos,因为sin=cos,所以m(g+a)sin=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物块的加速度为asin,所以物 块的加速度也为a。故物块相对于斜面匀速下滑,C错误,D正确。故选B、D。4.(多选)(2015江苏高考)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小 C.t=
5、8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小【解析】选A、D。在竖直方向,有F-mg=ma,得F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F就越大,所以A项正确;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D项正确。5.(2015重庆高考)若货物随升降机运动的v-t图 像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的 支持力F与时间t关系的图像可能是()【解析】选B。由题图可知,升降机运动过程分为加速下降、匀速下降、减速下降、加速上升、匀速上升、减速上升,故升降机所处的状态依次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项B。【考情分析】主要题型：选择题 计算题 命题特点：1
6、.考查角度：牛顿第二定律在简单动力学问题中以及在系统问题、多阶段问题中的应用,应用图像分析物体受力情况、运动情况的能力。2.考查方式：牛顿第二定律的简单应用多以选择题的形式考查;在系统问题、多阶段问题中的应用多以计算题的形式考查,还经常融合在电场、磁场问题中综合考查。【主干回顾】【要素扫描】(1)牛顿第一定律：一切物体总保持_状态或_状态,直到有_迫使它改变这种状态为止。(2)牛顿第二定律：物体的加速度a跟物体所受的合外力成_,跟 物体的质量m成反比。加速度的方向与_的方向相同。(3)牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是_,_,作用在同一直线上。匀速直线运动 静止 外力 正比 合外
7、力 大小相等 方向相反(4)超重与失重。超重：物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_的现 象。条件是：系统具有_的加速度或加速度有_的分量。失重：物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_的现 象。条件是：系统具有_的加速度或加速度有_的分量。(5)两类动力学。大于自身重力 向上 竖直向上 小于自身重力 向下 竖直向下 F=ma 运动学公式 热点考向1 两类动力学问题【典例1】(2015海南高考)如图,一充电后的平行 板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为 M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质 量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止 开始运动。已知两粒子同
8、时经过一平行于正极板且与其相距 l的平 面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为()A.32 B.21 C.52 D.31 25【解题探究】(1)先根据位移关系,结合公式 判断a的比值。(2)再利用_寻找M与m的比值。【解析】选A。因为x=at2,所以 ;根据牛顿第二定律 可得a=,因此 ,故选A。21xat2牛顿第二定律 12MMmmax2ax3qEmmMaM3ma2【典例2】(2015忻州一模)如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为。则m1的加速度大小为()1
9、21212FcosFsinFcosFsinA.B.C.D.mmmmmm【名师解读】(1)命题立意：考查整体法在牛顿运动定律问题中的应用。(2)关键信息：“一起沿水平方向做匀加速直线运动”“光滑地面”。(3)答题必备：整体进行受力分析的方法;牛顿第二定律：F=ma。(4)易错警示：误选择m1或m2为研究对象,应用隔离法进行受力分析,导致无法得到正确答案。【解析】选A。把m1、m2看作一个整体,在水平方向上加速度相同,由 牛顿第二定律可得：Fcos=(m1+m2)a,所以a=,选项A正确。12Fcosmm【迁移训练】迁移1：将光滑地面换成粗糙地面 将【典例2】中的光滑地面改为粗糙地面,若m1与地面
10、间的动摩擦因数为,则m1的加速度大小是多少?【解析】把m1、m2看作一个整体,在竖直方向上受力平衡：Fsin+FN=(m1+m2)g,在水平方向上加速度相同,由牛顿第二定律可得：Fcos-f=(m1+m2)a,又因为：f=FN 所以：a=答案：1212Fcos(mm)gFsinmm 1212Fcos(mm)gFsinmm 迁移2：将计算加速度改为计算弹簧弹力 若【典例2】中两个物体一起沿水平方向做匀加速直线运动时,弹簧弹力多大?【解析】以m2为研究对象,若弹簧弹力大小为F,在竖直方向上受力平衡：Fsin=m2g+Fy,在水平方向上,由牛顿第二定律可得：Fcos-Fx=m2a,又因为：所以：F=
11、答案：22xy12FcosaFFFmm ，222212Fcos(Fsinm g)(Fcosm)mm 222212Fcos(Fsinm g)(Fcosm)mm 迁移3：将求解运动情况改为求解受力情况 在【典例2】中,若m1=2kg、m2=1kg、=60,两个物体一起由静止 开始沿水平方向做匀加速直线运动,当速度为6m/s时,前进的位移为 9 m,则拉力F大小是多少?【解析】由v2=2ax,可得：a=2m/s2,又因为a=,代入可得：F=12N。答案：12N 12Fcosmm【加固训练】如图所示,物块A静止在水平放置的 固定木板上,若分别对A施加相互垂直的两个水平 拉力F1和F2作用时(F1a2a
12、1 C.Ff3Ff1=Ff2 D.Ff1=Ff2Ff3【解析】选B。因为拉力均沿水平方向,所以物块A对水平木板的压力 始终等于物块A的重力,滑动摩擦力Ff=mg,大小相等,选项C、D错误;由牛顿第二定律得F1-mg=ma1,F2-mg=ma2,-mg=ma3,因为 F1a2a1,选项A错误,B正确。2212FF热点考向2 动力学图像问题【典例3】(多选)(2015济南一模)如图甲所示,木板OA可绕轴O在竖直平面内转动,某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾角 的关系。已知物块的质量m=1kg,通过DIS实验,描绘出了如图乙所示的加速度大小a与倾
13、角 的关系图线(90)。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2,假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力(g取10m/s2)。则下列说法中正确的是()A.由图像可知木板与水平面的夹角 处于 1和 2之间时,物块所受摩擦 力一定为零 B.由图像可知木板与水平面的夹角大于 2时,物块所受摩擦力一定 沿木板向上 C.根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m/s2 D.根据题意可以计算当=45时,物块所受摩擦力为Ff=mgcos45=N 2【解题探究】(1)分析摩擦力方向变化情况的思维轨迹：分阶段分析：2时,_ _;1 2 时,_ _。物块与斜面间为滑动摩擦力,拉力F大于重力沿斜面方向的分力
14、,摩擦 力方向沿斜面向下 物块与斜面间为滑动摩擦力,拉力F 小于重力沿斜面方向的分力,摩擦力方向沿斜面向上 物块与斜面间为静摩擦力,摩擦力的方向随角 的增大,先沿斜面 向下,后沿斜面向上(2)计算物块加速度a0的大小的思维轨迹：_ _ _。(3)计算=45时物块所受摩擦力的思路：_ _ _。对物块进行受力分析,由 拉力、摩擦力的大小计算物块所受的合力,然后由牛顿第二定律计算 加速度 首先根据拉力和重力沿 斜面方向的分力的大小判断出物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力,然后根据平衡条件计算摩擦力的大小【解析】选B、C。由图像可知木板与水平面的夹角处于 1和 2之间 时,物块的加速度为零,当=1时,物块
15、所受的摩擦力沿斜面向下,当 =2时,物块所受的摩擦力沿斜面向上,木板与水平面的夹角大于 2时,物块所受摩擦力一定沿木板向上,A错误,B正确;当=0时,F-mg=ma0,即8N-0.2110N=1kga0,所以a0=6m/s2,C正确;当=45时,Fmgsin45,所以物块保持静止,受到的是静摩擦力,根据平衡条件F=mgsin45+Ff,可得Ff=(8-5 )N,故D错误。2【典例4】为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆,如图甲所示。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程中帆面与滑块
16、运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为,风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比,即Ff=kv。(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式。(2)求出滑块下滑的最大速度,并指出有哪些措施可以减小最大速度。(3)若m=2kg,斜面倾角=30,g取10m/s2,滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示,图中的斜线为t=0时v-t图线的切线,由此求出、k的值。(计算结果保留两位有效数字)【名师解读】(1)命题立意：考查牛顿第二定律以及应用数学知识处理物理问题的能力。(2)关键信息：“Ff=kv”,初状态时：v=0、a=3m/s2;末状态时：v=2m/s、a=0。(3)答题必备：牛顿
17、第二定律：F=ma。(4)易错警示：误认为物体下滑时受重力、支持力、空气阻力三个力的作用,忽略斜面与滑块间的摩擦力。【解析】(1)由牛顿第二定律有：mgsin-mgcos-kv=ma 解得：a=gsin-gcos-(2)当a=0时速度最大,vm=减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角;风帆升起一些。(3)当v=0时,a=gsin-gcos=3m/s2 解得：=0.23 最大速度vm=2m/s,vm=2m/s 解得：k=3.0kg/s kvmmg(sincos)k2 315mg(sincos)k答案：(1)gsin-gcos-(2)适当减小斜面倾角(保证滑块能静止下滑);风帆升起一些(3)0.2
18、3 3.0kg/s kvmmg(sincos)k【规律总结】动力学图像问题求解思路(1)动力学图像不仅能直观地描述物体的运动,图像中还隐含着大量的信息和解题条件,挖掘这些信息和条件往往成为解题的突破口。(2)牛顿第二定律与v-t图像结合的问题,一般先由v-t图像分析物体的加速度及其变化规律,再由牛顿第二定律列方程求解,或者先由牛顿第二定律分析加速度及其变化规律,再作出v-t图像。(3)牛顿第二定律与加速度图像结合的问题,先由图像分析物体在不同情况下的加速度,再针对不同情况由牛顿第二定律列方程求解。【题组过关】1.(多选)(2015沈阳一模)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能 达到的最大位移x
19、与斜面倾角 的关系,将某一物体每次以不变的初 速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实 验测得x与斜面倾角 的关系如图乙所示,g取10m/s2,根据图像可求 出()A.物体的初速率v0=3m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数=0.75 C.取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m D.当某次=30时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑【解析】选B、C。当角度达到90时,物体将做竖直上抛运动,此时上 升高度为1.80m,由竖直上抛运动规律可求得初速度v0=6m/s,选项A错 误;当角度为0时,物体相当于在水平面上运动,此时位移为2.40m,由 牛顿运动
20、定律可得,动摩擦因数=0.75,选项B正确;当倾角为 时,由牛顿运动定律可得mgsin+mgcos=ma,即 mgsin(+37)=ma,所以amax=12.5m/s2,又有x=,可得位移的最小值为1.44m,选项C 正确;为30时,到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦 力,因此达到最大位移后不会下滑,选项D错误。5420v2a2.(多选)(2014四川高考)如图所示,水平传送带以 速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸 长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P 与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度
21、随时间变化的图像可能是()【解析】选B、C。当v1v2时,P相对于传送带向左滑动,受到的滑动摩擦力向右,当FfFT时,合外力向右,P向右做加速运动,当达到与传送带速度一样时,一起做匀速运动,受力分析如图甲,则B正确;当FfFT时,一直减速直到减为零,再反向加速;当v1v2时,P相对于传送带向右滑动,受力分析如图乙,P向右做减速运动,当P的速度与传送带速度相等时,若FfFT,P又相对于传送带向左滑动,相对 地面向右减速,受力分析如图甲,加速度减小,则C正确;当Ff=FT时匀速运动,A、D错误。3.如图甲所示,一根直杆AB与水平面成某一角度固定,在杆上套一个小物块,杆底端B处有一弹性挡板,杆与板面
22、垂直,现将物块拉到A点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图像如图乙所示,物块最终停止在B点。重力加速度g取10m/s2,求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数。(2)物块滑过的总路程s。【解析】(1)由图像可知,物块下滑的加速度a1=4m/s2,上滑时的加速度大小a2=8m/s2,杆AB长L=2m,设直杆的倾角为,物块的质量为m,由牛顿第二定律得：F合1=mgsin-mgcos=ma1,F合2=mgsin+mgcos=ma2 代入数据,得：=0.25,sin=0.6,cos=0.8。11vt22vt(2)对物块整个过程分析,由动能定理得：mgLsin-mgscos=0,代入数据得,s=
23、6m 答案：(1)0.25(2)6m【加固训练】如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下 端固定在水平地面上。一质量为m的小球,从离弹簧上端高 为h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始 下落到小球第一次运动到最低点的过程,下列关于小球的速 度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是()【解析】选A。小球接触弹簧开始,合力向下,向下做加速度逐渐减小的加速运动,运动到某个位置时,重力等于弹簧弹力,合力为零,加速度为零,速度最大,然后重力小于弹力,合力方向向上,向下做加速度逐渐增大的减速运动,运动到最低点时,速度为零,加速度最大,根据对称性可知,到达最低端时加速度大于g,故选项
24、A正确,选项B、C、D错误。热点考向3 连接体问题【典例5】(16分)(2015福州一模)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受,大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成,除第四节车厢为无动力车厢外,其余六节车厢均具有动力系统,设每节车厢的质量均为m,各动力车厢产生的动力相同,经测试,该列车启动时能在时间t内将速度提高到v,已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)列车在启动过程中,第五节车厢对第六节车厢的作用力。(2)列车在匀速行驶时,第六节车厢失去了动力,若仍要保持列车的匀速运动状态,则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大?【拿分策略】第一问：明确题型：连接体问题 明确思路：
25、先整体,后隔离 按部就班列方程 第二问：抓住关键信息“匀速行驶”分情况列方程 第二种：列式 (2分)按照过程列方程,就能拿到12分,若能正确解方程求出结果再拿下4分,则得满分16分。对六、七节车厢平衡条件【解析】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动,启动加速 度为a=(2分)对整个列车,由牛顿第二定律得：F-k7mg=7ma (2分)设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T,对第六、七两节车厢进行 受力分析,水平方向受力如图所示,由牛顿第二定律得 vt +T-k2mg=2ma,(2分)联立得T=-m(+kg)(1分)其中“-”表示实际作用力与图示方向相反,即与列车运动方向相反。(2)列车匀
26、速运动时,对整体由平衡条件得 F-k7mg=0 (2分)设第六节车厢有动力时,第五、六节车厢间的作用力为T1,则有：+T1-k2mg=0 (2分)2F613vt2F6第六节车厢失去动力时,仍保持列车匀速运动,则总牵引力不变,设此时第五、六节车厢间的作用力为T2,分析第六、七节车厢,则有：+T2-k2mg=0 (2分)联立得T1=-kmg (1分)T2=kmg (1分)因此作用力变化T=T2-T1=kmg (1分)F513351415答案：(1)m(+kg),方向与列车运动方向相反(2)kmg 141513vt【规律总结】整体法和隔离法的对比(1)整体法：优点：研究对象减少,忽略物体之间的相互作
27、用力,方程数减少,求解方便。条件：连接体中各物体具有共同的加速度。(2)隔离法：优点：易看清各个物体具体的受力情况。条件：当系统内各物体的加速度不同时,一般采用隔离法;求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。【题组过关】1.(2015锦阳一模)如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()A.mg ,斜向右上方 B.mg ,斜向左上方 C.mgtan,水平向右 D.mg,竖直向上 21tan21【
28、解析】选A。由题图可知,小车向左做匀减速运动,其加速度大小 a=gtan;小车对物块B向右的静摩擦力为Ff=ma=mgtan;竖直向上 的支持力FN=mg,小车对物块B产生的作用力的大小为F=方向为斜向右上方,选项A正确。22fNFF2mg 1tan，2.(多选)如图甲所示,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对物体B施加一水平变力F,F-t关系如图乙所示,两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止,则()A.t0时刻,两物体之间的摩擦力最大 B.t0时刻,两物体的速度方向开始改变 C.t02t0时间内,两物体之间的摩擦力逐渐增大 D.02t0时间内,物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的
29、方向相同【解析】选C、D。两物体始终保持相对静止,故t0时刻,两物体的加速 度为零,两物体之间无摩擦力,A错误;0t0时刻两物体做加速度减小 的加速运动,t0时刻速度达到最大,t02t0时间内两物体做加速度增 大的减速运动,到2t0时刻速度减到零,故02t0时间内两物体的速度 方向没有改变,B错误;02t0时间内物体A所受的摩擦力方向始终与变 力F的方向相同,D正确;两物体之间的摩擦力Ff=mAa=,Ff随F 的变化而变化,C正确。AABm Fmm3.(多选)(2015全国卷)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列 已用挂钩连接好的车厢,当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速 度向东行驶时,连
30、接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机 车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大 小仍为F,不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的 节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.18 23【解析】选B、C。设P在东,Q在西,当机车向东加速行驶时,对P以西 的所有车厢应用牛顿第二定律F=m西a 当机车向西加速行驶时,对Q以东的所有车厢应用牛顿第二定律：F=m东 a 两式相比可得m西m东=23 所以这列车厢的节数只能为5的整数倍,B、C两项符合要求,A、D两 项不符合题意。23【加固训练】(多选)如图所示,质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2
31、,置于光滑的水平面上。当水平力F作用于左端A上,两木块一起做匀加速运动时,A、B间作用力大小为F1。当水平力F作用于右端B上,两木块一起做匀加速运动时,A、B间作用力大小为F2,则()A.在两次作用过程中,木块的加速度的大小相等 B.在两次作用过程中,F1+F2F C.在两次作用过程中,F1+F2=F D.在两次作用过程中,1122FmFm【解析】选A、C。当水平力F作用于左端A上,两木块一起做匀加速运 动时,由牛顿第二定律,可得整体的加速度a=,方向向右,对 木块B,由牛顿第二定律可得F1=m2a=m2 ;当水平力F作用于左 端B上,两木块一起做匀加速运动时,由牛顿第二定律可得整体的加 速度
32、a=,方向向左,对木块A,由牛顿第二定律可得F2=m1a=m1 ,因此,在两次作用过程中,木块的加速度的大小相等,F1+F2=F,正确选项为A、C。12Fmm12Fmm12Fmm12Fmm1221FmFm连接体问题【典例】如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜 面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d。将 一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜 面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和 小物块一起向左做匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面 体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P处(图中未
33、画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为 1,斜面倾角为,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求：(1)小物块与斜面间的动摩擦因数 2。(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大。【答卷抽样】【试卷评析】错误角度1.忽略了小物块与斜面之间的摩擦力 错因剖析：分析小物块的受力情况时,误认为小物块只受自身重力和斜面对它的支持力,由两者的合力使小物块产生加速度,实际上小物块除了受重力和支持力还受到斜面对它的摩擦力。这属于审题马虎,受力分析环节出错。错误角度2.计算斜面与地面间的摩擦力时出错 错因剖析：计算斜面对地面的压力时,误认为斜面的重力与地面对斜面的支持力是一对平衡力
34、,导致压力计算错误,进一步导致摩擦力计算错误,实际上应以整体为研究对象,压力大小应等于整体所受的重力的大小。【纠偏措施】1.正确进行受力分析：按场力弹力摩擦力其他力的顺序,正确进行受力分析,防止多力或漏力。提醒自己不要想当然地挪用类似题目中的受力分析,犯经验主义错误。2.准确应用平衡条件：首先应正确选取研究对象,并确保研究对象处于平衡状态或在某一方向上处于平衡状态。然后再正确进行受力分析,并在此基础上应用平衡条件列式求解。【规范解答】(1)对m由平衡条件得：mgsin-2mgcos=0 解得：2=tan (2)要使物块在地面上的落点P距Q最远,应使物块随斜面体到达Q点的速度最大,需要加速度最大。对m设其最大加速度为am,由牛顿第二定律得：水平方向：Nsin+2Ncos=mam 竖直方向：Ncos-2Nsin-mg=0 解得：am=gtan2 对M、m整体由牛顿第二定律得：F-1(M+m)g=(M+m)am 解得：F=1(M+m)g+(M+m)gtan2 答案：(1)tan (2)1(M+m)g+(M+m)gtan2
