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适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习第一编核心专题突破专题1力与运动第二讲力与直线运动课件
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这是一份适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习第一编核心专题突破专题1力与运动第二讲力与直线运动课件，共60页。PPT课件主要包含了通览主干知识，研学核心考点，目录索引，突破热考命题，解题指导审题，由运动学公式得，三个基本关系，学生答卷及批阅展示，教师点评等内容，欢迎下载使用。
考点一 运动学基本规律的理解及应用
命题角度1匀变速直线运动规律的应用(1)记牢匀变速直线运动的四类公式
(2)掌握处理匀变速直线运动的五种方法
命题角度2运动图像问题
根据运动规律写出函数表达式,找出斜率及截距的物理意义
命题角度3追及相遇问题
典例剖析例1 (命题角度1)科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验,让一小球从45 m高的阳台上无初速度落下,不计空气阻力。在小球刚落下时恰被楼下一智能小车发现,智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底,准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点,智能小车移动过程中只做匀速运动或匀变速运动,g取10 m/s2。(1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底?(2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等,且最大速度不超过9 m/s,要求小车在楼底时已停止运动,求智能小车移动时加速度a的大小需满足什么条件?
破题:1.小球和智能小车的运动时间t0可由h= 求得,再由平均速度公式可求智能小车的平均速度。2.根据时间、位移和速度的限制,判断智能小车运动途中是否有匀速直线运动过程。3.根据智能小车不同运动阶段的运动性质,选择相应的运动学公式列式求解,注意各运动阶段的时间、位移和速度的联系。
答案 (1)6 m/s (2)a≥9 m/s2
对智能小车运动过程,由运动学公式得x=vt0联立各式并代入数据解得v=6 m/s。
(2)假设智能小车先匀加速接着匀减速运动到楼底,运动过程中的最大速度为v0,由运动学公式得v=解得v0=2v=12 m/s>vm=9 m/s故智能小车应先加速到vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速运动到楼底设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3,位移分别为x1、x2、x3
联立各式并代入数据得a≥9 m/s2。
练真题·明考向1.(命题角度2、3)(多选)(2021海南卷)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动,t=0时经过路边的同一路标,下列位移—时间(x-t)图像和速度—时间(v-t)图像对应的运动中,甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是( )
解析 根据位移—时间图像的交点表示相遇,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的位移—时间(x-t)图像是B,选项A错误,B正确;根据速度—时间图像与坐标轴所围面积表示位移,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的速度—时间(v-t)图像是C,选项C正确,D错误。
2.(命题角度1)(2023山东卷)如图所示,电动公交车做匀减速直线运动进站,连续经过R、S、T三点,已知ST间的距离是RS间的距离的两倍,RS段的平均速度是10 m/s,ST段的平均速度是5 m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为( )A.3 m/sB.2 m/sC.1 m/sD.0.5 m/s
练模拟·提能力1.(命题角度1)(2023浙江衢州质检改编)竖直向上抛出一个小球,经过一段时间到达最高点,把最大高度分成三等份,小球通过起始的第一等份用时为
2.(命题角度2)(2023山西临汾模拟)某物体沿一条直线做匀变速运动,运动时间t内位移为x,物体的 -t图像如图所示,下列说法正确的是( )A.t=0时,物体的初速度为6 m/sB.物体的加速度大小为1 m/s2C.t=0到t=3 s这段时间物体的位移为13.5 mD.t=0到t=6 s这段时间物体的平均速度为3 m/s
考点二 动力学基本规律的理解及应用
命题角度1瞬时加速度问题
命题角度2动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路
命题角度3连接体问题(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题:①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。(3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
命题角度4动力学中的临界极值问题
深化拓展解决动力学问题的常用方法
典例剖析例2 (命题角度2)(2022山东卷)某粮库使用额定电压U=380 V,内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,重力加速度g取10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程l值。
答案 (1)0.1 (2)0.36 m
解析 (1)电动机的输出功率P=UI-I2R=14 800 W电动机的牵引力F= =7 400 N根据共点力平衡,向上匀速运动时有F+m0g=(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g向下匀速运动时有m0g+km1g=m1gsin θ解得sin θ=0.5,k=0.1。
(2)设关闭电动机后的加速度大小为a,沿绳方向,对整体根据牛顿第二定律得(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a
再根据v2=2al解得l=0.36 m。
练真题·明考向1.(命题角度2)(多选)(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )A.m甲m乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙
解析 根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得F=ma+μmg,F-a图像的斜率表示物体质量,由图像可知,甲的斜率大于乙的斜率,所以m甲>m乙;图像的截距表示μmg,由图像可知甲、乙截距相等,所以μ甲<μ乙,选项B、C正确。
2.(命题角度3、4)(多选)(2022全国甲卷)如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析 设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg。撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg,两滑块与地面仍然保持相对滑动,此时对滑块P受力分析得-FT-μmg=ma1,解得a1=-2μg。此时Q所受外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故P、Q间距减小,弹簧伸长量减小,弹力变小,P加速度减小,Q受合力增大,合力向左,故Q做加速度增大的减速运动。P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度,为2μg;Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度,此时对Q受力分析得-μmg=ma2,解得a2=-μg。故Q加速度最大值为μg,A正确,B错误。在该过程中,P减速得快,Q减速得慢,因此任意时刻,P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,P的位移大小一定小于Q的位移大小,选项C错误,D正确。
练模拟·提能力1.(命题角度1)如图所示,细绳一端固定在竖直墙上,另一端系着一个质量为m的小球;水平轻质弹簧一端固定在墙上,另一端支撑着小球。小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为37°。已知sin 37°=0.6,cs 37° =0.8,重力加速度为g。下列说法正确的是( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为0.6mgB.小球静止时细绳的拉力大小为0.8mgC.细绳烧断瞬间小球的加速度为D.细绳烧断瞬间小球的加速度为g
2.(命题角度3)(多选)(2023湖南永州一中模拟)物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置物块A,物块A、C通过细绳相连,细绳跨过定滑轮,与物块A相连的细绳平行于桌面,如图所示,物块A、B、C质量均为m,现释放物块C,A和B一起以相同加速度加速运动,不计细绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度大小为g,则细绳中拉力FT的大小及A、B间摩擦力Ff的大小分别为( )
经典物理模型:“板—块”模型
叠放在一起的滑块—木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们运动的加速度可能相同也可能不同,有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
“板—块”模型在高考试题中经常出现,题型常以计算题形式出现,有时也以选择题形式出现,题目难度一般中等偏上,这类题目有时还与动量、能量结合进行综合考查。此外还应注意变形的“板—块”模型,如小球在圆筒内滑动问题,解决此类变形的“板—块”模型,同样需要受力分析求解两个物体的加速度,结合竖直上抛和自由落体运动进行求解。
例题 如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,整体处于静止状态,已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若使木板与小物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离。(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。(3)若给木板施加大小为3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0撤去拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度。
解析 (1)设木板和小物块组成的系统一起运动的加速度为a,由牛顿第二定
(2)设木板和小物块组成的系统一起向右滑动时,最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax,则
规律总结分析“板—块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度寻找物块与木板之间的联系。(2)物块与木板共速是摩擦力发生突变的临界条件。(3)物块与木板存在相对滑动的条件①运动学条件:若两物体速度不相等,则会发生相对滑动。②力学条件:一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出物块“所需要”的摩擦力Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动。(4)物块不从木板上掉下来的临界条件是物块到达木板末端时,两者共速。
角度拓展(2023西南大学附中模拟)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=3 kg,长为L=6 m,与地面的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=5 kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.5,小物块以v0=10 m/s的水平速度从左端滑上木板,g取10 m/s2。求:
(1)小物块刚滑上木板时,小物块和木板的加速度大小;(2)小物块经多长时间滑离木板;(3)小物块滑离木板后是否与木板发生碰撞。
答案 (1)5 m/s2 3 m/s2 (2)1 s (3)不发生碰撞
解析 (1)根据题意,对小物块,由牛顿第二定律有μ2m2g=m2a物代入数据解得a物=5 m/s2对木板,由牛顿第二定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a木代入数据解得a木=3 m/s2。
代入数据解得t=1 s,t=1.5 s(舍去)即小物块经过1 s滑离木板。
(3)小物块滑离木板时,速度为v1=v0-a物t=5 m/s此时木板的速度为v2=a木t=3 m/s小物块滑离木板后,由牛顿第二定律,对小物块有μ2m2g=m2a物'解得a物'=5 m/s2对木板有μ1m1g=m1a木'解得a木'=2 m/s2
因为x1>x2所以小物块滑离木板后不会与木板发生碰撞。
大题突破(一):动力学规律在直线运动中的综合应用
典例示范(18分)如图所示,小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,A位于水平传送带的右端,B置于倾角为30°的光滑固定斜面上,轻绳分别与斜面、传送带平行,传送带始终以速度v0=2 m/s逆时针匀速转动,某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5 m/s运动,方向如图所示,经过一段时间A回到传送带的右端,已知A、B的质量均为1 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长,B不会碰到定滑轮,定滑轮的质量与摩擦均不计,g取10 m/s2,求:
(1)A向左运动的总时间;(2)A回到传送带右端的速度大小;(3)上述过程中,A与传送带间因摩擦产生的总热量。
解析 (1)A向左减速运动的过程中,开始时A的速度大于传送带的速度,以A为研究对象,受到向右的摩擦力与绳对A的拉力,设绳子的拉力为FT1,以向右为正方向,由牛顿第二定律得FT1+μmg=ma1①(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT1=ma1②(0.5分)联立可得
当A的速度与传送带的速度相等之后,A继续减速,A的速度小于传送带的速度,受到的摩擦力变成了向左,设绳子的拉力为FT2,以A为研究对象,由牛顿第二定律得FT2-μmg=ma2⑤(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT2=ma2⑥(0.5分)联立可得
A向左速度减为0时所用的时间
A向左运动的总时间t=t1+t2=2 s。⑨(1分)(2)A向右运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向左,仍然受到绳子的拉力,同时,B受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以A的加速度不变,仍为a3=a2=2 m/s2⑩(0.5分)t1时间内A的位移
1.第(1)问中,必要的文字说明不完整,没有指明所选的正方向,应当进行补充。技巧:列式前一定要选好正方向,然后根据所选方向列方程。2.①、②、③三个式子正确得分。3.该同学没有分析出加速度大小发生变化,而是认为做加速度大小一直不变的减速运动。由于A的运动情况没有分析清楚,造成解答错误。技巧:对于传送带问题,一定要把摩擦力分析清楚,当速度相等时,摩擦力发生突变。
4.由于第(1)问的错误,造成第(2)、第(3)问的思维出现偏差,没有把A物体运动的不同过程分析出来,导致错误。解题的基本思路还算清晰,根据所列方程或公式,分步给分。 总评:该题满分18分,该同学开始思路较清晰,中间由于摩擦力分析错误,造成错解;该同学的优点是做题过程较规范,物理字母符号应用较好;分步列式,分步得分,减少了失分,总分得到11分。
考点一 运动学基本规律的理解及应用
命题角度1匀变速直线运动规律的应用(1)记牢匀变速直线运动的四类公式
(2)掌握处理匀变速直线运动的五种方法
命题角度2运动图像问题
根据运动规律写出函数表达式,找出斜率及截距的物理意义
命题角度3追及相遇问题
典例剖析例1 (命题角度1)科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验,让一小球从45 m高的阳台上无初速度落下,不计空气阻力。在小球刚落下时恰被楼下一智能小车发现,智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底,准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点,智能小车移动过程中只做匀速运动或匀变速运动,g取10 m/s2。(1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底?(2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等,且最大速度不超过9 m/s,要求小车在楼底时已停止运动,求智能小车移动时加速度a的大小需满足什么条件?
破题:1.小球和智能小车的运动时间t0可由h= 求得,再由平均速度公式可求智能小车的平均速度。2.根据时间、位移和速度的限制,判断智能小车运动途中是否有匀速直线运动过程。3.根据智能小车不同运动阶段的运动性质,选择相应的运动学公式列式求解,注意各运动阶段的时间、位移和速度的联系。
答案 (1)6 m/s (2)a≥9 m/s2
对智能小车运动过程,由运动学公式得x=vt0联立各式并代入数据解得v=6 m/s。
(2)假设智能小车先匀加速接着匀减速运动到楼底,运动过程中的最大速度为v0,由运动学公式得v=解得v0=2v=12 m/s>vm=9 m/s故智能小车应先加速到vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速运动到楼底设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3,位移分别为x1、x2、x3
联立各式并代入数据得a≥9 m/s2。
练真题·明考向1.(命题角度2、3)(多选)(2021海南卷)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动,t=0时经过路边的同一路标,下列位移—时间(x-t)图像和速度—时间(v-t)图像对应的运动中,甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是( )
解析 根据位移—时间图像的交点表示相遇,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的位移—时间(x-t)图像是B,选项A错误,B正确;根据速度—时间图像与坐标轴所围面积表示位移,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的速度—时间(v-t)图像是C,选项C正确,D错误。
2.(命题角度1)(2023山东卷)如图所示,电动公交车做匀减速直线运动进站,连续经过R、S、T三点,已知ST间的距离是RS间的距离的两倍,RS段的平均速度是10 m/s,ST段的平均速度是5 m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为( )A.3 m/sB.2 m/sC.1 m/sD.0.5 m/s
练模拟·提能力1.(命题角度1)(2023浙江衢州质检改编)竖直向上抛出一个小球,经过一段时间到达最高点,把最大高度分成三等份,小球通过起始的第一等份用时为
2.(命题角度2)(2023山西临汾模拟)某物体沿一条直线做匀变速运动,运动时间t内位移为x,物体的 -t图像如图所示,下列说法正确的是( )A.t=0时,物体的初速度为6 m/sB.物体的加速度大小为1 m/s2C.t=0到t=3 s这段时间物体的位移为13.5 mD.t=0到t=6 s这段时间物体的平均速度为3 m/s
考点二 动力学基本规律的理解及应用
命题角度1瞬时加速度问题
命题角度2动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路
命题角度3连接体问题(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题:①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。(3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
命题角度4动力学中的临界极值问题
深化拓展解决动力学问题的常用方法
典例剖析例2 (命题角度2)(2022山东卷)某粮库使用额定电压U=380 V,内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,重力加速度g取10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程l值。
答案 (1)0.1 (2)0.36 m
解析 (1)电动机的输出功率P=UI-I2R=14 800 W电动机的牵引力F= =7 400 N根据共点力平衡,向上匀速运动时有F+m0g=(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g向下匀速运动时有m0g+km1g=m1gsin θ解得sin θ=0.5,k=0.1。
(2)设关闭电动机后的加速度大小为a,沿绳方向,对整体根据牛顿第二定律得(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a
再根据v2=2al解得l=0.36 m。
练真题·明考向1.(命题角度2)(多选)(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )A.m甲
解析 根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得F=ma+μmg,F-a图像的斜率表示物体质量,由图像可知,甲的斜率大于乙的斜率,所以m甲>m乙;图像的截距表示μmg,由图像可知甲、乙截距相等,所以μ甲<μ乙,选项B、C正确。
2.(命题角度3、4)(多选)(2022全国甲卷)如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析 设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg。撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg,两滑块与地面仍然保持相对滑动,此时对滑块P受力分析得-FT-μmg=ma1,解得a1=-2μg。此时Q所受外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故P、Q间距减小,弹簧伸长量减小,弹力变小,P加速度减小,Q受合力增大,合力向左,故Q做加速度增大的减速运动。P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度,为2μg;Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度,此时对Q受力分析得-μmg=ma2,解得a2=-μg。故Q加速度最大值为μg,A正确,B错误。在该过程中,P减速得快,Q减速得慢,因此任意时刻,P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,P的位移大小一定小于Q的位移大小,选项C错误,D正确。
练模拟·提能力1.(命题角度1)如图所示,细绳一端固定在竖直墙上,另一端系着一个质量为m的小球;水平轻质弹簧一端固定在墙上,另一端支撑着小球。小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为37°。已知sin 37°=0.6,cs 37° =0.8,重力加速度为g。下列说法正确的是( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为0.6mgB.小球静止时细绳的拉力大小为0.8mgC.细绳烧断瞬间小球的加速度为D.细绳烧断瞬间小球的加速度为g
2.(命题角度3)(多选)(2023湖南永州一中模拟)物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置物块A,物块A、C通过细绳相连,细绳跨过定滑轮,与物块A相连的细绳平行于桌面,如图所示,物块A、B、C质量均为m,现释放物块C,A和B一起以相同加速度加速运动,不计细绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度大小为g,则细绳中拉力FT的大小及A、B间摩擦力Ff的大小分别为( )
经典物理模型:“板—块”模型
叠放在一起的滑块—木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们运动的加速度可能相同也可能不同,有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
“板—块”模型在高考试题中经常出现,题型常以计算题形式出现,有时也以选择题形式出现,题目难度一般中等偏上,这类题目有时还与动量、能量结合进行综合考查。此外还应注意变形的“板—块”模型,如小球在圆筒内滑动问题,解决此类变形的“板—块”模型,同样需要受力分析求解两个物体的加速度,结合竖直上抛和自由落体运动进行求解。
例题 如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,整体处于静止状态,已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若使木板与小物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离。(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。(3)若给木板施加大小为3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0撤去拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度。
解析 (1)设木板和小物块组成的系统一起运动的加速度为a,由牛顿第二定
(2)设木板和小物块组成的系统一起向右滑动时,最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax,则
规律总结分析“板—块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度寻找物块与木板之间的联系。(2)物块与木板共速是摩擦力发生突变的临界条件。(3)物块与木板存在相对滑动的条件①运动学条件:若两物体速度不相等,则会发生相对滑动。②力学条件:一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出物块“所需要”的摩擦力Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动。(4)物块不从木板上掉下来的临界条件是物块到达木板末端时,两者共速。
角度拓展(2023西南大学附中模拟)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=3 kg,长为L=6 m,与地面的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=5 kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.5,小物块以v0=10 m/s的水平速度从左端滑上木板,g取10 m/s2。求:
(1)小物块刚滑上木板时,小物块和木板的加速度大小;(2)小物块经多长时间滑离木板;(3)小物块滑离木板后是否与木板发生碰撞。
答案 (1)5 m/s2 3 m/s2 (2)1 s (3)不发生碰撞
解析 (1)根据题意,对小物块,由牛顿第二定律有μ2m2g=m2a物代入数据解得a物=5 m/s2对木板,由牛顿第二定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a木代入数据解得a木=3 m/s2。
代入数据解得t=1 s,t=1.5 s(舍去)即小物块经过1 s滑离木板。
(3)小物块滑离木板时,速度为v1=v0-a物t=5 m/s此时木板的速度为v2=a木t=3 m/s小物块滑离木板后,由牛顿第二定律,对小物块有μ2m2g=m2a物'解得a物'=5 m/s2对木板有μ1m1g=m1a木'解得a木'=2 m/s2
因为x1>x2所以小物块滑离木板后不会与木板发生碰撞。
大题突破(一):动力学规律在直线运动中的综合应用
典例示范(18分)如图所示,小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,A位于水平传送带的右端,B置于倾角为30°的光滑固定斜面上,轻绳分别与斜面、传送带平行,传送带始终以速度v0=2 m/s逆时针匀速转动,某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5 m/s运动,方向如图所示,经过一段时间A回到传送带的右端,已知A、B的质量均为1 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长,B不会碰到定滑轮,定滑轮的质量与摩擦均不计,g取10 m/s2,求:
(1)A向左运动的总时间;(2)A回到传送带右端的速度大小;(3)上述过程中,A与传送带间因摩擦产生的总热量。
解析 (1)A向左减速运动的过程中,开始时A的速度大于传送带的速度,以A为研究对象,受到向右的摩擦力与绳对A的拉力,设绳子的拉力为FT1,以向右为正方向,由牛顿第二定律得FT1+μmg=ma1①(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT1=ma1②(0.5分)联立可得
当A的速度与传送带的速度相等之后,A继续减速,A的速度小于传送带的速度,受到的摩擦力变成了向左,设绳子的拉力为FT2,以A为研究对象,由牛顿第二定律得FT2-μmg=ma2⑤(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT2=ma2⑥(0.5分)联立可得
A向左速度减为0时所用的时间
A向左运动的总时间t=t1+t2=2 s。⑨(1分)(2)A向右运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向左,仍然受到绳子的拉力,同时,B受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以A的加速度不变,仍为a3=a2=2 m/s2⑩(0.5分)t1时间内A的位移
1.第(1)问中,必要的文字说明不完整,没有指明所选的正方向,应当进行补充。技巧:列式前一定要选好正方向,然后根据所选方向列方程。2.①、②、③三个式子正确得分。3.该同学没有分析出加速度大小发生变化,而是认为做加速度大小一直不变的减速运动。由于A的运动情况没有分析清楚,造成解答错误。技巧:对于传送带问题,一定要把摩擦力分析清楚,当速度相等时,摩擦力发生突变。
4.由于第(1)问的错误,造成第(2)、第(3)问的思维出现偏差,没有把A物体运动的不同过程分析出来,导致错误。解题的基本思路还算清晰,根据所列方程或公式,分步给分。 总评:该题满分18分,该同学开始思路较清晰,中间由于摩擦力分析错误,造成错解;该同学的优点是做题过程较规范,物理字母符号应用较好;分步列式,分步得分,减少了失分,总分得到11分。
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