高考物理總復習第三章運動和力的關(guān)系課件練習題

第1講牛頓第一定律牛頓第二定律高考總復習2025課程標準1.通過實驗,探究物體運動的加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系。理解牛頓運動定律,能用牛頓運動定律解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象、解決有關(guān)問題。通過實驗,認識超重和失重現(xiàn)象。2.知道國際單位制中的力學單位。了解單位制在物理學中的重要意義核心素養(yǎng)試題情境生活實踐類交通安全、體育運動、娛樂活動,如汽車剎車、飛機起飛、滑雪、滑草等學習探索類加速度測量、連接體問題、傳送帶問題、板塊模型問題等考點一牛頓第一定律強基礎(chǔ)?固本增分一、對力和運動關(guān)系的認識

維持改變速度二、牛頓第一定律

不是牛頓第二定律在加速度等于零時的特例1.內(nèi)容:一切物體總保持

狀態(tài)或

狀態(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。

2.意義(1)指出了一切物體都有

,因此牛頓第一定律又叫慣性定律。

(2)指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因,而是

物體運動狀態(tài)的原因,即產(chǎn)生加速度的原因。

勻速直線運動靜止慣性改變3.慣性

一切物體都具有的一種固有屬性,與物體的運動情況和受力情況無關(guān)(1)定義:物體

原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)。

(2)量度:

是慣性大小的唯一量度,質(zhì)量大的物體慣性大,質(zhì)量小的物體慣性小。

保持質(zhì)量×××提示

有適用條件,牛頓運動定律只有在慣性參考系中宏觀、低速運動的情況下才成立。研考點?精準突破1.慣性的兩種表現(xiàn)形式(1)保持“原狀”:物體在不受力或所受合外力為零時,慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)。(2)反抗改變:物體受到外力時,慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性越大,物體的運動狀態(tài)越難以被改變。2.牛頓第一定律的應用技巧(1)應用牛頓第一定律分析實際問題時,要把生活感受和理論問題聯(lián)系起來深刻認識力和運動的關(guān)系,正確理解力不是維持物體運動狀態(tài)的原因,克服生活中一些錯誤的直觀印象,建立正確的思維習慣。(2)如果物體的運動狀態(tài)發(fā)生改變,那么物體必然受到不為零的合外力作用。因此,判斷物體的運動狀態(tài)是否改變,以及如何改變,應分析物體的受力情況?？枷蛞?/p>

對慣性的理解典題1(2023山東濰坊模擬)在2022年女足亞洲杯上,中國女足再次站在亞洲之巔。以下說法正確的是(

)A.足球被踢出后仍能繼續(xù)運動,是因為足球受到慣性力的作用B.足球被運動員用頭頂入對方球網(wǎng),說明力可以改變物體的運動狀態(tài)C.足球在運動過程中所受阻力逐漸減小,慣性也在減小D.足球在運動過程中速度逐漸減小,慣性也在減小B解析

物體保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)叫作慣性,慣性不是一種力,足球繼續(xù)運動并不是受到慣性力的原因,A錯誤;足球被運動員用頭頂入對方球網(wǎng),說明力可以改變物體的運動狀態(tài),B正確;慣性只與物體的質(zhì)量大小有關(guān),不因物體受到的阻力和運動速度的改變發(fā)生變化,C、D錯誤?？枷蚨?/p>

牛頓第一定律的理解與應用典題2(多選)(2023山東青島聯(lián)考)如圖所示,圓柱形玻璃容器內(nèi)裝滿液體靜置于水平面上,容器中有a、b、c三個不同材質(zhì)的物塊,物塊a、c均對容器壁有壓力,物塊b懸浮于容器內(nèi)的液體中,忽略a、c與容器壁和液體間的摩擦。現(xiàn)給容器施加一水平向右的恒力,使容器向右做勻加速直線運動,下列說法正確的是(

)A.三個物塊將相對于容器靜止,與容器一起向右加速運動B.物塊a將相對于容器向右運動,最終與容器右側(cè)壁相互擠壓C.物塊b將相對于容器保持靜止,與容器一起做勻加速運動D.物塊c將相對于容器向右運動,最終與容器右側(cè)壁相互擠壓CD解析

由題意可知,c排開液體的質(zhì)量大于本身的質(zhì)量,b排開液體的質(zhì)量等于本身的質(zhì)量,a排開液體的質(zhì)量小于本身的質(zhì)量。所以c的慣性小于同體積液體的慣性,b的慣性等于同體積液體的慣性,a的慣性大于同體積液體的慣性。則當容器向右加速運動時,由牛頓第一定律可知,物塊a將相對于容器向左運動,最終與容器左側(cè)壁相互擠壓;物塊b將相對于容器保持靜止,與容器一起做勻加速運動;物塊c將相對于容器向右運動,最終與容器右側(cè)壁相互擠壓,故選C、D。名師點撥

對牛頓第一定律的四點說明

考點二牛頓第二定律強基礎(chǔ)?固本增分一、牛頓第二定律

指出了加速度的決定因素1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成

,跟它的質(zhì)量成

,加速度的方向跟

的方向相同。

2.表達式:F=ma。二、單位制1.單位制:

和

一起組成了單位制。

2.基本單位:在力學范圍內(nèi),國際單位制規(guī)定

、

和

為三個基本量,它們的單位

、

和

為基本單位。

3.導出單位:由

根據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位。

正比反比作用力基本單位導出單位質(zhì)量長度時間千克米秒基本量×√×閱讀人教版教材必修第一冊第98頁“科學漫步”——用動力學方法測質(zhì)量,完成下面題目。測空間站質(zhì)量的原理圖如圖所示。若已知飛船質(zhì)量為m=3.0×103kg,其推進器的平均推力F=900N。在飛船與空間站對接后,推進器工作5s內(nèi),測得飛船和空間站的速度變化為0.05m/s,求空間站的質(zhì)量。答案

8.7×104kg解析

設空間站質(zhì)量為m0,據(jù)牛頓第二定律得F=(m+m0)a,根據(jù)加速度的定義式

=0.01

m/s2,聯(lián)立解得m0=8.7×104

kg。研考點?精準突破1.牛頓第二定律的“五性”2.牛頓第二定律瞬時性的兩種模型

考向一

對牛頓第二定律的理解典題3(多選)下列說法正確的是(

)A.對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力,當力剛作用瞬間,物體立即獲得加速度B.物體由于做加速運動,因此才受合外力作用C.如果一個物體同時受到兩個力的作用,那么這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響D.如果一個物體同時受到幾個力的作用,那么這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生的加速度的矢量和ACD解析

由牛頓第二定律的瞬時性可知A正確;由牛頓第二定律的因果性可知,物體受到合外力作用才產(chǎn)生加速度,物體才會做變速運動,B錯誤;由牛頓第二定律的獨立性可知C正確;由牛頓第二定律的獨立性和矢量性可知,既可以先求物體所受的合力,再求加速度,也可以先求每個力單獨作用產(chǎn)生的加速度,再把各個加速度合成得物體的實際加速度,D正確?？枷蚨?/p>

利用牛頓第二定律定性分析物體的運動典題4(2023廣東肇慶二模)如圖所示,彈弓將飛箭以豎直向上的初速度v0彈出,飛箭上升到最高點后返回,徐徐下落,已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小,下落過程中受到的空氣阻力越來越大,則飛箭(

)A.上升過程中,速度越來越大B.上升過程中,加速度越來越小C.下落過程中,速度越來越小D.下落過程中,加速度越來越大B解析

由牛頓第二定律可知,上升過程飛箭所受的合力F上=mg+F阻=ma,飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小,合力F上變小,加速度也越來越小,故做加速度逐漸減小的減速運動,A錯誤,B正確;由牛頓第二定律可知,下降過程飛箭所受的合力F下=mg-F阻=ma',飛箭下降過程中受到的空氣阻力越來越大,合力F下變小,加速度越來越小,故做加速度逐漸減小的加速運動,C、D錯誤。考向三

牛頓第二定律的簡單應用典題5(多選)(2024四川成都模擬)如圖所示,凹形槽車靜止在水平直軌道上,位于光滑槽底的水平輕彈簧一端連接右側(cè)槽壁,另一端連接質(zhì)量m=1kg的物體,物體靜止時,彈簧對物體的壓力F=2N?，F(xiàn)使槽車與物體一起以a=2m/s2的加速度沿軌道運動,用F彈表示彈簧的彈力大小,FN表示物體對左側(cè)槽壁的壓力大小,下列判斷正確的是(

)A.若a的方向向左,則F彈=2NB.若a的方向向左,則FN=4NC.若a的方向向右,則F彈=2ND.若a的方向向右,則FN=0AC解析

若加速度方向向左,設左側(cè)槽壁對物體恰好沒有作用力,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma0,解得a0==2

m/s2,即槽車和物體一起向左以大小為2

m/s2的加速度運動時,彈簧彈力為2

N,但物體對左側(cè)槽壁沒有壓力,A正確,B錯誤;同理,若a的方向向右,彈簧長度不變,所以彈簧的彈力為2

N,根據(jù)牛頓第二定律有FN'-F=ma,得FN'=F+ma=4

N,FN=FN'=4

N,所以彈簧彈力為2

N,物體對左側(cè)槽壁的壓力大小為4

N,C正確,D錯誤。考向四

牛頓第二定律的瞬時性問題典題6(多選)如圖甲、乙所示,光滑斜面上,當系統(tǒng)靜止時,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(

)A.兩圖中兩球的加速度均為gsin

θB.兩圖中A球的加速度均為零C.圖甲中B球的加速度為2gsin

θD.圖乙中B球的加速度為gsin

θCD解析

撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小都為2mgsin

θ。因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,題圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsin

θ,加速度為2gsin

θ。題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B兩球所受合力均為mgsin

θ,加速度均為gsin

θ,故A、B錯誤,C、D正確。方法技巧

求解瞬時加速度的步驟

第2講牛頓第二定律的基本應用高考總復習2025考點一動力學的兩類基本問題強基礎(chǔ)?固本增分1.兩類動力學問題

關(guān)鍵都是受力分析和運動狀態(tài)第一類:已知受力情況求物體的運動情況。第二類:已知運動情況求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法

求加速度以

為“橋梁”,由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解,具體邏輯關(guān)系如圖所示。

加速度√√×研考點?精準突破1.動力學兩類基本問題的解題步驟

2.等時圓模型(1)質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等,如圖甲所示。(2)質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖乙所示。(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點,質(zhì)點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示?？枷蛞?/p>

已知受力情況求運動情況典題1

四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器,目前得到越來越廣泛的應用。一架質(zhì)量m=2kg的無人機,其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36N,運動過程中所受空氣阻力大小恒為Ff=4N。g取10m/s2。(1)無人機在地面上從靜止開始,以最大升力豎直向上起飛。求在t=5s時離地面的高度h。(2)當無人機懸停在距離地面高度H=100m處時,由于動力設備故障,無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落到地面時速度v的大小。答案

(1)75m

(2)40m/s解析

(1)設無人機上升時加速度為a,由牛頓第二定律得F-mg-Ff=ma解得a=6

m/s2由h=at2解得h=75

m。(2)設無人機墜落過程中加速度為a1,由牛頓第二定律得mg-Ff=ma1解得a1=8

m/s2由v2=2a1H解得v=40

m/s?！镆活}多變

若在典題1無人機墜落過程中,由于遙控設備的干預,動力設備重新啟動提供向上的最大升力。為使無人機著地時速度為零,求無人機從開始下落到恢復升力的最長時間t1。解析

設無人機恢復升力后向下減速時加速度為a2,由牛頓第二定律得F-mg+Ff=ma2,解得a2=10

m/s2名師點撥

(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”(2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系?？枷蚨?/p>

已知運動情況求受力情況典題2(多選)古代勞動人民常用夯錘(如圖甲所示)將地砸實,打夯時四個勞動者每人分別握住夯錘的一個把手,一個人喊號,號聲一響,四人同時用力將地上質(zhì)量為90kg的夯錘豎直向上提起;號音一落,四人同時松手,夯錘落下將地面砸實。以豎直向上為正方向,若某次打夯過程松手前夯錘運動的v-t圖像如圖乙所示。不計空氣阻力,g取10m/s2,下列說法正確的是(

)A.松手后,夯錘立刻做自由落體運動B.夯錘離地的最大高度為0.45mC.夯錘上升過程所用的時間為0.45sD.松手前,夯錘所受合外力的大小為300NBD考向三

等時圓模型典題3(多選)如圖所示,Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿,O、a、b、c、d位于同一圓周上,c為圓周的最高點,a為最低點,O'為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出),兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放,一個滑環(huán)從d點無初速度釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關(guān)系正確的是(

)A.t1=t2

B.t2>t3

C.t1<t2

D.t1=t3BCD解析

設想還有一根光滑固定細桿ca,則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a,三桿頂點均在圓周上,根據(jù)等時圓模型可知,由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等,即tca=t1=t3;由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán),滑行位移大小相同,初速度均為零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,故A項錯誤,B、C、D項正確。反思提升

考點二超重與失重問題大于向上減速下降小于向下減速上升向下×√×提示

電梯啟動瞬間加速度方向向上,人受到的合力方向向上,所以人受到的支持力大于其所受重力;電梯勻速向上運動時,人受到的合力為零,所以人受到的支持力等于其所受重力。研考點?精準突破判斷超重和失重的方法

從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態(tài);小于重力時,物體處于失重狀態(tài);等于零時,物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時,物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時,物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時,處于超重狀態(tài)②物體向下加速或向上減速時,處于失重狀態(tài)考向一

超重、失重的理解典題4(2024山東濟南模擬)圖甲是某同學站在接有力傳感器的板上做下蹲、起跳動作的示意圖,圖中的O點表示他的重心。圖乙是傳感器所受壓力隨時間變化的圖像,圖像上a、b兩點的縱坐標分別為900N和300N,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。根據(jù)圖像分析可知(

)A.該同學的重力可由b點讀出,為300NB.該同學在b到c的過程中先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C.該同學在雙腳與板不接觸的過程中處于完全失重狀態(tài)D.該同學在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度答案

C

解析

開始時該同學處于平衡狀態(tài),對傳感器的壓力為900

N,該同學的重力也為900

N,A錯誤;b到c過程中,該同學對板的壓力先小于他的重力,后大于他的重力,則該同學先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),B錯誤;離開板后該同學只受重力的作用,處于完全失重狀態(tài),C正確;b點對應時刻彈力與重力的差值要小于c點對應時刻彈力與重力的差值,則該同學在b點對應時刻的加速度要小于在c點對應時刻的加速度,D錯誤?？枷蚨?/p>

超重、失重的計算典題5

某同學抱著箱子做蹲起運動研究超重和失重現(xiàn)象,在箱內(nèi)的頂部和底部均安裝有壓力傳感器。如圖所示,兩質(zhì)量均為2kg的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器。當該同學抱著箱子靜止時,頂部的壓力傳感器示數(shù)F1=10N。重力加速度g取10m/s2。不計空氣阻力,則(

)A.箱子靜止時,底部壓力傳感器示數(shù)F2=30NB.當F1=5N時,箱子處于失重狀態(tài),人可能抱著箱子下蹲C.當F1=15N時,箱子處于超重狀態(tài),人可能抱著箱子向上站起D.若箱子保持豎直從高處自由釋放,運動中兩個壓力傳感器的示數(shù)均為30ND解析

當箱子靜止時,對兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)受力分析可知2mg+F1=F2,得下面壓力傳感器顯示示數(shù)F2=50

N,A錯誤;對上面物體有mg+F1=F彈,得F彈=30

N,當F1=5

N時,對上面物體有mg+F1<F彈,所以加速度方向向上,箱子處于超重狀態(tài),B錯誤;當F1=15

N時,mg+F1>F彈,加速度方向向下,箱子處于失重狀態(tài),C錯誤;當箱子自由下落時處于完全失重狀態(tài),兩個物體所受合力均為mg,則應有F彈=F1=F2,彈簧長度沒變,所以兩個壓力傳感器的示數(shù)均為30

N,D正確。考點三動力學的圖像問題動力學圖像

體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的思想1.動力學圖像反映了兩個變量之間的函數(shù)關(guān)系,必要時需要根據(jù)物理規(guī)律進行推導,得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點坐標、拐點的物理意義對圖像及運動過程進行分析。2.常見的動力學圖像及問題類型3.動力學圖像問題的解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系,解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。(2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷?？枷蛞?/p>

由動力學圖像分析有關(guān)問題典題6(2024浙江金華聯(lián)考)煙花彈從豎直的炮筒中被推出,升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響,v-t圖像如圖所示,從推出到最高點所用的時間為t,上升的最大高度為H,圖線上C點的切線與AB平行,t0、vC為已知量,且煙花彈t0時間內(nèi)上升的高度為h,則下列說法正確的是(

)A.煙花彈上升至最高點時,加速度大小為零B.煙花彈上升至最高點過程中,空氣阻力大小不變C.煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足

<HD.煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足D解析

煙花彈上升至最高點時,受重力作用,加速度為g,A錯誤;v-t圖像的斜率代表加速度,由圖可知加速度逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律有mg+Ff=ma,可知空氣阻力逐漸減小,B錯誤;若煙花彈做勻變速直線運動,設位移為H',由圖面積可知H<H',結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律可知

>H,C錯誤;同C項分析,煙花彈上升到速度為vC時,若煙花彈做勻變速直線運動,設位移為h',由圖面積可知h'>h,結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律可知

,D正確?？枷蚨?/p>

由已知條件確定某有關(guān)圖像典題7(2023山東濟南一模)如圖所示,豎直輕彈簧一端與地面相連,另一端與物塊相連,物塊處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對物塊施加一個豎直向上的拉力F,使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動,此過程中彈簧的形變量始終在彈性限度內(nèi),則拉力F隨時間t變化的圖像可能正確的是(

)A解析

物塊處于靜止狀態(tài)時,彈簧彈力等于重力,彈簧處于壓縮狀態(tài),有mg=kx0,給物體施加一個豎直向上的拉力F,使物體做勻加速直線運動,當物體向上位移為x時,有F+k(x0-x)-mg=ma,整理得F-kx=ma,物塊做勻加速直線運動,有x=at2,聯(lián)立可得F=kat2+ma,可知拉力與時間圖像為開口向上的拋物線,故選A。第3講專題提升牛頓第二定律的綜合應用高考總復習2025專題概述:本專題包括連接體模型和動力學中的臨界、極值兩個問題,連接體模型通常是兩個或兩個以上的物體牽連、并排或疊放,處理相對靜止類連接體問題的關(guān)鍵點是“一個核心規(guī)律,兩個重要方法”,即牛頓運動定律、整體法與隔離法;臨界、極值問題要把握臨界值或極值條件的標志,如“剛好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至多”“至少”“最終”“穩(wěn)定”等關(guān)鍵詞。題型一動力學中的連接體問題1.常見連接體類型與特點

類型圖示特點彈簧連接體

在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變量最大時,兩端連接體的速率往往相等類型圖示特點疊放連接體

兩物體不脫離接觸,在垂直接觸面方向的分速度總是相等類型圖示特點輕繩連接體

輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等類型圖示特點輕桿連接體

輕桿平動時,連接體具有相同的平動速度;輕桿轉(zhuǎn)動時,連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比2.連接體問題求解方法

考向一

共速連接體問題典題1(2023福建泉州模擬)如圖所示,建筑工地上工人用磚夾把四塊磚夾住,并用豎直向上的拉力F勻加速提起,磚與磚、磚與磚夾之間未發(fā)生相對滑動,每塊磚的重力大小均為G,磚夾的質(zhì)量不計。若F=6G,則在加速提起過程中第2、3塊磚之間的摩擦力大小為(

)A.0 B.G

C.2G

D.3GA解析

將四塊磚和磚夾看成一個整體,則加速度為

,將第2、3塊磚看成整體,則磚塊1對磚塊2的摩擦力與磚塊4對磚塊3的摩擦力都為Ff,且方向均豎直向上,有2Ff-2mg=2ma,解得Ff=;對磚塊3,根據(jù)牛頓第二定律有Ff23+Ff-mg=ma,由以上各式解得Ff23=0,即在加速提起過程中第2、3塊磚之間的摩擦力大小為0,A正確,B、C、D錯誤。典題2(多選)如圖所示,在粗糙的水平面上,質(zhì)量分別為m1和m2的物塊A、B用輕彈簧相連,兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ,當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時,彈簧的伸長量為x1;當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面向上作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運動時,彈簧的伸長量為x2,則下列說法正確的是(

)A.若m1>m2,有x1=x2B.若m1<m2,有x1=x2C.若μ>sin

θ,有x1>x2D.若μ<sin

θ,有x1<x2AB解析

A、B在水平面上滑動時,對整體,根據(jù)牛頓第二定律,有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1,隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律,有FT-μm1g=m1a1,聯(lián)立解得FT=F;在斜面上滑動時,對整體,根據(jù)牛頓第二定律,有F-(m1+m2)gsin

θ=(m1+m2)a2,隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律,有FT'-m1gsin

θ=m1a2,聯(lián)立解得FT'=F;比較可知FT=FT',彈簧彈力相等,與動摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān),故由胡克定律知A、B正確,C、D錯誤。指點迷津整體法、隔離法使用的關(guān)鍵是靈活選擇研究對象,一般根據(jù)整體受力情況求加速度,根據(jù)具體情況靈活隔離求有關(guān)內(nèi)力,隔離受力少的物體計算時更方便?？枷蚨?/p>

關(guān)聯(lián)速度連接體問題典題3(多選)如圖所示,質(zhì)量為m0、傾角為30°的斜面體置于水平地面上,一輕繩繞過兩個輕質(zhì)滑輪連接著固定點P和物體B,兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行,物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m,A與斜面間的動摩擦因數(shù)為重力加速度大小為g,將A、B由靜止釋放,在B下降的過程中(物體A未碰到滑輪),斜面體靜止不動。下列說法正確的是(

)AC解析

由于相同時間內(nèi)物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍,則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍,設物體A的加速度為a,則B的加速度為2a;設物體A、B釋放瞬間,輕繩的拉力為FT,根據(jù)牛頓第二定律得2FT-mgsin

30°-μmgcos

30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得易錯點撥

根據(jù)初中學過的定滑輪、動滑輪的特點找出兩個物體的速度、加速度關(guān)系是本題關(guān)鍵,如果對初中知識不夠熟練,解答本題極易出錯。題型二動力學中的臨界、極值問題1.臨界值或極值條件的四類標志

2.處理臨界問題的三種方法

3.動力學中極值問題的臨界條件和處理方法(1)四種典型臨界條件①接觸與脫離的臨界條件:兩物體接觸或脫離,臨界條件是彈力FN=0。②相對滑動的臨界條件:兩物體接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則發(fā)生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。③繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的拉力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中拉力等于它所能承受的最大拉力,繩子松弛的臨界條件是FT=0。④加速度變化時,速度達到極值的臨界條件:加速度變?yōu)?。(2)四種典型數(shù)學方法①三角函數(shù)法;②根據(jù)臨界條件列不等式法;③利用二次函數(shù)的判別式法;④極限法?？枷蛞?/p>

相對滑動的臨界問題典題4(2023江蘇鎮(zhèn)江三模)如圖所示,A、B疊放在粗糙水平桌面上,一根輕繩跨過光滑定滑輪連接A、C,滑輪左側(cè)輕繩與桌面平行,A、B間動摩擦因數(shù)為μ,B與桌面間動摩擦因數(shù)為,A、B、C質(zhì)量分別為2m、2m和m,各面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,將C從圖示位置由靜止釋放,要使A、B間發(fā)生相對滑動,則μ滿足的條件是(

)C解析

物塊A與B之間的最大靜摩擦力Ff1=2μmg,物塊B與桌面間的最大靜摩擦力Ff2=μ×4mg=μmg,A與B間恰好要發(fā)生相對滑動時,A與B的加速度相等,此時對物塊B,由牛頓第二定律得Ff1-Ff2=2ma,對A、B整體由牛頓第二定律得FT-Ff2=4ma,對物塊C由牛頓第二定律得mg-FT=ma,聯(lián)立解得μ=,因此若要A、B之間發(fā)生相對滑動,則需滿足μ<,故選C?？枷蚨?/p>

恰好分離的臨界問題典題5(多選)如圖所示,直立輕質(zhì)彈簧一端固定在水平地面上,另一端與木板Q連接。物塊P擱在木板Q上,處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對P施加一豎直向上的恒力F,此后P、Q一起運動到最高點時恰好未分離。已知P的質(zhì)量為2m,Q的質(zhì)量為m,重力加速度為g,則有(

)A.恒力F的大小為2mgB.恒力F剛施加給P的瞬間,P、Q間彈力大小為1.6mgC.物塊P的速度最大時,P、Q間彈力大小為0.6mgD.物塊P運動到最高點時,彈簧彈力大小為0.6mgBD解析

由題可知,由于P、Q一起運動到最高點時恰好未分離,所以P、Q全程在做簡諧運動,因此在最高點和最低點的加速度大小相同,方向相反,大小設為a,對于最低點,彈簧彈力和P、Q重力相等,因此F+F彈1-3mg=F=3ma,在最高點,由于P、Q剛要分離,分別對P和Q進行分析,可得2mg-F=2ma,mg-F彈2=ma,解得F=1.2mg,a=0.4g,F彈2=0.6mg,A錯誤,D正確;恒力剛施加時,以P為研究對象,則F+FN1-2mg=2ma,解得FN1=1.6mg,B正確;物塊P的速度最大時,P、Q整體處于簡諧運動平衡點,即加速度為0,此時F+FN2-2mg=0,解得FN2=0.8mg,C錯誤。指點迷津兩個物體恰好分離時,運動學方面的特點是仍然有相同的速度和加速度,受力方面的特點是接觸面上彈力減小到零?？枷蛉?/p>

動力學中的極值問題

典題6(2024七省適應性測試黑龍江、吉林物理)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上,二者間用平行于斜面的輕質(zhì)彈簧相連,乙緊靠在垂直于斜面的擋板上。給甲一個沿斜面向上的初速度,此后運動過程中乙始終不脫離擋板,且擋板對乙的彈力最小值為0,重力加速度為g。擋板對乙的彈力最大值為(

)A.2mgsinθ

B.3mgsinθC.4mgsinθ

D.5mgsinθC解析

物塊甲運動至最高點時,擋板對乙的彈力最小,為0,對乙有F彈1=mgsin

θ,對甲有F彈1+mgsin

θ=ma,物塊甲運動至最低點時,根據(jù)對稱性有F彈2-mgsin

θ=ma,對乙受力分析,擋板對乙的彈力最大值為FN=F彈2+mgsin

θ=4mgsin

θ,故選C。典題7(多選)(2024廣東佛山期中)如圖所示,質(zhì)量m=2kg的小球用細繩連在傾角θ=37°的光滑斜面體斜面上,此時細繩平行于斜面。g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.當斜面體以5m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為20NB.當斜面體以12m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力與水平方向夾角大于37°C.當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為20ND.當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力與水平方向夾角等于30°AC解析

當小球剛好只受重力和輕繩拉力作用時,根據(jù)牛頓第二定律有

=ma0,解得a0=

m/s2。當斜面體以5

m/s2的加速度向右加速運動時,即a1=5

m/s2<a0,此時小球受重力、支持力和繩的拉力,如圖所示,水平方向有FTcos

θ-FNsin

θ=ma1,豎直方向有FTsin

θ+FNcos

θ=mg,聯(lián)立解得FN=10

N,FT=20

N,A正確;當斜面體以12

m/s2的加速度向右加速運動時,即a2=12

m/s2<a0,此時小球受重力、支持力和繩的拉力,小球在斜面上,繩子拉力與水平方向夾角等于37°,B錯誤;當斜面體加速度為20

m/s2時,即a3=20

m/s2>a0,此時小球已和斜面分離,受重力和繩的拉力,則有FT'cos

α=ma3,FT'sin

α=mg,解得FT'=20

N,sin

α=,C正確,D錯誤。第4講專題提升

動力學中的傳送帶模型高考總復習2025專題概述:分析動力學中傳送帶模型的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動方向或相對運動趨勢,從而確定物體所受摩擦力的大小和方向。當物體速度與傳送帶速度相等時,物體所受摩擦力可能發(fā)生突變,對應的加速度也會發(fā)生突變。1.水平傳送帶模型情境

項目圖示滑塊可能的運動情況情境1

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情境2

(1)v0>v時,可能一直減速,也可能先減速再勻速(2)v0<v時,可能一直加速,也可能先加速再勻速情境3

(1)傳送帶較短時,滑塊一直減速到達左端(2)傳送帶較長時,滑塊還要被傳送帶傳回右端。若v0>v,返回時速度為v;若v0<v,返回時速度為v02.傾斜傳送帶模型情境

項目圖示滑塊可能的運動情況情境1

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情境2

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后再以a2加速項目圖示滑塊可能的運動情況情境3

(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直減速情境4

(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能先減速,再反向加速,最后勻速(5)可能一直減速3.傳送帶問題的解題思路

題型一水平傳送帶考向一

物體無初速度傳送情境典題1

如圖為地鐵入口安檢裝置簡易圖,水平傳送帶AB長度為l,傳送帶右端B與水平平臺等高且平滑連接,物品探測區(qū)域長度為d,其右端與傳送帶右端B重合。已知傳送帶勻速運動的速度大小為v,方向如圖所示,物品(可視為質(zhì)點)由A端無初速度釋放,加速到傳送帶速度一半時恰好進入探測區(qū)域,最后勻速通過B端進入平臺并減速至0,各處的動摩擦因數(shù)均相同,空氣阻力忽略不計,重力加速度為g。求:(1)物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ;(2)物品運動的總時間t?？枷蚨?/p>

物體有初速度傳送情境典題2(2024山東日照一模)如圖甲所示,一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn),將一可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=2kg的小物塊從傳送帶左端A處以某一初速度釋放,t=3s時恰好到達右端B處。小物塊從A端到B端運動的速度—時間圖像如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。求:(1)小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)和A、B間的距離;(2)小物塊從A端到B端的過程中,系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量。答案

(1)0.1

8m(2)4J解析

(1)根據(jù)題意,由圖乙可知,小物塊在傳送帶上先做勻減速運動,再做勻速運動,做勻減速運動的加速度大小為由牛頓第二定律有μmg=ma聯(lián)立解得μ=0.1根據(jù)題意可知,A、B間的距離等于小物塊的位移,則由v-t圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知,A、B間的距離為(2)根據(jù)題意,由圖乙可知,當t=2

s時,小物塊與傳送帶速度相等,且傳送帶的速度為v傳=2

m/s在0~2

s內(nèi)小物塊的位移為在0~2

s內(nèi)傳送帶的位移為x2=v傳t=4

m則小物塊從A端到B端的過程中,系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(x1-x2)=4

J。題型二傾斜傳送帶考向一

物體無初速度傳送情境典題3(多選)如圖所示,有一條傳送帶與水平面的夾角θ=37°,傳送帶以v=4m/s的速度勻速運動。現(xiàn)將一小物塊輕放在最高點A,經(jīng)過時間t小物塊運動到最低點B。已知A、B之間的距離為5.8m,物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊可看作質(zhì)點,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則小物塊從A到B的時間可能是(

)A.1s B.1.4sBD考向二

物體有初速度傳送情境典題4(2023四川眉山三模)如圖所示,一足夠長的傾斜傳送帶以v=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動,傳送帶與水平方向的夾角θ=37°,質(zhì)量m1=5kg的小物塊P和質(zhì)量m2=11kg的小物塊Q由跨過定滑輪的輕繩連接,P與定滑輪間的繩子與傳送帶平行,輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶上端以速度v0=8m/s沖上傳送帶(此時P、Q的速率相等),已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,不計滑輪的質(zhì)量與軸摩擦,整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)求物塊P剛沖上傳送帶時加速度的大小。(2)求物塊P在傳送帶上向前沖的最遠距離(以地面為參照物)。(3)若傳送帶以不同的速度

順時針勻速運動,當v取多大時,物塊P沿傳送帶運動到最遠處過程中與傳送帶的相對路程最小。答案

(1)6m/s2(2)5.5m(3)3.2m/s解析

(1)對P、Q進行受力分析,如圖所示設剛沖上傳送帶時Q的加速度為a1,對Q有m2g-F1=m2a1對P有F1+μm1gcos

θ-m1gsin

θ=m1a1解得a1=6

m/s2。設此時P的加速度為a2,對Q有m2g-F2=m2a2對P有F2-μm1gcos

θ-m1gsin

θ=m1a2解得a2=4

m/s2設從與傳送帶共速到減速為0的過程中P的位移為x2,則有-2a2x2=0-v2所以物塊P在傳送帶上向前沖的最遠距離為x1+x2=5.5

m。(3)設共速前第一個減速過程P的位移為x3,用時為t3,皮帶位移為x皮3;共速后至減速為零為第二個減速過程,P的位移為x4,用時為t4,皮帶位移為x皮4。則第二個減速過程-2a2x4=0-v2易錯點撥

本題屬于傳送帶模型和連接體模型的綜合應用,繩上的彈力不等于左側(cè)懸掛物的重力,應該由連接體的特點求解物體加速度。題型三傳送帶模型中的動力學圖像考向一

根據(jù)傳送情境確定動力學圖像典題5(多選)(2023廣東佛山模擬)如圖所示,飛機場運輸行李的傳送帶保持恒定的速率運行,將行李箱無初速度地放在傳送帶底端,傳送帶將它送入飛機貨艙。此過程中貨物的速度為v、加速度為a、摩擦力為Ff、位移為x,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,下列圖像可能正確的有(

)AC解析

行李箱先向上做勻加速運動,此時的v-t圖像是傾斜的直線,x-t圖像為斜率增大的曲線,a-t圖像是平行于t軸的直線;當行李箱與傳送帶共速后做勻速運動,則此時的v-t圖像是平行于t軸的直線,x-t圖像是傾斜的直線,加速度a為零,A正確,B、D錯誤;加速時傳送帶對行李箱的摩擦力Ff1=mgsin

θ+ma,勻速時Ff2=mgsin

θ<Ff1,C正確?？枷蚨?/p>

根據(jù)動力學圖像分析有關(guān)物理量典題6(多選)(2024遼寧沈陽質(zhì)檢)如圖甲所示,淺色傾斜傳送帶兩側(cè)端點間距6m,皮帶總長12m,傾角37°。t=0時,一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點以10m/s的速度沖上傳送帶。t=1s時,傳送帶開始沿順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動,A點運動的v-t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.5,傳送輪和煤塊大小均可以忽略,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。煤塊在傳送帶上運動的過程中,下列說法正確的是(

)A.煤塊運動至最高點,位移為5mB.煤塊在傳送帶上運動時間為2sC.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為12mD.煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90JAD指點迷津物體與傳送帶的劃痕長度Δx等于物體與傳送帶的相對位移的大小,若有兩次相對運動且兩次相對運動方向相同,則Δx=Δx1+Δx2(圖甲);若兩次相對運動方向相反,則Δx等于較長的相對位移大小(圖乙)。第5講專題提升動力學中的板塊模型高考總復習2025專題概述:滑塊—木板模型,涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱。多次相互作用,屬于多物體、多過程問題,知識綜合性較強,對能力要求較高,故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外,常見的子彈射擊滑塊、圓環(huán)在直桿中滑動都屬于滑塊類問題,處理方法與滑塊—木板模型類似。1.板塊模型的兩種類型

類型圖示規(guī)律分析

木板B帶動物塊A,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等,則位移關(guān)系為xB=xA+L(將物塊A看成質(zhì)點)

物塊A帶動木板B,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等,則位移關(guān)系為xB+L=xA(將物塊A看成質(zhì)點)2.分析板塊模型的思維流程

題型一木板帶動滑塊運動的情形考向一

水平面上板帶動塊典題1(多選)一輛貨車運輸規(guī)格相同的長木板,木板裝載成兩層平放在車廂里,如圖所示。已知木板間的動摩擦因數(shù)為μ,木板與車廂間的動摩擦因數(shù)為2μ,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,貨車為了躲避橫穿公路的行人緊急剎車,剎車時的加速度大小為a,每塊木板的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,上層木板最前端離駕駛室距離為d,則下列判斷正確的是(

)A.當a>μg時,上層木板會與下層木板發(fā)生相對滑動B.當a=1.5μg時,下層木板受到車廂對它的摩擦力為3μmgC.若a>2μg,下層木板一定會相對車廂發(fā)生滑動D.若a=2μg,要使貨車在緊急剎車時上層木板不撞上駕駛室,貨車在水平路面上勻速行駛的速度應不超過AD解析

當貨車加速度a=μg時,上層木板受到的靜摩擦力Ff=ma=μmg,恰好等于上、下兩層木板間的最大靜摩擦力,則上層木板剛好與下層木板相對靜止,當a>μg時上層木板會與下層木板發(fā)生相對滑動,A正確;當a>μg時,下層木板受到車廂對它的靜摩擦力Ff2,由牛頓第二定律有Ff2-μmg=ma,當a=1.5μg時,解得下層木板受到車廂對它的摩擦力為2.5μmg,B錯誤;當a>μg時,由Ff2-μmg=ma,可知隨a的增大,Ff2變大,當Ff2=4μmg時下層木板剛好與車廂相對靜止,此時車的加速度a=3μg,所以當a>3μg時,下層木板才會相對車廂發(fā)生滑動,C錯誤;當a=2μg時,若上層木板恰好不撞上駕駛室,對車有v2=2ax1,對上層木板有v2=2μg(x1+d),兩式聯(lián)立解得

,D正確。考向二

斜面上板帶動塊典題2(2024福建廈門模擬)某游樂項目可簡化為利用紙帶把滑塊拉到平臺上,如圖所示。光滑固定斜面的傾角θ=37°,長度L=1.44m,紙帶平鋪在斜面上,下端與斜面底端對齊?？梢暈橘|(zhì)點的滑塊放在紙帶上靜止在斜面正中間,滑塊與紙帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.9,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。現(xiàn)用力沿斜面向上勻加速拉動紙帶。(1)若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出,試計算拉動紙帶的加速度不得小于多少。(2)若滑塊能運動到平臺上,試計算拉動紙帶的加速度不得超過多少。答案

(1)2.4m/s2

(2)2.64m/s2解析

(1)設紙帶加速度為a1時,滑塊到達斜面頂端時紙帶恰好被拉出,滑塊加速度為a對滑塊,由牛頓第二定律有μmgcos

θ-mgsin

θ=ma聯(lián)立可得a1=2.4

m/s2若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出,拉動紙帶的加速度不得小于2.4

m/s2。(2)設紙帶加速度為a2時,滑塊先以加速度a加速,離開紙帶后在斜面上以加速度大小a'減速,到達斜面頂端時速度恰好減到0對滑塊,由牛頓第二定律有mgsin

θ=ma'設滑塊加速時間為t1,減速時間為t2,最大速度為vm由平均速度位移公式,有又有vm=at1,vm=a't2解得t1=1

s可得a2=2.64

m/s2若滑塊能運動到平臺上,拉動紙帶的加速度不得超過2.64

m/s2。題型二滑塊帶動木板運動的情形考向一

水平面上塊帶動板典題3(2023安徽宿州一模)如圖所示,質(zhì)量m0=1kg、長度L=1m的木板A靜止在水平面上,A與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1。在A的左端放置一質(zhì)量m=1kg的鐵塊B(可視為質(zhì)點),B與A間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3,現(xiàn)用一水平恒力F作用在B上,g取10m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)要保持A、B一起做勻加速運動,求力F的取值范圍。(2)若F=5N,求鐵塊運動到木板右端所用的時間。解析

(1)A與地面間的最大靜摩擦力大小A與B間的最大靜摩擦力Ff2=μ2mg=0.3×1×10

N=3

NA、B要一起做勻加速直線運動則F>Ff1=2

N設拉力大小為F0時A、B恰好發(fā)生相對滑動,對A,由牛頓第二定律得Ff2-Ff1=m0a對A、B系統(tǒng),由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得F0=4

Na=1

m/s2要保持A、B一起做勻加速運動,力F的取值范圍是2

N<F≤4

N。(2)拉力F=5

N>4

N時,A、B相對滑動,A的加速度大小a=1

m/s2對B,由牛頓第二定律得F-Ff2=maB代入數(shù)據(jù)解得aB=2

m/s2設經(jīng)過時間t鐵塊運動到木板的右端,則考向二

斜面上塊帶動板典題4(2024遼寧大連模擬)滑沙運動是一種比較刺激的娛樂活動,深受小朋友的喜愛,其運動過程可簡化為如圖所示的模型。長L=1.28m、質(zhì)量m0=10kg的滑板放在傾角θ=37°、足夠長的沙坡頂端,質(zhì)量m=40kg的小朋友坐在滑板上端,從靜止開始下滑。小朋友與滑板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6,滑板與沙坡間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5,小朋友和滑板一起下滑5s后,沙坡表面濕度變化導致滑板與沙坡間動摩擦因數(shù)突然都變?yōu)棣?=0.7,由于小朋友沒有抓握滑板兩側(cè)的把手,他從滑板下端滑了下來。小朋友可視為質(zhì)點,他和滑板的運動可視為勻變速直線運動,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,sin37°=0.6,g取10m/s2。(1)求下滑5s時小朋友的速度大小和位移大小。(2)下滑5s后,求小朋友再經(jīng)多長時間從滑板下端滑落。(3)為了保證安全,小朋友握緊滑板把手就可與滑板保持相對靜止。那么在沙坡與滑板間動摩擦因數(shù)發(fā)生變化后,小朋友相對滑板靜止情況下,求滑板對小朋友沿沙坡方向阻力的大小。答案

(1)10m/s

25m

(2)0.8s

(3)224N解析

(1)0~5

s內(nèi),對小朋友和滑板整體,由牛頓第二定律得(m0+m)gsin

θ-μ2(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a1根據(jù)運動學公式聯(lián)立可得v1=10

m/s,x1=25

m。(2)下滑5

s后,對小朋友分析得mgsin

θ-μ1mgcos

θ=ma2對滑板分析得m0gsin

θ+μ1mgcos

θ-μ3(m0+m)gcos

θ=m0a3小朋友從滑板上滑落需滿足x2-x3=L聯(lián)立可得t2=0.8

s由于滑板停下時間

=3.57

s>t2,所以小朋友經(jīng)過0.8

s滑落。(3)握緊把手后,小朋友和滑板一起向下加速運動,則(m0+m)gsin

θ-μ3(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a4對小朋友分析得mgsin

θ-Ff=ma4聯(lián)立可得Ff=224

N。題型三板塊模型中的動力學圖像考向一

根據(jù)板塊模型確定動力學圖像典題5

如圖所示,質(zhì)量m0=1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上,木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,在木板的左端放置一個質(zhì)量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4,設木板足夠長,若對鐵塊施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向右的力F,已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,g取10m/s2,則下面四個圖中能正確反映鐵塊受到木板的摩擦力大小Ff隨力F大小變化的是(

)C解析

鐵塊與木板之間摩擦力的最大值為Ff2max=μ2mg=4

N,木板與地面間的摩擦力的最大值為Ff1max=μ1(m0+m)g=2

N。當F≤2

N時,木板和鐵塊相對地面靜止,Ff=F。當木板和鐵塊恰好一起相對地面加速運動時,設此時系統(tǒng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律,對整體有F-μ1(m0+m)g=(m0+m)a,對鐵塊有F-Ff2max=ma,可得F=6

N,所以當2

N<F≤6

N時,木板和鐵塊相對靜止,則對整體有F-μ1(mg+m0g)=(m+m0)a,對鐵塊有F-Ff=ma,得Ff=+1

N。當拉力大于6

N時,滑塊受到的摩擦力為滑動摩擦力,大小即4

N,故得出的圖像應為C?？枷蚨?/p>

根據(jù)動力學圖像分析有關(guān)物理量典題6

如圖甲所示,水平地面上疊放著小物塊B和木板A(足夠長),其中A的質(zhì)量為1.5kg,整體處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對木板A施加方向水平向右的拉力F,木板A的加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知A、B間以及A與地面間的動摩擦因數(shù)相同,認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.當拉力大小為5N時,A、B開始相對滑動B.A與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2C.B的質(zhì)量為0.5kgD.圖乙中的x=7.5C第6講實驗探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系高考總復習2025強基礎(chǔ)固本增分研考點精準突破目錄索引強基礎(chǔ)固本增分一、實驗目的1.學會用控制變量法研究物理量的關(guān)系。2.探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。3.掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。二、實驗器材打點計時器、紙帶、小車、一端附有定滑輪的長木板、槽碼、夾子、細繩、交變電源、導線、天平、刻度尺、砝碼。三、實驗思路(一)控制變量法的應用將小車置于水平木板上,用細繩通過滑輪與槽碼相連,小車可以在槽碼的牽引下運動。1.保持小車質(zhì)量不變,研究加速度與力的關(guān)系。2.保持小車所受的拉力不變,研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系。(二)物理量的測量1.用天平測量質(zhì)量:為了改變小車的質(zhì)量,可以在小車中增減砝碼的數(shù)量。2.將打點計時器的紙帶連在小車上,根據(jù)紙帶上打出的點來測量加速度。3.現(xiàn)實中,僅受一個力作用的物體幾乎不存在。然而,一個單獨的力的作用效果與跟它大小、方向都相同的合力的作用效果是相同的。因此,實驗中作用力F的含義可以是物體所受的合力。用阻力補償法確定小車受到的合力——槽碼的牽引力。四、進行實驗1.稱量質(zhì)量——用天平測量槽碼和小車的質(zhì)量。2.安裝器材——按如圖所示裝置安裝器材(暫時不把懸掛槽碼的細繩系在小車上)。

使細繩的拉力等于小車所受合力3.平衡摩擦及其他阻力——在長木板不帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊,反復移動薄木塊的位置,直至小車能拉著紙帶勻速下滑。

紙帶上所打點均勻為標志4.測量加速度(1)保持小車的質(zhì)量不變,打出一條紙帶。計算槽碼的重力,由紙帶計算出小車的加速度,填入表中。改變槽碼的個數(shù),多做幾次實驗。(2)保持槽碼個數(shù)不變,在小車上放上砝碼改變小車的質(zhì)量,讓小車在木板上滑動打出紙帶。計算砝碼和小車的總質(zhì)量,并由紙帶計算出小車對應的加速度,填入表中。改變小車上砝碼的個數(shù),多做幾次實驗。五、數(shù)據(jù)分析1.利用Δx=aT2及逐差法求a。2.以a為縱坐標,F為橫坐標,根據(jù)各組數(shù)據(jù)描點,如果這些點在一條過原點的直線上,說明a與F成正比。3.以a為縱坐標,為橫坐標,描點、連線,如果該線為過原點的直線,就能判定a與m成反比。六、誤差分析1.實驗原理不完善:本實驗用槽碼所受的重力代替小車所受的拉力,而實際上小車所受的拉力要小于槽碼所受的重力。2.摩擦力平衡不準確、質(zhì)量測量不準確、計數(shù)點間距測量不準確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行都會引起誤差。七、其他方案概述方案:通過位移之比測量加速度之比如圖所示,將兩輛相同的小車放在水平木板上,前端各系一條細線,線的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤,盤中可以放不同的重物。把木板一端墊高,參考前面的阻力補償法補償阻力的影響,兩小車后端各系一條細線,用一個物體,例如黑板擦,把兩條細線同時按壓在木板上。抬起黑板擦,兩小車同時開始運動,按下黑板擦,兩小車同時停下來。用刻度尺測出兩小車移動的位移x1、x2。由于兩小車運動時間t相同,從它們的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述實驗后,在盤中重物相同的情況下,通過增減小車中的重物改變小車的質(zhì)量,再進行實驗。√√√×√×研考點精準突破考點一教材原型實驗考向一

實驗原理和實驗操作典題1(2023天津?qū)幒佣?探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗裝置如圖所示,小車裝有砝碼,現(xiàn)做如下探究:(1)下列對實驗操作的判斷正確的是

(填字母代號)。

A.調(diào)節(jié)定滑輪的高度,使牽引小車的細繩與長木板保持平行B.在調(diào)節(jié)長木板傾斜度平衡小車受到的滑動摩擦力時,將裝有砝碼的小盤通過定滑輪系在小車上C.實驗時,先放開小車再接通打點計時器的電源D.每次改變小車質(zhì)量時,不需要重新調(diào)節(jié)長木板傾斜度(2)為使砝碼及小盤的總重力在數(shù)值上近似等于小車運動時受到的拉力,應滿足的條件是砝碼及小盤的總質(zhì)量

(選填“近似等于”“遠大于”或“遠小于”)小車和小車上砝碼的總質(zhì)量。

AD遠小于解析

(1)實驗中細繩要保持與長木板平行,A正確;平衡摩擦力時不能將小盤和砝碼通過定滑輪系在小車上,B錯誤;實驗時應先接通電源再放開小車,C錯誤;平衡摩擦力后,每次改變小車的質(zhì)量時,小車的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡摩擦力,D正確?？枷蚨?/p>

數(shù)據(jù)處理和誤差分析典題2(2023山東日照二模)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗裝置如圖甲所示。甲(1)實驗時,某同學在一條點跡清晰的紙帶上每隔4個點取一個計數(shù)點,分別記為A、B、C、D、E、F、G,它們到O點的距離如圖乙所示。已知打點計時器所用交流電源的頻率是50Hz,可得小車的加速度大小是

m/s2。(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))

乙0.99(2)如果實驗時所用交變電流的頻率是49Hz,而做實驗的同學并不知道,則加速度的測量值

(選填“大于”“小于”或“等于”)真實值。

丙(3)兩同學同時各取一套圖甲所示的裝置放在水平桌面上進行實驗,在沒有平衡摩擦力的情況下,研究加速度a與拉力F的關(guān)系,分別得到圖丙中的A、B兩條直線。若小車與軌道間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB,則μA

(選填“大于”“小于”或“等于”)μB。

大于大于解析

(1)根據(jù)題意可知,交流電源頻率為50

Hz,每隔4個點取一個計數(shù)點,則相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1

s,由逐差法有xDG-xAD=,解得a=0.99

m/s2。(2)如果實驗