2013届高考物理二轮复习专题课件：专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用(共41张PPT)
高三物理二轮复习专题课件精编：专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用
由串联电路的知识可知 3 Q＝ Q′＝8 J 4
答案 (1)0.4
(2)2 C
(3)8 J
热点题型例析
专题二 第2课时
以题说法
本 课 时 栏 目 开 关
对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注
意棒中的感应电流受到的安培力一定是阻力． 一般导体棒在安 培力和其他恒力作用下做的变速运动是加速度逐渐减小的变 速运动，但在一定的条件下，也可以做匀变速直线运动．本题 中让外力均匀变化，就可以使导体棒做匀变速直线运动．
为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场， 上部有平行于斜 面向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度均为 B＝1 T，导轨 bc 段长 L＝1 m． 金属棒 EF 的电阻 R＝1.2 Ω， 其余电阻不计． 金 属棒与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.4，开始时导轨 bc 边用细线 系在立柱 S 上，导轨和斜面足够长，sin 37° ＝0.6，g＝10 m/s2. 当剪断细线后，试求：
知识方法聚焦
专题二 第2课时
第 2 课时
动力学观点在电学中的应用
本 课 时 栏 目 开 关
1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终 垂直于 粒 子的速度方向． 2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运 动只能是 匀速直线 运动．
知识方法聚焦
专题二 第2课时
本 课 时 栏 目 开 关
速度方向
热点题型例析
专题二 第2课时
题型 1
本 课 时 栏 目 开 关
电场内动力学问题分析 质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下
例1
落，在 t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经 过 t 秒小球又回到 A 点． 整个过程中不计空气阻力且小球从 未落地，则 A．匀强电场方向竖直向上 B．小球受到的电场力大小是 4mg t C．从加电场开始到小球运动到最低点历时 秒 4 2 22 D．从 A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了 mg t 3 ( )
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
高考物理二轮专题复习课件：动力学和能量观点的综合应用
律解决问题的过程中，引导 观念。
动情景为依托，强调受力
学生体会守恒的思想，领悟 2．科学推理和论 分析、运动过程分析以及
从守恒的角度分析问题的方 证能力，应用牛顿 应用动力学和能量观点进
法，增强分析和解决问题的 第二定律、运动学 行分析和推理。主要题型：
能力。
公式、动能定理以 动力学方法和动能定理的
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专题二 动量与能量
22
(3)当小物块刚好能通过 C 点时，从 A 到 B 过程
f＝μ(mg－Fsin θ)
Fscos θ－fs＝12mv2B
得 F＝21110 N，当小物块在 AB 段即将飞离地面时 Fsin θ＝mg，得 F＝50 N。
综上，拉力的取值范围为21110 N≤F≤50 N。 答案：(1)2 5 m/s (2)36 N (3)21110 N≤F≤50 N
第2讲 动力学和能量观点的综合应用 第2讲 动力学和能量观点的综合应用 第2讲 动力学和能量观点的综合应用
第第22(讲 讲2)动动匀力力学学加和和能能量量速观观点点启的的综综动合合应应用用过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。
第2讲 动力学和能量观点的综合应用
第第 第222(讲 讲讲3)动动 动以力力 力学学 学额和和 和能能 能量量 量定观观观点点 点功的的 的综综 综合合 合率应应 应用用 用启动的过程中，牵引力不断_减__小___，机车做加速度减小的加
不计空气阻力，重力加速度为 g。
(1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；
(2)若 DA 之间的高度差为 3R，求小球落地点 P 到 B 点的距离 L。
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专题二 动量与能量
2013届高考物理考纲专项复习课件：牛顿运动定律的应用(18张PPT)
考点1
牛顿运动定律的应用
动力学的两类问题
一、应用牛顿运动定律解题的一般步骤
1.认真分析题意，明确已知条件和所求量。 2.选取研究对象作隔离体。所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个 物体组成的系统。同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。 3.分析研究对象的受力情况和运动情况。 4.当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平 行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去 分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直于运动 方向上。 5.根据牛顿第二定律和运动学公式列方程。物体所受外力、加速度、速度等都 可根据规定的正方向按正、负值代入公式，再按代数和进行运算。
【答案】0.2 s或0.746 4 s
图(3)
运用牛顿运动定律解决动力学问题的关键是对物体进 行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体的受力 图和运动情况示意图。不论是哪类问题，都应明白力与运 动是通过加速度这一“桥梁”来联系起来的。
1
如图所示，电动机带动橡皮滚轮 匀速转动，在滚轮的作用下，可将金 属杆沿斜面从最底端A送到汽车车厢中。 已知斜面长AC =2.4 m，车厢高 CD = 1.2 m，金属杆长 AB =0.8 m，质量m= 1×103 kg，调节控制滚轮，使滚轮对 杆的压力为FN=4.2×104 N，滚轮与杆之间的动摩擦因数=0.5，滚轮边缘的 线速度恒为v=4 m/s。(取g=10 m/s2，计算结果保留两位有效数字，斜面光 滑)求： (1)杆匀加速上升的加速度a； (2)从杆开始运动到其前端运动到C点所用的时间t。
利用正交分解法处理动力学问题，首先建立合适 的坐标系，将力或加速度进行分解，将复杂的矢量运 算转化为两个直线运动上的代数运算，处理起来既方 便又直接。
2013届高考物理二轮复习专题课件专题二第1课时动力学观点在力学中的应用(共41张PPT)
(2 分) (2 分) (2 分)
本 课
答案 会相撞,10 m/s
时
栏
目
开
关
热点题型例析
第1课时
题型 4 应用动力学方法分析传送带问题
【例 4】 如图 7 所示,水平轨道 AB 段为粗糙水平面,BC 段为
一水平传送带,两段相切于 B 点,一质量为 m＝1 kg 的物块
(可视为质点),静止于 A 点,AB 距离为 s＝2 m.已知物块与
第1课时
第1课时
【专题定位】 本专题解决的是物体(或带电体)受力和在
力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容
主要有：①匀变速直线运动基本规律的应用；②匀变速直线运
动的图象问题；③动力学的两类基本问题；④物体在传送带上
本 的运动问题；⑤行车安全问题；⑥带电粒子(或带电体)在电场、
课 时
图4 B．mF1s＋ inmθ2 D．Fsmin2 θ
热点题型例析
第1课时
解 析 取 m1 、 m2 整 体 分 析 ： Fcos θ ＝ (m1 ＋ m2)a, 得 a＝
Fcos θ m1＋m2,A
项正确.
本 课
答案 A
时
栏
目
开
关
热点题型例析
第1课时
题型 3 运动学基本规律的应用
【例 3】 (13 分)随着机动车数量的
热点题型例析
第1课时
由 vt＝v0＋at 得从紧急制动到停下来的时间为： t1＝250 s＝4 s
(1 分)
由 vt 2－v0 2＝2as 得从紧急制动到停下来行驶距离为：
本
s1＝22×025 m＝40 m
(1 分)
课 时
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的应用课件
[例 2] (多选)(2019·泰安期
中)如图 1－3－9 所示，倾角为 θ
的斜面静置于地面上，斜面上表面
光滑，A、B、C 三球的质量分别
图1－3－9
为 m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另
一端与 A 球相连，A、B 间固定一个轻杆，B、C 间由
一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，
复习课件
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的 应用课件
2021/4/17
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学 观点在力学中的应用课件
第3讲 动力学观点在力学中的应用
［知识体系构建］
［核心知识提炼］
1．解决动力学两类基本问题的思路 受力分析 F＝ma 加速度 运动学公式 运动状 态。 2．动力学基本问题的解题步骤 (1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便， 选择某个物体或某系统作为研究对象。
(3)经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 加速度的大小等于 aA
则 v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2 且 xB－xA＝L 解得 vB＝2 2μgL。
答案 (1) 2μgL (2)3μg μg (3)2 2μgL
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图 1－3－2，轻弹簧的下端固 定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。 现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速 直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢 复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的 是
A．该水平拉力与轻绳的弹力大小相等 B．物块 c 受到的摩擦力大小为 μmg C．当该水平拉力增大为原来的32倍时，物块 c 受 到的摩擦力大小为12μmg D．剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物 块 c 受到的摩擦力大小为13μmg
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第讲力学三大观点的应用课件.ppt
CDE 平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平
方向夹角均为 θ＝37°，质量分别为 m1＝0.3 kg、m2＝
0.1 kg 的小环套在直杆上相距为 L1 的 A、B 两处，m1、
m2 与两直杆的动摩擦因数分别为 μ1＝0.5 和 μ2＝1.0。
将 m1 在 A 点无初速释放后，在 B 点与 m2 发生碰撞(碰
2019-9-11
感谢你的聆听
17
m1、m2 碰撞时间极短，碰前瞬间 m1 的速度 v1，由 动量守恒，有
m1v1＝(m1＋m2)v 得 v1＝8 m/s 从 A 到 B，对 m1 由动能定理，有(m1gsin θ－f1)L1 ＝12m1v21 得 L1＝16 m
2019-9-11
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18
将过锅底的纵截面看作是由两个斜面 AB、CD 和一段光滑圆
弧组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，且不随温度变
化。两斜面倾角均为 θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D 等高，
D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在
包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g。
2019-9-11
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2019-9-11
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6
[例 1] 在被誉为“中国轿车第一撞”的碰撞试验 中，让汽车以 50 km/h 的碰撞速度驶向质量为 80 t 的碰 撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所 以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果 让同样的汽车以 100 km/h 的速度撞向未固定的与汽车 同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所 需的时间是“第一撞”试验的两倍，求两种碰撞过程中 汽车受到的平均冲击力之比。
过程中甲动量的变化量为 Δ p 甲＝0－m 甲 v 甲＝－4.0
高考物理二轮复习专题突破技巧点拨专题二：第1讲动力学观点在力学中的应用
第1讲动力学观点在力学中的应用课标卷高考命题分析年份题号·题型·分值模型·情景题眼分析难度2015年Ⅰ卷20题·选择题·6分多过程v－t图象几何关系中25题·计算题·20分水平面滑块木板模型小物块的v－t图线难Ⅱ卷20题·选择题·6分牛顿运动定律两次加速度已知中25题·计算题·20分滑块木板模型多物体多过程受力及运动分析难2016年Ⅰ卷21题·选择题·6分多物体v－t图象匀变速追及现象中Ⅱ卷19题·选择题·6分牛顿运动定律、匀变速直线运动的规律静止下落相同的距离中Ⅲ卷16题·选择题·6分匀加速直线运动动能变为原来的9倍易2017年Ⅱ卷24题·计算题·12分牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律灵活选取运动公式、运动等时性中Ⅲ卷25题·计算题·20分水平面滑块木板模型多物体多过程受力及运动分析难1．物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线． 2．匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2t v ＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线． 4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度．5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重．1．动力学的两类基本问题的处理思路2．解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．高考题型1 动力学基本问题分析例1 (多选)(2017·深圳市第一次调研)如图1甲所示，质量m ＝1 kg 、初速度v 0＝6 m /s 的物块受水平向左的恒力F 作用，在粗糙的水平地面上从O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )图1A ．t ＝2 s 时物块速度为零B ．t ＝3 s 时物块回到O 点C ．恒力F 大小为2 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 答案 ACD解析 物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 022x 1＝362×6m /s 2＝3 m/s 2，物块做匀减速直线运动的时间为：t 1＝v 0a 1＝2 s ，故A 正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a 2＝v ′22x 2＝162×8m /s 2＝1 m/s 2，反向加速到出发点的时间t ′＝2x 1a 2＝2×61s ＝2 3 s ，故B 错误；根据牛顿第二定律得：F ＋F f ＝ma 1，F －F f ＝ma 2，联立两式解得：F ＝2 N ，F f ＝1 N ，则动摩擦因数为：μ＝F fmg＝0.1，故C 、D 正确．1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变而后者不能．2．连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法． 3．两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．1．(多选)如图2所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图2A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零 答案 BC解析 系统静止，根据平衡条件可知： 对B 球F 弹＝mg sin θ， 对A 球F 绳＝F 弹＋mg sin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B 球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A 球根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝F 弹＋mg sin θm ＝2g sin θ，故A 、D 错误，B 、C 正确．2．(2017·河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B ，保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示(a 1、a 2、m 0未知)，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为g ，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )图3A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值C ．若θ未知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值 答案 D解析 据牛顿第二定律对B 受力分析得：mg －F ＝ma ① 对A 得：F －m A g sin θ＝m A a ② 联立①②得a ＝mg －m A g sin θm ＋m A③若θ已知，由③知，不能求出A 的质量m A .故A 错误．当a ＝0时，由③式得，m 0＝m A sin θ，m A 未知，m 0不能求出．故B 错误．由③式得，m ＝0时，a 2＝－g sin θ，故C 错误．由③式变形得a ＝g －m Amg sin θ1＋m A m .当m →∞时，a 1＝g ，故D 正确．高考题型2 应用动力学方法分析传送带问题例2 (2017·陕西宝鸡市一模)某工厂为实现自动传送工件设计了如图4所示的传送装置，由一个水平传送带AB 和倾斜传送带CD 组成，水平传送带长度L AB ＝4 m ，倾斜传送带长度L CD ＝4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m /s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求：图4(1)工件被第一次传送到CD 传送带上升的最大高度和所用的时间；(2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2大小(v 2＜v 1)． 答案 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s解析 (1)工件刚放在传送带AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：F N1＝mgF f1＝μF N1＝ma 1 联立解得：a 1＝5 m/s 2.由运动学公式有：t 1＝v 1a 1＝55 s ＝1 sx 1＝12a 1t 12＝12×5×12 m ＝2.5 m由于x 1＜L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间为： t 2＝L AB －x 1v 1＝0.3 s工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：F N2＝mg cos θ mg sin θ＋μF N2＝ma 2由运动学公式有：x 2＝0－v 12－2a 2联立解得：a 2＝10 m/s 2，x 2＝1.25 m 工件沿CD 传送带上升的最大高度为： h ＝x 2sin θ＝1.25×0.6 m ＝0.75 m 沿CD 上升的时间为：t 3＝0－v 1－a 2＝0.5 s故总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.8 s(2)CD 传送带以速度v 2向上传送时，当工件的速度大于v 2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a 2；当工件的速度小于v 2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙，设其加速度大小为a 3，两个过程的位移大小分别为x 3和x 4，由运动学公式和牛顿运动定律可得：－2a 2x 3＝v 22－v 12mg sin θ－μF N2＝ma 3 －2a 3x 4＝0－v 22 L CD ＝x 3＋x 4 解得：v 2＝4 m/s1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．3．(2017·河南郑州市模拟)如图5所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图5A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a >g sin θ 答案 A解析 开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N ＝ma ，F N ＝mg cos θ，解得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ>μmg cos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做加速运动，C 、D 项错误，A 项正确．4．(多选)(2017·广西桂林市联考)如图6所示，一小物体m 从14光滑圆弧形轨道上与圆心O 等高处由静止释放，圆弧半径R ＝0.2 m ，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m 能滑过右端的B 点，且落在水平地面上的C 点，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列选项正确的是( )图6A ．物体m 滑到最低点A 时对轨道的压力大小与轨道半径R 的大小有关B ．若传送带逆时针方向运行，则物体m 也能滑过B 点，到达地面上的C 点C ．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v >2 m/s 时，物体m 到达地面上C 点的右侧D ．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v <2 m/s 时，物体m 也可能到达地面上C 点的右侧 答案 BCD解析 由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 02，则v 0＝2 m/s ，传送带静止时，A 点：F －mg ＝m v 02R ，得F＝3mg ，与R 无关，A 错误；若传送带逆时针运行，物体也匀减速运动至B 点，与静止情况相同，落在C 点，B 正确；若传送带顺时针运行，v >2 m /s ，物体加速运动，落在C 点右侧，C 正确；若v <2 m/s ，物体可能先匀减速后匀速，到B 点速度可能大于传送带静止时到达B 点的速度，此时落在C 点右侧，D 正确．高考题型3 应用动力学方法分析“滑块—木板”问题例3 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图7，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图7(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．答案 (1)1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2，木板受地面的摩擦力大小为F f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有 F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A④F f2＝m B a B⑤F f2－F f1－F f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t12⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m ⑰(也可用下图中的速度—时间图线求解)1．“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．2．要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．5.(多选)(2017·广东汕头市一模)如图8所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ.将两个矩形物块A 、B 叠放后一起从木板上由静止释放，之后A 、B 保持相对静止一起以大小为a 的加速度沿斜面加速下滑．若A 、B 的质量分别为m A 和m B ，A 与B 之间和B 与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2.则下列说法正确的是( )图8A．μ1一定大于tan θB．μ2一定小于tan θC．加速度a的大小与m A和m B都无关D．A与B之间的摩擦力大小与μ1有关而与μ2无关答案BC解析先取AB为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛顿第二定律得：(m A＋m B)g sin θ－F f B＝(m A＋m B)aF f B＝μ2F NF N＝(m A＋m B)g cos θ以上三式联立可得：a＝g sin θ－μ2g cos θ①再隔离A物块，设A受到的静摩擦力为F f A，方向沿斜面向上，对A再应用牛顿第二定律得：m A g sin θ－F f A＝m A a可得出：F f A＝μ2m A g cos θ②无法判断出μ1一定大于tan θ.故A错误；A与B组成的整体向下做加速运动，由公式①可知，g sin θ＞μ2g cos θ，所以：μ2＜tan θ.故B正确；由公式①可知，加速度a的大小与m A和m B都无关．故C 正确；由公式②可知，A与B之间的摩擦力大小与μ1无关而与μ2有关．故D错误．6.(2017·辽宁铁岭市协作体模拟)如图9所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20.假定小车足够长，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()图9A ．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B ．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C ．煤块在3 s 内前进的位移为9 mD ．小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 答案 D解析 根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： μF N ＝ma 1，F N －mg ＝0，代入数据解得： a 1＝2 m/s 2刚开始运动时对小车有：F －μF N ＝Ma 2， 解得：a 2＝0.6 m/s 2，经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1＝a 1t ，车的速度为：v 2＝v ＋a 2t ，v 1＝v 2，解得：t ＝2 s ，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F ＝(M ＋m )a 3，a 3＝56 m/s 2即煤块和小车一起以加速度a 3＝56 m/s 2做加速运动，故选项A 、B 错误；在2 s 内小黑煤块前进的位移为：x 1＝12a 1t 2＝12×2×22 m ＝4 m ，然后和小车共同运动1 s 时间，此1 s 时间内位移为：x 1′＝v 1t ′＋12a 3t ′2＝4.4 m ，故煤块在3 s 内前进的位移为4 m ＋4.4 m ＝8.4 m ，故选项C 错误；在2 s 内小黑煤块前进的位移x 1＝4 m ，小车前进的位移为：x 2＝v t ＋12a 2t 2＝(2.8×2＋12×0.6×22) m ＝6.8 m ，两者的相对位移为：Δx ＝x 2－x 1＝6.8 m －4 m ＝2.8 m ，故选项D 正确．题组1 全国卷真题精选1．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t 2 D.8s t 2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对．2．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)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23a 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 答案 BC解析 设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．3．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图10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．若重力加速度及图乙中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图10A ．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 答案 ACD解析 由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及物体与斜面间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．题组2 各省市真题精选4．(多选)(2015·海南卷·8)如图11所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间( )图11A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2答案AC解析设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．5．(多选)(2014·四川理综·7)如图12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速度随时间变化的图象可能是()图12答案BC解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力(绳对P 的拉力)，则可能先向右匀加速运动，加速至v 1后随传送带一起向右匀速运动，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmgm，故C 正确，A 、D 错误．专题强化练1.(2017·吉林辽源市期末)如图1所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F 1与F 2的作用，静止不动，现保持力F 1不变，使力F 2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是( )图1答案 B解析 由于木块受到两个水平力F 1与F 2的作用而静止不动，故两个推力相等，假设F 1＝F 2＝F ，力F 2逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到F ，再减小到零，故加速度也是先增大再减小，故C 错误；木块先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，而速度－时间图象的切线的斜率表示加速度，故A 错误，B 正确；木块先做加速度不断增大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零后做匀速直线运动，由于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而D 选项图表示木块做减速运动，故D 错误．2．(2017·北京石景山区模拟)在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2 s 到达离地面25 m 的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，则v 0和k 分别为( ) A ．25 m /s,1.25B ．25 m/s,0.25C ．50 m /s,0.25D ．50 m/s,1.25答案 B解析 上升过程中平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得：a ＝mg ＋F f m ＝(k ＋1)g ，根据h ＝12at 2得：a ＝2h t 2＝2×2522 m /s 2＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝25 m /s ，而(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，所以 k ＝0.25.故B 正确．3．(2017·黑龙江大庆市一模)如图2所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 、x 轴的切点．B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心．现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )图2A ．t A ＜t C ＜tB B ．t A ＝tC ＜t B C ．t A ＝t C ＝t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系 答案 B解析 对于AM 段，位移x 1＝2R ，加速度a 1＝mg sin 45°m ＝22g ，根据公式x ＝12at 2得，t A ＝2x 1a 1＝4R g .对于BM 段，位移x 2＝2R ，加速度a 2＝g sin 60°＝32g ，由公式x ＝12at 2得t B ＝2x 2a 2＝8R3g.对于CM 段，同理可解得t C ＝2x 3a 3＝4R g. 4．(多选)(2017·陕西咸阳市二模)如图3所示，两个质量分别为m 1＝2 kg 、m 2 ＝3 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F 1 ＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则( )图3A ．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是50 NB ．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是26 NC ．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度大小为13 m/s 2D ．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度大小为15 m/s 2 答案 BC解析 设弹簧的弹力大小为F ，根据牛顿第二定律得对整体有：a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝30－203＋2 m /s 2＝2 m/s 2，方向水平向右．对m 1：F 1－F ＝m 1a .代入解得，F ＝26 N ．故A 错误，B 正确．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度大小为a ＝F m 1＝262 m /s 2＝13 m/s 2，方向水平向左，则m 1的加速度发生改变．故C 正确，D 错误．5.(多选)(2017·山东济宁市一模)如图4所示，表面粗糙且足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．小木块的速度随时间变化的关系图象可能符合实际的是( )图4答案BC解析将小木块轻轻放在传送带上，意味着小木块的初速度为零；由于此时传送带具有斜向下的速度，故小木块将受到沿传送带向下的滑动摩擦力F f，设此时的小木块的加速度为a1，据牛顿第二定律可得：mg sin θ＋F f＝ma1①F f＝μF N②F N＝mg cos θ③由①②③解得：a1＝g sin θ＋μg cos θ④当小木块的速度与传送带的速度相等时，若小木块所受最大静摩擦力F fmax＝μmg cos θ大于等于重力沿传送带向下的分力G x＝mg sin θ时，木块将随传送带一起以相同的速度做匀速直线运动；若F fmax ＝μmg cos θ＜G x＝mg sin θ时，木块将做匀加速直线运动，设此时木块的加速度为a2，同理根据牛顿第二定律可得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2解得：a2＝g sin θ－μg cos θ⑤根据④⑤可知：a1＞a2故B、C正确，A、D错误．6．(2017·安徽合肥市第一次检测)如图5所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是()图5A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B ．若传送带的速度为1 m/s ，小物块将从传送带左端滑出C ．若传送带的速度为5 m /s ，小物块将以5 m/s 的速度从传送带右端滑出D ．若小物块的速度为4 m /s ，小物块将以4 m/s 的速度从传送带右端滑出答案 B解析 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x .根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，得 a ＝μg ＝2 m/s 2，则 x ＝v 222a ＝522×2 m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，故A 错误；同理可知D 错误；传送带的速度为1 m /s 和5 m/s 时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，都从从传送带左端滑出，故B 正确，C 错误．7．(多选)图6甲中，两滑块A 和B 叠放在光滑水平地面上，A 的质量为m 1，B 的质量为m 2.设A 、B 间的动摩擦因数为μ，作用在A 上的水平拉力为F ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图乙为F 与μ的关系图象，其直线方程为F ＝m 1(m 1＋m 2)g m 2μ.下列说法正确的有( )图6A ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对滑动B ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对静止C ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对滑动D ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对静止答案 AD解析 刚要相对滑动时：F ＝(m 1＋m 2)a ，μm 1g ＝m 2a ，解得：F ＝m 1(m 1＋m 2)g m 2μ，则题图直线是发生相对滑动与否的分界线，位于a 区域时，A 、B 相对滑动，位于b 区域时，两者相对静止，选项A 、D 正确，选项B 、C 错误．8．(多选)(2017·河北石家庄市第二次质检)如图7甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大答案 AC解析 当F 等于6 N 时，加速度为：a ＝2 m/s 2.对整体由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度 a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M，知图线的斜率k ＝1M ＝26－4＝1，解得：M ＝1 kg ，滑块的质量为：m ＝2 kg.故A 正确；由上可知：F 大于6 N 时 a ＝F －20μ.代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所以a ＝F －4，当F ＝7 N 时，长木板的加速度为：a 1＝3 m/s 2.故B 错误，C 正确．当F 大于6 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μmg m＝2 m/s 2，与F 无关，故D 错误．9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图8所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求：。
高考物理二轮复习 专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用课件
相反
D．物体在第 2 s 内所受的拉力为零
热点题型例析
审题突破 水平方向物体受几个力作用？由图象可知哪些信 息？
解析 由题图可知，第 2 s 内物体做匀速直线运动，即拉力与
本 摩擦力平衡，所以 A、D 选项错误；
课 时
第 3 s 内物体的加速度大小为 1 m/s2，根据牛顿第二定律可知
栏 目
物体所受合外力大小为 1 N，选项 B 正确；
热点题型例析
题型 1 运动学图象问题
例 1 某物体质量为 1 kg，在水平拉力作用下
本 课
沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间
时 栏
图象如图 1 所示，根据图象可知
(
)
目 开
A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩
关
擦力
图1
B．物体在第 3 s 内所受的拉力大于 1 N
C．在 0～3 s 内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向
开 因|T′|＝|T″|
关
所以 T′＋T′cos θ′－mg＝0
⑤
由图知 θ′＝60°，代入④⑤式解得 a＝ 33g
⑥
热点题型例析
②如图，设外力 F 与水平方向成 α 角，将杆和小铁环当成一个 整体，有
本
课
时
栏 目
Fcos α＝(M＋m)a
⑦
开
关 Fsin α－(M＋m)g＝0
⑧
由⑥⑦⑧式解得
tan α＝ 3(或 α＝60°)
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图 3 甲，求绳中拉力的大
小；
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加
本 课
速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示．
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
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第1课时
【专题定位】 本专题解决的是物体(或带电体)受力和在
力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容 主要有：①匀变速直线运动基本规律的应用；②匀变速直线运 动的图象问题；③动力学的两类基本问题；④物体在传送带上
本 课 时 栏 目 开 关
的运动问题；⑤行车安全问题；⑥带电粒子(或带电体)在电场、 磁场中的匀变速直线运动问题；⑦电磁感应中的动力学分析等. 考查的主要方法和规律有动力学方法、图象法、运动学的基本 规律、临界问题等. 【应考策略】 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个 分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分 析”.“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合 应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.
答案
B
热点题型例析
题型 2 整体法与隔离法在动力学问题中的应用 【例 2】
第1课时
(14 分)如图 3 所示,质量分别为 mA＝3 kg,mB＝1 kg
的物块 A、B 置于足够长的水平面上,在 F＝13 N 的水平推力 作用下,一起由静止开始向右做匀加速运动,已知 A、B 与水平
本 课 时 栏 目 开 关
热点题型例析
第1课时
题型 1
本 课 时 栏 目 开 关
运动学图象问题 (15 分)一起重机吊着一个重物,竖直向上运动,在 0～
【例 1】
5 s 内重物的速度随时间变化关系如图 1(a)所示.
(a) 图1
(b)
热点题型例析
(1)求重物在 0～5 s 内上升的高度； (2)在图(b)中画出重物在 0～5 s 内的 a－t 图象.
即该型号的货车严重超载并以 54 km/h 的速度行驶,制动时间
热点题型例析
第1课时
(2)该型号的货车满载并以 72 km/h 的速度行驶时,从发现险情 到停下来货车行驶的距离为： s＝v0t＋s1＝(20×1＋40) m＝60 m
本 课 时 栏 目 开 关
(5 分)
即跟车距离至少应为 60 m.
设轿车 B 速度减为零发生的位移为 s2,轿车 A 离隧道口的距离 (2 分) (1 分)
热点题型例析
第1课时
因 s1＋s2>d,所以轿车 B 会与停在前面的轿车 A 相撞. 设相撞前速度为 v,则有：v2＝v0 2－2a(d－s1) 解得：v＝10 m/s
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第1课时
vt 2－v0 2＝2as 速度和位移公式的推论为： v0＋vt s 中间时刻的瞬时速度为 v t ＝ t ＝ 2
2
位移中点的瞬时速度为 v s ＝
2
v0 2＋vt 2
2
任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量,即 Δs＝ sn＋1－sn＝a· 2 Δt . 成正比,跟物 的方向相同,且二者具 进行实验验证. 4.牛顿第二定律的内容是： 物体的加速度跟所受合外力 体的质量成反比,加速度的方向跟 合外力 有瞬时对应 关系,此定律可以采用 控制变量法
解析 和 a2
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第1课时
(1)方法一： 设在 0～2 s 和 4～5 s 内的加速度分别为 a1
v2－v0 则 a1＝ t ＝1 m/s2 1 v5－v4 a2＝ t ＝－2 m/s2 3 1 在 0～2 s 内的位移 h1＝2a1t1 2＝2 m 在 2～4 s 内的位移 h2＝v2t2＝4 m 1 在 4～5 s 内的位移 h3＝v4t3＋2a2t3 2＝1 m 可知 0～5 s 内上升的高度 h＝h1＋h2＋h3＝7 m
小分别为 a1、a2,则由图象和公式： v1 2－v0 2＝2as 得：a1＝5 m/s2 a2＝2.5 m/s2 该型号货车满载并以 72 km/h＝20 m/s 行驶时, (2 分) (2 分)
热点题型例析
第1课时
由 vt＝v0＋at 得从紧急制动到停下来的时间为： 20 t1＝ 5 s＝4 s
失重
.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向 无关 方向.
,只决
定于物体的加速度
知识方法聚焦
1.动力学的两类基本问题的处理思路
第1课时
2.动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上,采用 正交
本 课 时 栏 目 开 关
分解 法或者 图解
法求合力,然后结合牛顿第二定律列式求解.
若涉及多个物体时,常用整体法和隔离法进行受力分析,然后结 合牛顿第二定律求解. 3.匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理, 这是利用了运动的 对称 的处理中也常用此法. 4.利用 v－t 图象：v－t 图象表示物体的运动规律,形象而且直观. 性.在竖直上抛运动和类竖直上抛运动
(1 分) (1 分) (2 分) (2 分) (2 分) (2 分)
热点题型例析
第1课时
方法二：重物上升的高度等于 v－t 图线与时间轴所围面积的 1 大小,从图象可知 h＝ (2＋5)×2 m＝7 m (10 分) 2 (其他方法正确同样给分)
本 课 时 栏 目 开 关
(2)0～5 s 内的 a－t 图象如图所示.
第1课时
解析
(1)设物块 A、B 一起做匀加速运动的加速度为 a,则 (3 分) (1 分) (1 分)
F－μAmAg－μBmBg＝(mA＋mB)a 代入数据解得 a＝2 m/s2
本 课 时 栏 目 开 关
方向与力 F 的方向相同,即方向向右.
(2)设物块 A 对物块 B 的作用力大小为 F′,则 F′－μBmBg＝mBa 代入数据解得 F′＝4 N (3 分) (1 分)
热点题型例析
第1课时
本 课 时 栏 目 开 关
由 v－t 图象先求得运动加速度： Δv 1 a 图线：a1＝ Δt ＝－3 m/s2. 2 b 图线：a2＝－3 m/s2. 解析 当水平拉力 F 与摩擦力 f 同向时, f1＝ma1, f1＋F1＝ma2,得 f1 ＝－0.1 N,F1＝－0.1 N；当 F 与 f 反向时, f2＝ma2, f2－F2＝ ma1,得 f2＝－0.2 N,F2＝0.1 N.故 B 项正确.
图5
热点题型例析
第1课时
(1)驾驶员紧急制动时,制动时间和制动距离是否符合安全 要求； (2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为 1 s,则该型号货车正常行驶时的跟车距离至少应为多远.
本 课 时 栏 目 开 关
【审题突破】
解析
用v2－s图象可以得到哪些解题信息？
Hale Waihona Puke (1)设该型号货车满载和严重超载时的制动加速度大
解析
第1课时
轿车 B 在实际制动前做匀速直线运动,设其发生的位移 (2 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
为 s1,由题意可知：s1＝v0(t1＋t2) s1＝15 m
本 课 时 栏 目 开 关
实际制动后, f＝0.75mg 由牛顿第二定律可知：f＝ma 得：a＝7.5 m/s2 为 d＝50 m, 有：v0 2＝2as2 代入数据解得：s2＝41.7 m
面间的动摩擦因数分别为 μA＝0.1、 B＝0.2,取 g＝10 m/s2.求： μ
图3 (1)物块 A、B 一起做匀加速运动的加速度； (2)物块 A 对物块 B 的作用力大小； (3)某时刻 A、B 的速度为 v＝10 m/s,此时撤去推力 F,求撤去 推力后物块 B 滑行的距离.
热点题型例析
(开始踏下制动踏板到实际制动)t2 ＝0.03 s,轿车制动时制动力恒 为自身重力的 0.75 倍,g 取 10 m/s2.试通过计算说明轿车 B 会不会 与停在前面的轿车 A 相撞？若会相撞,那么撞前瞬间轿车 B 的速 度大小为多少？若不会相撞,那么停止时与轿车 A 的距离为多 少？
热点题型例析
答案 (1)不符合安全要求
(2)60 m
热点题型例析
第1课时
【以题说法】
1.本题应建立匀减速直线运动模型,应用有关
运动学的基本规律来求解.
本 课 时 栏 目 开 关
2.在涉及反应时间时,应注意此段时间内司机未采取行动,汽 车做匀速运动. 3.运动学中还会遇到临界问题的分析,找准临界条件是解题的 关键.
知识方法聚焦
第1课时
5.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度 间轴所包围的面积表示物体运动的 位移
本 课 时 栏 目 开 关
,图线与时
.在分析物体的运动
时,常利用 v－t 图象帮助分析物体的运动情况. 6.超重或失重时,物体的重力并未发生变化,只是物体对支持物 的压力 (或对悬挂物的拉力 )发生了变化.当 a＝g 时,物体 完全
热点题型例析
第1课时
(3)撤去水平力 F 后,物块 A、B 一起做匀减速运动,设加速度大 小为 a′,滑行距离为 s,则 μAmAg＋μBmBg＝(mA＋mB)a′
本 课 时 栏 目 开 关
(3 分) (1 分) (1 分)
2a′s＝v2 联立两式并代入数据解得 s＝40 m (用动能定理解答同样得分)
知识方法聚焦
第1课时
第 1 课时
动力学观点在力学中的应用
本 课 时 栏 1.物体或带电粒子做直线运动的条件是：物体所受合力方向与速 目 开 度方向平行 . 关
2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体所受合力为
恒力,且与速度方向平行
.
知识方法聚焦
3.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：vt＝v0＋at 1 2 v t＋2at 位移公式：s＝ 0
答案
(1)2 m/s2
方向向右
(2)4 N
(3)40 m
热点题型例析
第1课时
【以题说法】
本 课 时 栏 目 开 关
在应用牛顿运动定律分析两个或两个以上相