2019版高考物理一轮复习培优计划高考必考题突破讲座(2)测定动摩擦因数的三种方法课件
2019版高考物理一轮复习 培优计划 高考必考题突破讲座(3)动力学中的临界条件及应用的解题策略突破训练
2019版高考物理一轮复习 培优计划 高考必考题突破讲座（3）动力学中的临界条件及应用的解题策略突破训练1．如图所示，质量为1 kg 的木块A 与质量为2 kg 的木块B 叠放在水平地面上，A 、B 间的最大静摩擦力为2 N ，B 与地面间的动摩擦因数为0.2，用水平力F 作用于B ，则A 、B 保持相对静止的条件是(g 取10 m/s 2)( A )A ．F ≤12 NB ．F ≤10 NC ．F ≤9 ND ．F ≤6 N解析 当A 、B 间有最大静摩擦力(2 N)时，对A 由牛顿第二定律知，加速度为2 m/s 2，对A 、B 整体应用牛顿第二定律有F －0.2×30 N＝3×2 N，F ＝12 N ，A 、B 保持相对静止的条件是F ≤12 N，选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2017·河南洛阳统考)如图所示，A 、B 两物体的质量分别为2 kg 和1 kg ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为0.8，B 与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s 2.现对A 施加一水平拉力F ，不计空气阻力，则( B )A ．当F ＝17 N 时，物体A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．当F ＝21 N 时，物体A 的加速度大小为3 m/s 2C ．当F ＝22 N 时，A 相对B 滑动D ．当F ＝39 N 时，B 的加速度为9 m/s 2解析 当水平拉力F ＝17 N 时，大于B 与地面之间的滑动摩擦力F f B ＝μB (m A ＋m B )g ＝0.4×(2＋1)×10 N＝12 N ，若A 、B 之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律F －F f B ＝(m A ＋m B )a ，解得它们的加速度a ＝53 m/s 2，对A ，设B 对A 的摩擦力为F f ，由牛顿第二定律F －F f ＝m A a ，解得F f ＝413 N ，A 、B 之间的滑动摩擦力F f A ＝μA m A g ＝0.8×2×10 N＝16 N ，大于A 、B 之间的摩擦力F f ，则A 、B 之间不发生相对滑动，物体A 的加速度为a ＝53 m/s 2，选项A 错误；要使A 、B 之间发生相对滑动，A 对B 向右的摩擦力F f A 使B 加速运动，由牛顿第二定律F f A －F f B ＝m B a B ，解得a B ＝4 m/s 2；对A ，由牛顿第二定律F －F f A ＝m A a A ，且a A >a B ，解得F >24 N ．当F ＝21 N 时，A 、B 未发生相对滑动，可解得A 的加速度a ′＝3 m/s 2，选项B 正确；当F ＝22 N 时，A 相对B 未发生滑动，选项C 错误；只要A 、B 发生相对滑动，无论F 多大，B 的加速度都为a B ＝4 m/s 2，选项D 错误．3．(多选)(2017·陕西西安模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物块置于光滑水平地面上，A 、B 接触面光滑，倾角为θ.现分别以水平恒力F 作用于A 物块上，保持A 、B 相对静止共同运动，则下列说法正确的是( BC )A ．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B ．两种情况下获取的最大加速度相同C ．两种情况下所加的最大推力相同D ．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力解析 F 作用于题图甲中A 时，F 最大时，A 刚要离开地面，A 受力如图甲，F N1cos θ＝mg ，对B 有F N1sin θ＝ma 1；F 作用于题图乙中A 时，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如图乙，F N2cos θ＝mg ，F N2sin θ＝ma 2，可见F N2＝F N1，a 2＝a 1，对整体易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B 、C 正确．4．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)为使小物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ．小物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出小物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析 (1)以小物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F f －mg sin α＝ma ， 又F f ≤F f m ＝μmg cos α， 联立解得F ≤30 N，因物块和木板整体向上做匀加速运动，所以有F >(M ＋m )g sin α＝20 N ，即20 N<F ≤30 N.(2)因F ＝37.5 N>30 N ，所以小物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，隔离小物块，由牛顿第二定律得 μmg cos α－mg sin α＝ma 2. 设小物块滑离木板所用时间为t ， 木板的位移x 1＝12a 1t 2，物块的位移x 2＝12a 2t 2，小物块与木板的分离条件为 Δx ＝x 1－x 2＝L ，联立以上各式解得t ＝1.2 s ， 小物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ，由公式－2g sin α·x ＝0－v 2，解得x ＝0.9 m. 答案 (1)20 N<F ≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m5.如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间小物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设小物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2，①v ＝v 0＋at ，②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2，③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ，⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0，⑥又F f ＝μF N ，⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝mg θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α.⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)，⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角α＝30°， 联立③⑧⑨式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N. 答案 (1)3 m/s 28 m/s (2)30°1335N。
2019版高考物理一轮复习 培优计划 高考必考题突破讲座(5)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题学案
高考必考题突破讲座(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题题型特点考情分析命题趋势用动力学和能量观点解决问题时，应首先分析物体的受力和运动情况，再分析做功和能量转化情况，最后选择恰当的规律列方程．一般来说，若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则此类问题属于动力学问题；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则此类问题属功能关系问题2016·全国卷Ⅰ，25动力学观点和能量观点结合一直是高考的热点和难点，它可能以各种题型出现，其考查范围广、灵活性强、能力要求高，压轴题目也多与此相关1．动力学观点和能量观点综合流程2．涉及问题(1)受力情况：几个力？恒力还是变力？(2)做功情况：是否做功？正功还是负功？(3)能量分析：建立功能关系式．►解题方法1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动学规律求解．2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题，则用功能关系求解．角度1 机械能守恒受力情况重力、支持力、弹簧的弹力运动轨迹直线和曲线(圆周运动或平抛运动)涉及的能量变化动能、重力势能、弹性势能处理方法机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律角度2 机械能不守恒受力情况重力、支持力、弹簧的弹力、摩擦力运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动)涉及的能量变化 动能、势能、内能处理方法动能定理、功能关系、牛顿第二定律[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析 (1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．解析 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案 见解析1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．解析 (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④薄板在光滑斜面上运动，则Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析 设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20，解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg＝4R g， 要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π，ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析 (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有1 2(m＋M)v2＋Q＝12mv2C联立解得Q＝9 J.答案(1)6 m/s (2)9 J。
高中教育物理必修一《拓展课三 摩擦力的突变及动摩檫因数的测定》教学课件
【典例】 例 1 [2023·广东深圳南头中学高一检测](多选)如图甲所示，一人用 由零逐渐增大的水平力F推静止于水平地面上质量为10 kg的木箱，木 箱所受的摩擦力Ff与F的关系如图乙所示，g取10 sm2，下列说法正确的 是( ) A.木箱所受的最大静摩擦力Ffm＝21 N B．木箱所受的最大静摩擦力Ffm＝20 N C．木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.21 D．木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2
在水平力F作用下，只要使木板A相对木块B滑动，就可由弹簧测力 计的读数得到A、B间的滑动摩擦力Ff，再用弹簧测力计测出木块B的 重力GB，根据竖直方向上二力平衡可知B受到A的支持力与B的重力GB 大小相等、方向相反，可求出动摩擦因数μ＝GFBf .
这种方案的优点在于拉动木板A做匀速直线运动或变速直线运动都可以， 只要木板A相对于上面的木块B滑动，则木块B就在木板A水平向右的滑动摩 擦力和弹簧测力计水平向左的拉力作用下处于平衡状态．
方案二：利用弹簧测力计借助动态平衡法测定动摩擦因数． 如图乙所示，使木板静止在水平桌面上，用手通过弹簧测力计向右 拉铁块P，使铁块P向右匀速运动，读出此时弹簧测力计的读数F，再 用弹簧测力计测出铁块P的重力，由平衡条件可知FN＝GP，且Ff＝ μFN，Ff ＝F，所以μ＝GFP.
方案三：利用弹簧测力计测木板A和木块B之间的动摩擦因数μ，实 验装置如图丙所示．
答案：B
拓展2 动摩擦因数的测定 【归纳】 方案一：利用砝码和弹簧测力计，借助动态平衡法测量滑动摩擦力 和动摩擦因数． 如图甲所示，向砝码盘内加减砝码，轻推铁块P，使其恰能在水平 板B上向左匀速滑动，则铁块P处于平衡状态．用弹簧测力计分别测出 P和砝码盘C(含砝码)的重力GP和GC，由平衡条件知FN＝GP，P所受滑 动摩擦力Ff＝GC，可求出P、B间的动摩擦因数μ＝GGCP.
2019年高考物理培优三轮考前回扣江苏专用版讲义：要点回扣要点3
要点3相互作用[规律要点]1.常见的三种性质的力高中常见的性质力有重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，一定要明确各种力产生的原因、条件，要熟悉每种力的大小和方向的特征，按照“一重、二弹、三摩擦、四其他”的顺序对物体进行受力分析。
3.力的合成和分解都遵从平行四边形定则；两个力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2；合力可以大于分力，也可以小于分力、还可以等于分力(几种特殊角度的合力运算要熟记)。
4.处理平衡问题的基本思路[保温训练]1.(2018·江苏南师大附中期中)质量分别为2 kg、1 kg、2 kg的三个木块a、b、c 和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图1所示，其中a放在光滑水平桌面上。
开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。
现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。
该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()图1A.6 cmB.8 cmC.10 cmD.12 cm答案 D2.(2018·江苏无锡高三期中)我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图2甲所示)在行驶过程中非常平稳，几乎感觉不到放在桌上的水杯在晃动。
图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是()图2A.A受到2个力的作用B.B受到3个力的作用C.A受到桌面对它向右的摩擦力D.B受到A对它向右的弹力答案 A3.(2018·江苏无锡高三期中)如图3所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态。
如果保持绳子A端、B端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置(绳仍为绷直状态)，稳定后衣服仍处于静止状态，则()图3A.绳中张力变大B.绳中张力不变C.绳对挂钩作用力不变D.绳对挂钩作用力变小解析将杆N向左移一些，两部分绳间的夹角变小，绳子拉力变小，但是绳对挂钩的作用力与衣服的重力大小相等，不变，C项正确。
2019高考物理一轮优级(备讲练)全国经典版讲义第9章第2讲磁场对运动电荷的作用
第2讲 磁场对运动电荷的作用板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ洛伦兹力公式 Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。
2.方向 (1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v 。
即F 垂直于B 和v 所决定的平面。
(注意B 和v 可以有任意夹角)。
由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功。
3.洛伦兹力的大小：F ＝q v B sin θ其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。
(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F ＝q v B 。
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F ＝0。
(3)当电荷在磁场中静止时，F ＝0。
【知识点2】 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ1.若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动。
2.若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动。
3.基本公式(1)向心力公式：q v B ＝m v 2r 。
(2)轨道半径公式：r ＝m v Bq 。
(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝qB 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝qB m 。
(4)T 、f 和ω的特点：T 、f 和ω的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷q m 有关。
比荷q m 相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T 、f 、ω相同。
板块二考点细研·悟法培优考点1 洛伦兹力的特点及应用[对比分析]1.洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)用左手定则判断洛伦兹力方向，注意四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
(5)洛伦兹力一定不做功。
2.洛伦兹力与电场力的比较例1(多选)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。
全国版2019版高考物理一轮复习第2章相互作用6摩擦力课件20180511220
解析 未加 F 时，木块 A 在水平方向上受弹簧的弹力 F1 及静摩擦力 FA 作用，且 FA＝F1＝ kx＝8 N，木块 B 在水 平方向上受弹簧弹力 F2 和静摩擦力 FB 作用， 且 FB＝F2＝kx ＝8 N，在木块 B 上施加 F＝1 N 的向右的拉力后，由于 F2 ＋F<μGB， 故木块 B 所受摩擦力仍为静摩擦力， 其大小 FB′ ＝F2＋ F＝9 N，木块 A 的受力情况不变，A、 C 正确。
摩擦力的突变主要体现在静摩擦力上。静摩擦力是被 动力，其他力的大小方向变化，可以影响到静摩擦力的变 化，所以一定要根据物体的状态去分析。其次是分析静摩 擦力与滑动摩擦力间的变化，它们的临界点是最大静摩擦 力。
如图所示， 质量为 10 kg 的物体 A 拴在一个被水平拉伸 的弹簧一端，弹簧的拉力为 5 N 时，物体 A 处于静止状态。 若小车以 1 m/s2 的加速度向右运动，则 (g＝10 m/s2)( )
A．A 物体受到的摩擦力方向向右 B．三个物体中只有 A 物体受到的摩擦力是零 C．B、C 受到的摩擦力方向相同 D．B、C 受到的摩擦力方向相反
解析
A 物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相
对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用， A 错误；B、C 两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带 方向所受合力为零可知，B、C 两物体均受沿传送带方向向 上的摩擦力作用，故 B、 C 正确，D 错误。
(3)最大静摩擦力与接触面间的压力成正比，为了处理问 题的方便，最大静摩擦力常常按近似等于滑动摩擦力处理。
2．计算摩擦力时的三点注意 (1)首先分清摩擦力的性质，因为只有滑动摩擦力才有计 算公式，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿定律来求解。 (2)公式 F＝μFN 中 FN 为两接触面间的正压力，与物体的 重力没有必然联系，不一定等于物体的重力。 (3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面 积的大小也无关。
2019版高考物理培优一轮计划全国创新版讲义：第3章 牛
第13课时动力学图象问题、连接体问题考点1动力学图象问题常见动力学图象1．v-t图象分析好斜率变化、交点意义是受力分析的提示和运动过程的衔接。
2．a-t图象实际上a随t的变化间接反映了合外力F随t的变化，所以基本等同F-t图象，不同之处就是有时F-t图象中的F有时指的某个力而不是合力。
3．F-x图象在动力学中F-x图象一般是找出某个位置对应的力就可以了，在功能关系内容中这种图象的理解要求会更高。
有时根据物体的运动过程，画出有关物理量的关系图象是解决问题的一种很好的方法。
[例1](2014·全国卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。
取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝k v2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。
已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图所示。
若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。
(结果保留一位有效数字)解析(1)设该运动员从静止开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为h，在1.5 km高度处的速度大小为v。
根据运动学公式有v＝gt，h＝12gt2根据题意有h＝3.9×104 m－1.5×103 m解得t≈87 s, v＝8.7×102 m/s。
(2)该运动员达到最大速度v max时，加速度为零，根据牛顿第二定律有mg＝k v2max由所给的v-t图象可读出v max≈360 m/s解得k≈0.008 kg/m。
2019年高考物理一轮复习专题02验证牛二测动摩擦因数(含解析)
验证牛二测动摩擦因数【纲要导引】验证牛二属于高考力学实验的常考题型，测动摩擦因数可借助同样的器材进行测量。
考题对应考法多变，难度中等，需要同学们理清考法和对应实验结论。
【点拨练习】考点一常规实验验证牛顿第二定律1.平衡摩擦方法：平衡摩擦力时，小车连接纸带，不挂m，轻推小车，纸带上打出等间距的点。
原因分析：1．平衡摩擦力过度2．忘记把砝码盘质量计入动力原因分析: 平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力2.实验条件平衡摩擦力后，取M为研究对象，主观上把mg当作小车的动力可得：。
合并得：，故实测值比理论值小而实际上：对m得：，对M得：T Ma实验要求，后期图象的弯折原因分析：此时不满足。
不满足时，为了得到线性的图像，可以把m和M系统当做研究对象，每次取下作为动力的钩码或砝码后放入小车以保持系统总质量不变。
根据得故斜率不变。
1．【12年全国】图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。
图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示。
在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。
测量相邻计数点的间距s1，s2，…．求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出﹣﹣m关系图线。
若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是。
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A．桌面必须保持水平
B．实验中圆弧轨道AB必须是光滑的 C．让小滑块从A端释放多次，得到平均落点，能减小实验误差 D．若R太小，小滑块不能从木板BC右端滑下，则不能利用该装置求出μ
测力计的示数；作图时，由于木块所受摩擦力 Ff
与压力 FN 成正比，所绘图线应是过原点的直线， 因此，作图时一定注意直线过原点，且使测量数
据所描的点均匀分布在直线的两侧．
答案 (3)图象如图所示
3．通过功能关系测动摩擦因数 [例3](2017·山东济南模拟)某同学尝试测量一小滑块和长度为0.5 m的木板BC间 的动摩擦因数μ.首先，他把半径为R的四分之一圆弧轨道AB固定在水平桌面上，如 图甲所示，将小滑块从A端由静止释放，小滑块落在地面上某点(不反弹)，＋12×0.05 mm＝9.60 mm＝0.960 cm.
2 v2 － v B A＝2as，vA＝
d d ，vB＝ 联立得 ΔtA ΔtB
d 2 d 2 － Δt B ΔtA 1 d 2 d 2 a＝ ＝ Δt －Δt . 2s 2s B A (3)设细线的张力为 T，对 M 有 T－μMg＝M a ， 对 m 有 mg－T＝m a ， mg－M＋m a 联立两式得 μ＝ . Mg
解 题 思 维
►解题方法 1．通过测量运动物体的加速度测动摩擦因数 [例1]图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤 如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量 M、重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光 片的宽度 d；用米尺测量两光电门之间的距离 s； ②调整轻滑轮，使细线水平； ③让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光 电门 A 和光电门 B 所用的时间 ΔtA 和 ΔtB，求出加速度 a； ④多次重复步骤③，求 a 的平均值 a ； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数 μ.
第 二 章 相互作用
高考必考题突破讲座(二) 测定动摩擦因数的三种方法
题型特点 1.通过测量运动物体的加速 度测量动摩擦因数．
考情分析
命题趋势 2019年高考可能用转化法测定动摩擦因 数，其测量原理是：当物体在水平面或 斜面上做匀加速直线运动时，测出物体 的加速度a，则根据牛顿第二定律确立动 摩擦因数μ与a的关系式，从而求出μ
解析
1 2 (1)小滑块离开 B 点后做平抛运动， 则 x1＝vBt， h＝ gt ， 解得 vB＝x1 2
g . 2h
(2)同理 vC＝x2
1 2 g ， 小滑块从木板 B 端滑到 C 端， 依据功能关系有 μmgL＝ mvB 2h 2
2 v2 1 2 B－vC － mvC，解得 μ＝ ＝0.36. 2 2gL
道B端离地面的高度h、B端到小滑块的落点的水平距离x1.然后，他把圆弧轨道AB和
木板BC连接并固定在桌面上，将小滑块仍然从A端由静止释放，最后的落点到C端 的水平距离为x2，如图乙所示．已知重力加速度大小为g.回答下列问题：
g x1 2h (1)图甲中，小滑块到达轨道B端时的速率为__________.( 用g、h、x1表示)
请根据上述数据在坐标纸上(下图)作出木块所受摩擦力和压力的关系图象．
0.25 由图象可测出木块和木板间的动摩擦因数是__________.
解析
实验方案的选择要利于测量、操作，
所以选择B方案；拉动水平木板在木块下运动，木 块保持静止，根据平衡条件可得 F 弹 ＝ Ff ＝ μFN ， 由此确定需要测量的物理量为木块的重力、弹簧
2．通过平衡条件测量动摩擦 2015·全国
因数．
3．通过功能关系测量动摩擦 因数
卷Ⅱ，22
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题 型 结 构
解 题 思 维 命 题 角 度 真 题 剖 析
突 破 训 练
题 型 结 构
1．测定动摩擦因数示意图
2．涉及问题
(1)物体应该在粗糙水平面或斜面上做匀加速运动． (2)利用光电门或打点计时器测定加速度a. (3)若实验在粗糙斜面上完成，应测出斜面倾角θ.
2．通过平衡条件测动摩擦因数
[例2]某同学在做测定木板的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．
方案A：木板水平固定，通过弹簧测力计水平拉动木块，如图甲所示． 方案B：木块水平固定，通过细线水平拉动木板，如图乙所示．
B (1) 上 述 两 种 方 案 中 ， 你 认 为 更 合 理 的 是 方 案 ________ ，原因是 不受木板运动状态的限制(或摩擦力的测量更方便、准确) _____________________________________________________. 木块的重力、弹簧测力计的示数 (2)该实验中应测量的物理量是_______________________________.
回答下列问题： (1) 测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1 mm)的示数如图乙所示，其
0.960 读数为__________cm.
d 2 1 d 2 － ΔtA 2s ΔtB (2)物块的加速度 a 可用 d、s、ΔtA 和 ΔtB 表示为 a＝________________. mg－M＋m a Mg (3)动摩擦因数 μ 可用 M、m、 a 和重力加速度 g 表示为 μ＝________________.
(3)除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为 200 g 的配重若干个．该同学在木块上加放配重，改变木块对木板的正压力 (g取 10 m/s2)，并记录了5组实验数据，如下表所示： 实验次序 1 0 2 1 3 2 4 3 5 4
配重(个数)
弹簧测力计读数/N 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 木块重/N 2.00
(3)只有桌面保持水平，小滑块在空中才会做平抛运动，才能求得 vB、vC；即使 圆弧轨道 AB 不光滑，也不影响依据平抛运动求得的 vB、vC 正确性；当 R 太小时， 小滑块最终将停在木板 BC 上某位置，量出该点到 B 点距离，依据功能关系同样能 求出 μ.