22.高考物理一轮复习第三章 专题强化三
高考物理一轮复习 第三章 第三章高频考点真题验收全通关习题详解课件 新人教版
和小于 1.25 N 两种情况。
甲
当 F<1.25 N 时,环与杆的上部接触,受力示意图如图甲所示
由牛顿第二定律得
Fcos θ-μFN=ma
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11.解析: (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1, 由图知 a1=ΔΔvt =04.5 m/s2=8 m/s2 根据牛顿第二定律,得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N。 (2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1=4 m/s,设球第一次离开地面时的速度大小为 v2,则
得:vA1= 2gH。
②
(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做匀
减速运动,设加速度为 aA,有 F 合=F 浮+fA-mg③
F 合=maA
④
0-vA2 1=-2aAhA
⑤
由题意:F 浮=190mg
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综合上述各式,得 fA=mg(hHA的受力、运动情况与“A 鱼”相似,有 fB=
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4.解析:本题考查牛顿运动定律的应用——超重和失重的知识。
A、B 两物体抛出以后处于完全失重状态,无论是上升还是下
降,A 物体对 B 物体的压力一定为零,A 选项正确。答案:A
5.解析:因为木箱静止时弹簧处于压缩状态,且物块压在顶板上,
则有:FT=mg+FN,某时间内物块对顶板刚好无压力,说明 弹簧的长度没有变化,则弹力没有变化,由于 FN=0,故物块 所受的合外力为 F 合=FT-mg,方向竖直向上,故木箱有向上 的加速度,而有向上的加速度的直线运动有两种:加速上升和
在发生相对滑动后,有 μm2g=m1a1,故 a1=μmm12g为定值。故
A 选项正确。
高考物理总复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
【关键能力·分层突破】 模型一 “传送带”模型 1.模型特点 传送带在运动过程中,会涉及很多的力,是传送带模型难点的原因, 例如物体与传送带之间是否存在摩擦力,是滑动摩擦力还是静摩擦力 等;该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等;该 模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等. 2.“传送带”问题解题思路
【跟进训练】 3.光滑水平面上停放着质量M=2 kg的平板小车,一个质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)以v0=3 m/s的初速度从A端滑上小车,如图所 示.小车长l=1 m,小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10 m/s2,从小滑块滑上小车开始计时,1 s末小滑块与小车B端的距离为 ()
香皂盒的质量为m=20 g,香皂及香皂盒的总质量为M=100 g,香皂盒与 传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,风洞区域的宽度为L=0.6 m,风可以 对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F=0.24 N,假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,香皂盒可看作质点,取重力加速度g=10 m/s2 ,试求:
A.滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C.木板B的质量为3 kg D.滑2·山西临汾联考]某生产车间对香皂包 装进行检验,为检验香皂盒里是否有香皂,让
香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀 速),经过一段风洞区域,使空皂盒被吹离传 送带,装有香皂的盒子继续随传送带一起运动
,如图所示.已知传送带的宽度d=0.96 m,香 皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央.空
答案:BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目,以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
2025人教版高考物理一轮复习讲义-第三章 第4课时 专题强化:“传送带”模型中的动力学问题
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
总结提升
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系 先加速后匀速(一定
μ>tan θ)
满足关系μ>tan θ)
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
总结提升
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
若μ≥tan θ,先加速后匀速
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(1)当煤块与传送带速度相同时,接下来它们能否 相对静止; 答案 不能
由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以煤块与传送带速度相同后,它们不 能相对静止。
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(2)煤块从A运动到B的时间; 答案 1.5 s
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
x2=L-x1=5.25 m, 由 x2=v0t2+12a2t22, 得t2=0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案 5 m
第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m, 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m, Δx2与Δx1部分重合,故痕迹总长为5 m。
一直加速
先加速后匀速
考点一 水平传送带中的动力学问题
总结提升
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未 与传送带相对静止)
传送带足够长
v0<v时,一直加速
v0<v时,先加速再匀速
v0>v时,一直减速
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题,高考在选择题和计算题中命题频率都很高.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力,应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有:整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路:先求出几个力的合力,由牛顿第二定律(F合=ma)求出加速度,再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路:已知加速度或根据运动规律求出加速度,再由牛顿第二定律求出合力,从而确定未知力.3.应用牛顿第二定律解决动力学问题,受力分析和运动分析是关键,加速度是解决此类问题的纽带,分析流程如下:受力情况二、动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句,明显表明题述的过程存在着临界点.(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句,表明题述过程存在着“起止点”,而这些“起止点”一般对应着临界状态.(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点.2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力F N=0.(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是F T=0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合外力为零.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析;(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相互联系的桥梁.2.常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况,分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图,一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成,其中AB 段倾角为θ,BC 段水平,AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接,一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下,若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起,背包与滑道的动摩擦因数为μ=112,重力加速度取g =10m/s 2,sin θ=725,cos θ=2425,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化,求:(1)滑道AB段的长度;(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1):受力分析,由牛顿第二定律得m1g sinθ-μm1g cosθ=m1a1解得a1=2m/s2①由运动分析得:l=1a1t2②,v1=a1t③2对滑雪者(m2):由运动分析得l=v0(t-t0)+1a2(t-t0)2④2v2=v0+a2(t-t0),其中t0=1s⑤联立①②③④⑤得t=3s,v1=6m/s,v2=7.5m/s,l=9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v解得v=7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示,质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上,在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用,在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用,现小球从A点由静止开始运动,小球运动的v-t图像如图乙所示,下列说法中正确的是()A.小球在MN右侧运动的时间为t1-t2B.F2的大小为m v1t1+2mv1 t3-t1C.小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3-t1D.小球在0~t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3~t1,故A错误;小球在MN右侧的加速度大小a2=2v1t3-t1,在MN的左侧,由牛顿第二定律可知F1=ma1=mv1t1,在MN的右侧,由牛顿第二定律可知F2-F1=ma2得F2=2mv1t3-t1+mv1t1,故B、C正确;t2时刻后小球反向运动,所以小球在0~t4时间内运动的最大位移是v1t22,故D错误.◆类型2已知物体运动情况,分析物体受力情况【例2】如图甲所示,一质量m=0.4kg的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面平行的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10m.已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=33.重力加速度g取10m/s2.求:(1)物块到达B点时速度和加速度的大小;(2)拉力F的大小;(3)若拉力F与斜面夹角为α,如图乙所示,试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示).答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F=mg sinθ+μcosθ+ma cosα+μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动,根据运动学公式,有L=v0t+12at2,v=v0+at,联立解得a=3m/s2,v=8m/s(2)对物块受力分析可得,平行斜面方向F cosα-mg sinθ-F f=ma,垂直斜面方向F N=mg cosθ其中F f=μF N解得F=mg(sinθ+μcosθ)+ma=5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时,物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα-mg sinθ-F f=ma F N+F sinα-mg cosθ=0其中F f=μF NF=mg sinθ+μcosθ+macosα+μsinα.【变式2】如图所示,粗糙的地面上放着一个质量M=1.5kg的斜面体,斜面部分光滑,底面与地面的动摩擦因数μ=0.2,倾角θ=37°,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m=0.5kg的小球,弹簧劲度系数k=200 N/m,现给斜面施加一水平向右的恒力F,使整体向右以a=1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2).求:(1)F的大小;(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小.答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律:F-μ(M+m)g=(M+m)a,解得F=6N.(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析:在水平方向:kx cosθ-F N sinθ=ma在竖直方向:kx sinθ+F N cosθ=mg解得x=0.017m,F N=3.7N.多过程问题分析步骤1.将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接.2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图.3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程.5.联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论.【例3】如图所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知m A=2kg,m B =4kg,斜面倾角θ=37°.某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v -t图像如图所示.已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)A与斜面间的动摩擦因数;(2)A沿斜面向上滑动的最大位移;(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功.答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0~0.5s内,根据图像,A、B系统的加速度为a1=vt =20.5m/s2=4m/s2对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律有m B g-m A g sinθ-μm A g cosθ=(m A+m B)a1得:μ=0.25(2)B落地后,A减速上滑.由牛顿第二定律有m A g sinθ+μm A g cosθ=m A a2将已知量代入,可得a2=8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2=v22a2=0.25m0~0.5s内A加速向上滑动的位移x1=v22a1=0.5m所以,A上滑的最大位移为x=x1+x2=0.75m(3)A加速上滑过程中,由动能定理:W-m A gx1sinθ-μm A gx1cosθ=12m A v2-0得W=12J.【变式3】如图所示,一足够长斜面上铺有动物毛皮,毛皮表面具有一定的特殊性,物体上滑时顺着毛的生长方向,毛皮此时的阻力可以忽略;下滑时逆着毛的生长方向,会受到来自毛皮的滑动摩擦力,现有一物体自斜面底端以初速度v0=6m/s冲上斜面,斜面的倾角θ=37°,经过2.5s物体刚好回到出发点,(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).求:(1)物体上滑的最大位移;(2)若物体下滑时,物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值,试计算μ的数值.(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用,设最大位移为x.由牛顿第二定律可得:mg sin37°=ma1代入数据得:a1=6m/s2由运动学公式有:v20=2a1x联立解得物体上滑的最大位移为:x=3m(2)物体沿斜面上滑的时间为:t1=v0a1=66s=1s物体沿斜面下滑的时间为:t2=t-t1=1.5s下滑过程中,由运动学公式有:x=12a2t22由牛顿第二定律可得:mg sin37°-μmg cos37°=ma2联立解得:μ≈0.421.基本思路(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);(2)寻找过程中变化的物理量;(3)探索物理量的变化规律;(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系.2.思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6kg的物体P,Q为一质量为m2=10kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600N/m,系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2s 时间内,F 为变力,0.2s 以后F 为恒力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10m/s 2.求:(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x 0;(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ;(3)力F 的最大值与最小值.答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析,平行斜面方向有(m 1+m 2)g sin θ=kx 0解得x 0=0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力,之后为恒力,则0.2s 时刻两物体分离,此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等,设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ,由牛顿第二定律得kx 1-m 1g sin θ=m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0-x 1=12at 2联立解得a =103m/s 2(3)对两物体受力分析知,开始运动时拉力最小,分离时拉力最大NF min=(m1+m2)a=1603对Q应用牛顿第二定律得F max-m2g sinθ=m2aN.解得F max=m2(g sinθ+a)=2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图a所示,在A、B的速度达到6m/s时,撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A=1kg、m B=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图像如图b所示.g取10m/s2,求:(1)推力F的大小;(2)A刚停止运动时,物体A、B之间的距离.答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B的v-t图象得:a=3m/s2对于A、B组成的整体,由牛顿第二定律得:F-μm A g=(m A+m B)a代入数据解得:F=15N.(2)撤去推力F后,A、B两物体分离.A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,设A匀减速运动的时间为t,对于A有:μm A g=m A a A解得:a A=μg=3m/s2根据匀变速直线运动规律有:0=v0-a A t解得:t=2s撤去力F后,A的位移为x A=v0t-1a A t2=6m2B的位移为x B=v0t=12m所以,A刚停止运动时,物体A、B之间的距离为Δx=x B-x A=6m.。
高三物理一轮复习第三章++牛顿运动定律
第三章⎪⎪⎪牛顿运动定律[备考指南]第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。
(×))(2)在水平面上运动的物体最终停下来,是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。
(×)(3)运动的物体惯性大,静止的物体惯性小。
(×)(4)物体的惯性越大,状态越难改变。
(√)(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。
(×)(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。
(√)(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点,推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。
(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。
·要点一牛顿第一定律的理解1.惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。
惯性大,物体的运动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态容易改变。
2.对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念:牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示力的本质:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。
-(3)理想化状态:牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的。
在实际情况中,如果物体所受的合外力等于零,与物体不受外力时的表现是相同的。
(4)与牛顿第二定律的关系:牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。
力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的,而牛顿第二定律是一条实验定律。
[多角练通]1.关于牛顿第一定律的说法中,正确的是()A.由牛顿第一定律可知,物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B.牛顿第一定律只是反映惯性大小的,因此也叫惯性定律C.牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此,物体在不受力时才有惯性D.牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因,又揭示了运动状态改变的原因~解析:选D根据牛顿第一定律,物体在任何时候都有惯性,故选项C错;不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态,故选项A错;牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系,即力是改变物体运动状态的原因,所以选项D正确;牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小,故选项B错。
2025年高考物理一轮复习(新人教版) 第3章 第3课时 专题强化:牛顿第二定律的综合应用
m2F ②如图乙所示,用力F沿光滑斜面向上拉木块时,绳的拉力为__m_1_+__m__2 _;
m2F 斜面不光滑时绳的拉力FT=__m__1+__m__2 __。
考点一 动力学中的连接体问题
(2)若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起,放在光滑水平面上,B在拉 力F的作用下,A、B一起(相对静止)做匀加速运动,则A受到的摩擦力为
考点一 动力学中的连接体问题
2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图 中A、B两物体速度和加速度大小相等,方向不同。
考点一 动力学中的连接体问题
例2 (2023·福建龙岩市九校联考)如图所示的装置叫作阿特伍德机,是
阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规
第三章
运动和力的关系
第 专题强化:牛顿第二定律的
3 课
综合应用
时
目标 1.知道连接体的类型以及运动特点,会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件, 要求 会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
内 容
考点一 动力学中的连接体问题
索
引
考点二 动力学中的临界和极值问题
< 考点一 >
考点一 动力学中的连接体问题
(2)系统由静止释放后,运动过程中物体B、C间作用力
的大小。
答案
4 5mg
或25Mg
考点一 动力学中的连接体问题
设B、C间的拉力为F, 对物体C,mg-F=ma 解得 F=mg-ma=45mg=25Mg 所以 C、B 间的作用力为45mg 或25Mg。
2025年高考物理一轮复习(新人教版) 第3章 第5课时 专题强化:“滑块—木板”模型中的动力学问题
考点一 水平面上的板块问题
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速 运动? 答案 2.8 m/s
考点一 水平面上的板块问题
刚撤去F时v=at=3 m/s,vm=amt=2 m/s 撤去F后, 长木板的加速度大小 a′=μMmg=0.5 m/s2 最终速度v′=vm+amt′=v-a′t′ 解得共同速度v′=2.8 m/s
(3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运 动时,位移之差Δx=x1-x2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之 和Δx=x2+x1=L。
3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断:由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩 擦力方向。 (2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件:当v物=v板时,“板块”间的摩擦力可能由滑动 摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,v物=v板; ②木板最短的条件:当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。
考点一 水平面上的板块问题
例3 (2024·广东佛山市联考)如图所示,质量均为m=1 kg的物块A和B叠 放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ= 0.4。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L=2 m后 停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左 边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,物块A长度可忽略不计,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)A被敲击后获得的初速度大小vA; 答案 4 m/s
高考物理第一轮复习第三章 专题强化三
(1)注意应用v-t图象和情景示意图帮助分析运动过程. (2)抓住两个分析:受力分析和运动过程分析.
例4 (2019·河南郑州市第一次模拟)某次新能源汽车性能测试中,如图8甲显示 的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系,但由于机械故障,速度 传感器只传回了第25 s以后的数据,如图乙所示.已知汽车质量为1 500 kg,若测 试平台是水平的,且汽车由静止开始做直线运动,设汽车所受阻力恒定.求:
3.解题策略 (1)分清图象的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义, 掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点. (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点, 图线的转折点,两图线的交点等. (3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情景结合起来,应 用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与 物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断.
图6
解析 弹簧原长时小球A速度恰好最大,则此时小球加速度为零,则恒力F= mg;木块B对地面压力为零时,由平衡条件知弹簧的弹力为2mg,对小球A, 由牛顿第二定律得:F-mg-2mg=ma,解得小球A的加速度a=-2g,则加速 度大小为2g,方向向下,故C正确.
变式4 如图7,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、
例1 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一 不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始 受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关 系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦 可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出
2025届高考物理一轮复习资料 第三章 牛顿运动定律 专题强化六 动力学中的“滑块—木板”模型
专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型学习目标 1.理解什么是“滑块—木板”模型。
2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。
1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。
2.位移关系:如图1所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δs=s1-s2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移大小之和s2+s1=L。
图13.解题关键角度水平面上的板块模型例1如图2所示,一质量M=2 kg的木板长度为L=50 m,静止放在水平面上,另一质量m=2 kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端,已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2。
现给铁块施加一个水平向右的力F,求:图2(1)若F为变力,且从零开始不断增大,当F增大到多少时,铁块与木板即将开始相对滑动?(2)若F恒定为20 N,试通过计算说明,在此情况下,m与M是否分离,若不分离求两者共同的加速度;若分离,求从静止开始经过多长时间,二者分离?答案(1)12 N(2)分离 5 s解析(1)二者即将相对滑动时,对整体有F-μ2(M+m)g=(M+m)a对木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma联立解得F=12 N。
(2)由于F=20 N>12 N,因此铁块与木板两者会分离,对铁块和木板由牛顿第二定律分别有F-μ1mg=ma1,μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2解得a1=5 m/s2,a2=1 m/s2根据L=12-12a2t22a1t解得分离所需时间t=5 s。
1.(2024·广东珠海高三校考)如图3所示,光滑的水平面上有一质量为M=2 kg的长木板,在长木板的右端放一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.5,长木板与小物块均静止,现用水平恒力F向右拉长木板,g 取10 m/s2,则:图3(1)若拉力F=6 N,小物块与长木板一起运动,求小物块与长木板间的静摩擦力大小;(2)要使小物块与长木板保持相对静止,水平拉力F 不得超过多大;(3)若F =21 N ,且从静止开始拉力F 作用时间t =1 s 时,小物块从长木板上滑落,长木板的长为多少?答案 (1)2 N (2)15 N (3)1.5 m解析 (1)对整体由牛顿第二定律F =(M +m )a对小物块f =ma解得f =2 N 。
高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第1节牛顿第一定律牛顿第三定律课时强化练
牛顿第一定律牛顿第三定律(限时:40分钟)A级跨越本科线1.关于运动状态与所受外力的关系,下面说法中正确的是( ) 【导学号:】A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变C.物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态D.物体的运动方向与它所受的合力的方向一定相同B 力是改变物体运动状态的原因,只要物体受力(合力不为零),它的运动状态就一定会改变,A错误,B正确;物体不受力或合力为零,其运动状态一定不变,处于静止或匀速直线运动状态,C错误;物体的运动方向与它所受合力方向可能相同,也可能相反,还可能不在一条直线上,D错误.2.在物理学发展史上,伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献.以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是( )A.人在沿直线加速前进的车厢内竖直向上跳起后,将落在起跳点的后方B.两匹马拉车比一匹马拉车跑得快,这说明:物体受的力越大则速度就越大C.把手中皮球由静止释放后,球将加速下落,说明力改变了皮球的惯性D.一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来,这说明:静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【答案】 A3.关于惯性的认识,以下说法正确的是( )A.物体受到力的作用后,运动状态发生改变,惯性也随之改变B.置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动,说明惯性与物体的质量无关C.让物体的速度发生改变,无论多快,都需要一定时间,这是因为物体具有惯性D.同一物体沿同一水平面滑动,速度较大时停下来的时间较长,说明惯性与速度有关C 惯性大小与物体的运动状态无关,与物体受力情况无关,只由物体的质量决定,故A、B、D均错误;要改变物体的运动状态,必须有外力作用一定的时间,C正确.4.(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是( ) 【导学号:】A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力的作用,物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动AD 物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质,或者说是物体抵抗运动状态变化的性质,选项A正确;没有力的作用,物体将保持静止状态或匀速直线运动状态,选项B错误;行星在圆周轨道上做匀速圆周运动,而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态,选项C错误;运动物体如果没有受到力的作用,根据牛顿第一定律可知,物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去,选项D正确.5.(2017·南京检测)某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中,不计绳子的重力,以下说法正确的是( )A.只有在桶匀速上升的过程中,绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B.不管桶匀速上升还是加速上升,绳子对桶的拉力都等于桶对绳子的拉力C.不管桶匀速上升还是加速上升,绳子对桶的拉力都大于桶的重力D.只要桶能上升,人对绳子的拉力就大于桶对绳子的拉力B 绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对作用力与反作用力,不管桶匀速上升还是加速上升,大小都相等,A项错、B项对;当桶匀速上升时,绳子对桶的拉力和桶的重力才是一对平衡力,若桶加速上升,绳子对桶的拉力才大于桶的重力,C项错;因为不计绳子的重力,人对绳子的拉力总等于桶对绳子的拉力,D项错.6.(多选)我国《道路交通安全法》中规定:各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带,这是因为( )【导学号:】A.系好安全带可以减小惯性B.是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C.系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害BD 惯性的大小由物体的质量完全决定,与其他因素无关,B正确,A错误;系好安全带是防止因人的惯性而造成对人的伤害,D正确,C错误.7.(2017·福建六校联考)图318是用“长征四号丙”运载火箭发射卫星的照片.关于卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )图318A.火箭尾部向外喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向前的推力B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C.火箭飞出大气层后,由于没有了空气,火箭虽然向后喷气,但也无法获得前进的动力D.卫星进入预定轨道之后,与地球之间不存在相互作用A 火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力,即为火箭上升的推动力,此动力并不是由周围的空气提供的,因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关,因而选项B、C错误,选项A正确;火箭运载卫星进入轨道之后,卫星与地球之间依然存在相互吸引力,即卫星吸引地球,地球吸引卫星,这是一对作用力与反作用力,故选项D错误.8.如图319所示,家用吊扇对悬挂点有拉力作用,正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比 ( )【导学号:】图319A.变大B.变小C.不变D.无法判断B 吊扇不转动时,吊扇对悬点的拉力大小等于吊扇的重力,吊扇旋转时对空气有向下的压力.根据牛顿第三定律,空气也对吊扇有一个向上的反作用力,使得吊扇对悬点的拉力减小,B正确.9.就一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是 ( ) A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机,这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性变小了C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到转弯的目的C 采用了大功率的发动机后,可以提高车速,但功率的大小与惯性无关,只要质量不变,惯性就不变,故A错;惯性与运动距离无关,故B错;摘下或加挂车厢,会使列车的质量增大或减小,惯性发生变化,故C对;摩托车转弯时,身体稍微向里倾斜是改变其受力情况,惯性与力无关,故D错.10.在一次交通事故中,一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.关于这起事故原因的物理分析正确的是( )A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁驾驶室B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动D .由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动A 载有30吨“工”字形钢材的汽车的惯性没有钢材的惯性大,在紧急制动时,由于钢材的惯性,钢材继续向前运动,从而压扁驾驶室,A 正确,D 错误;汽车及其上钢材惯性的大小由其质量大小决定;惯性的大小不会因汽车制动而减小,也不会由阻力来克服,故B 、C 均错误.B 级 名校必刷题11.月球表面上的重力加速度为地球表面的重力加速度的16.对于同一个飞行器,在月球表面上时与在地球表面上时相比较( ) 【导学号:】A .惯性减小为在地球表面时的16,重力不变 B .惯性和重力都减小为在地球表面时的16C .惯性不变,重力减小为在地球表面时的16D .惯性和重力都不变C 因为同一个物体的质量与它所在位置及运动状态无关,所以这个飞行器从地球到月球,其惯性大小不变,物体的重力发生变化,这个飞行器在月球表面上的重力为G 月=mg月=m ·16g 地=16G 地,选项C 正确. 12.如图3110所示为英国人阿特伍德设计的装置,不考虑绳与滑轮的质量,不计轴承、绳与滑轮间的摩擦.初始时两人均站在水平地面上,当位于左侧的甲用力向上攀爬时,位于右侧的乙始终用力抓住绳子,最终至少一人能到达滑轮.下列说法中正确的是( )图3110A .若甲的质量较大,则乙先到达滑轮B .若甲的质量较大,则甲、乙同时到达滑轮C .若甲、乙质量相同,则乙先到达滑轮D .若甲、乙质量相同,则甲先到达滑轮A 由于滑轮光滑,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,若甲的质量大,则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力,得甲攀爬时乙的加速度大于甲,所以乙会先到达滑轮,选项A 正确,选项B 错误;若甲、乙的质量相同,甲用力向上攀爬时,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C 、D 错误.13.如图3111所示,用细线将A 物体悬挂在顶板上,B 物体放在水平地面上.A 、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧,此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N.则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )图3111A.8 N和0 N B.5 N和7 NC.5 N和3 N D.7 N和7 NC 对A由平衡条件得T-G A-kx=0,解得T=G A+kx=3 N+100×0.02 N=5 N,对B 由平衡条件得kx+N-G B=0,解得N=G B-kx=5 N-100×0.02 N=3 N,由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N,故选项C正确.14.两个木块A、B由同种材料制成,m A>m B,并随木板一起以相同速度向右匀速运动,如图3112所示,设木板足够长,当木板突然停止运动后,则( ) 【导学号:】图3112A.若木板光滑,由于A的惯性大,故A、B间距离将增大B.若木板粗糙,由于A受阻力大,故B可能与A相碰C.无论木板是否光滑,A、B间距离将保持不变D.无论木板是否光滑,A、B两物体一定能相碰C 若木板上表面光滑,木板停止运动时,两木块以相同的速度继续向前匀速运动,能保持其间距离不变;若木板上表面粗糙,木板停止运动时,两木块以相同的初速度向前做匀减速运动,由v20=2ax,a=μg可知,A、B两木板在匀减速的过程中,间距也将保持不变,故只有C正确.15.A是用绳拴在车厢底部的氢气球,B是用绳挂在车厢顶部的金属球,开始时它们和车厢一起向右做匀速直线运动,若突然刹车使车厢做匀减速运动,则下列选项中能正确表示刹车期间车内情况的是( )D 开始时金属球、车厢内空气及氢气球有向右的相同速度,突然刹车使车厢做减速运动时,由于金属球比车厢内同体积的空气质量大,惯性大,运动状态不易改变,相对车厢向右运动,因此B向右偏,B、C两项均错;氢气球比同体积的空气质量小,惯性小,运动状态容易改变,相对车厢向左运动,因此A向左偏,A项错,D项对.。
2025届高考物理一轮复习资料第二章相互作用专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题
专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题学习目标 1.学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。
2.会分析平衡中的临界与极值,并会进行相关计算。
考点一动态平衡问题1.动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化,但在变化过程中,每一个状态均可视为平衡状态。
2.做题流程方法解析法1.对研究对象进行受力分析,画出受力示意图。
2.根据物体的平衡条件列式,得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。
3.根据自变量的变化确定因变量的变化。
例1如图1,OABC为常见的“汽车千斤顶”。
当汽车需要换轮胎时,司机将它放在车身底盘和地面之间,只需摇动手柄使螺旋杆OA转动,O、A之间的距离就会逐渐减小,O、C之间的距离增大,就能将汽车车身缓缓地顶起来。
在千斤顶将汽车顶起来的过程中,下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是()图1A.OA 、OB 的弹力不断变大B.OA 、OB 的弹力不断变小C.OA 的弹力变大、OB 的弹力变小D.OA 的弹力变小、OB 的弹力变大 答案 B解析 对O 点进行受力分析,它受到汽车对它竖直向下的压力,大小等于汽车的重力G ,OA 方向杆的弹力F OA ,BO 方向的弹力F BO ,设OB 与水平方向夹角为θ,可知F BO =G sin θ,F OA =Gtan θ,当千斤顶将汽车顶起来的过程中,θ变大,则F BO 和F OA 均变小,故B 正确。
1.(2024·河南三门峡模拟)如图2所示,在水平粗糙横杆上,有一质量为m 的小圆环A ,悬吊一个质量为M 的小球B ,今用一水平力F 缓慢地拉起B ,A 仍保持静止不动,设圆环A 受到的支持力为F N ,静摩擦力为f ,此过程中( )图2A.F N 增大,f 减小B.F N 不变,f 减小C.F N 不变,f 增大D.F N 增大,f 增大答案C解析将A、B整体受力分析,如图甲所示,由平衡条件得F N=(M+m)g,可知F N不变,f=F;隔离B,受力分析如图乙所示,由平衡条件知F=Mg tan θ,水平力F缓慢地拉起B的过程中,θ增大,外力F逐渐增大,所以f增大,故C正确。
高中物理同步必修第一册 第3章 相互作用 专题强化 摩擦力的综合分析
B.木箱所受的最大静摩擦力Fmax=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
图2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
解析 木箱受到的静摩擦力随推力的增大而增大,最大静摩擦力为21 N,
2.摩擦力的方向 (1)静摩擦力的方向与物体的相对运动趋势方向相反.可利用假设法判断, 即假设接触面光滑,物体相对与它接触的物体运动的方向,就是相对运 动趋势方向.例如:静止在斜面上的物体受到的静摩擦力的方向沿斜面向 上.(如图1)
图1
图2
静摩擦力的方向与物体的运动方向可以成任意角度,如图2所示.
√A.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动,
A受到沿传送带向上的摩擦力
B.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动,
图4
A受到沿传送带向下的摩擦力
C.如果货物A和传送带都静止,A不受摩擦力
√D.如果货物A和传送带都静止,A对传送带有沿传送带向下的摩擦力
解析 摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反,先判断物体 的相对运动情况.对货物A来说,有相对于传送带向下滑动的趋势,则摩 擦力与相对运动趋势方向相反,即沿传送带向上,选项A正确; 货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动时,货物A有沿传送带向 下运动的趋势,A受到沿传送带向上的摩擦力,选项B错误; 如果货物A和传送带都静止,则A相对传送带有向下运动的趋势,A受到 沿传送带向上的摩擦力,选项C错误; 反之,A也给传送带摩擦力,A相对于传送带有向下的 运动趋势,传送带相对于A有向上的运动趋势,则A给 传送带的摩擦力方向沿传送带向下,选项D正确.
(2)滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反,与物体的运动方向无关. (3)无论是静摩擦力还是滑动摩擦力,都可以是动力,也可以是阻力,如 果物体受到的摩擦力的方向与该物体运动的方向相同,则摩擦力为动 力,如果物体受到的摩擦力的方向与该物体运动的方向相反,则摩擦力 为阻力.
高考物理一轮复习重点强化练3万有引力定律的综合应用
重点强化练(三) 万有引力定律的综合应用(限时:40分钟)一、选择题1.(多选)据报道,美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星,并投入彗星的怀抱,实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”,如图1所示.设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆,其运行周期为5.74年,则下列说法正确的是( )图1A .探测器的最小发射速度为7.9 km/sB .“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度C .“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度D .探测器运行的周期小于5.74年BD [探测器要想脱离地球的控制,发射速度要大于7.9 km/s ,选项A 错误;根据万有引力定律和牛顿第二定律,有GMm r 2=ma ,解得a =GMr2,可知近日点的加速度大,选项B 正确;根据开普勒第二定律可知,行星绕日运动的近日点的线速度大,远日点的线速度小,选项C错误;探测器的轨道比彗星低,根据开普勒第三定律,有r 3T2=k ,可知其运行周期一定比彗星的运行周期小,选项D 正确.]2.(多选)2014年11月27日,“嫦娥五号”飞行器服务舱第一次到达地月系统的拉格朗日-2点.如图2所示,拉格朗日-1点(简称1点)、拉格朗日-2点(简称2点)、地心和月心位于一条直线上.服务舱在1、2两个点时,几乎不消耗燃料就能与月球同步绕地球做圆周运动.设1点、2点到地心的距离分别为r 1、r 2,假设服务舱先后在1点和2点绕地球做圆周运动,则下列说法正确的是( )图2A .服务舱在1点、2点受到的地球引力大小之比为r 1∶r 2B .服务舱在1点、2点的加速度大小之比为r 1∶r 2C .服务舱在1点、2点的速率之比为r 1∶r 2D .因受月球的吸引,服务舱内的仪器处于超重状态BC [设服务舱质量为m 、地球质量为M ,服务舱在1点、2点受到地球的引力分别为GMmr 21和GMm r 22,A 错;设月球角速度为ω,服务舱在1点、2点的加速度大小分别为r 1ω2、r 2ω2,B 对;服务舱在1点、2点的速度大小分别为r 1ω、r 2ω,C 对;服务舱内仪器受到地球和月球的引力合力用于提供向心力,处于完全失重状态,D 错.]3.一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动,其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球,经过时间t 恰好垂直打在倾角α=30°的斜面体上,如图3所示.已知引力常量为G ,则火星的质量为( )【导学号:92492206】图3A.3v 3T 416Gt 3π4 B .33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4 D .33v 2T 416Gt 3π4 B [以M 表示火星的质量,r 0表示火星的半径,g ′表示火星表面附近的重力加速度,火星对卫星的万有引力提供向心力,有G Mm r 20=m ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0,在火星表面有G Mm ′r 20=m ′g ′;平抛小球速度的偏转角为60°,tan 60°=g ′t v ,联立以上各式解得M =33v 3T416Gt 3π4,B 正确.]4.a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星.其中a 、c 的轨道相交于P ,b 、d 在同一个圆轨道上,b 、c 的轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图4所示.下列说法中正确的是( )图4A .a 、c 的加速度大小相等,且大于b 的加速度B .b 、c 的角速度大小相等,且小于a 的角速度C .a 、c 的线速度大小相等,且小于d 的线速度D .a 、c 存在在P 点相撞的危险A [由图可知a 、c 的轨道半径大小相等,且小于b 、d 的轨道半径,由G Mm r 2=m v 2r=mrω2=mr4π2T 2=ma ,可知B 、C 错误,A 正确;a 、c 轨道相交,则轨道半径相等,则速率相等,由图示位置可知a 、c 不会相撞,则以后也不会相撞,D 错误.]5.(2017·银川二中一模)如图5所示,A 为地球赤道上的物体,B 为地球同步卫星,C 为地球表面上北纬60°的物体.已知A 、B 的质量相同.则下列关于A 、B 和C 三个物体的说法中,正确的是( )图5A .A 物体受到的万有引力小于B 物体受到的万有引力 B .B 物体的向心加速度小于A 物体的向心加速度C .A 、B 两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相同D .A 和B 线速度的比值比C 和B 线速度的比值大,且都小于1D [A 、B 的质量相同,根据万有引力定律F =G Mmr2可知,A 受到的万有引力大于B 受到的万有引力,故A 错误;因A 与B 的角速度相同,由a =ω2r 可知B 的向心加速度大于A 的向心加速度,故B 错误;A 在地球表面,不是环绕地球做匀速圆周运动,因此不满足开普勒第三定律,故C 错误;根据v =ωr 可知,B 的线速度最大,而C 的线速度最小,因此A 与B 的线速度比值大于C 与B 的线速度比值,且均小于1,故D 正确.]6.(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为2∶7.已知该行星质量约为地球的7倍,地球的半径为R .由此可知,该行星的半径约为( )A.12R B .72R C .2RD .72R C [平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,即x =v 0t ,在竖直方向上做自由落体运动,即h =12gt 2,所以x =v 02hg,两种情况下,抛出的速度相同,高度相同,所以g 行g 地=74,根据公式G Mm R 2=mg 可得g =GM R 2,故g 行g 地=M 行R 2行M 地R 2地=74,解得R 行=2R ,故C 正确.]7.(多选)2014年12月11日,我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭成功将“遥感卫星二十五号”发射升空,卫星顺利进入预定轨道.已知该卫星的轨道是椭圆,周期为T 0,如图6所示.则( )图6A .“遥感卫星二十五号”的发射速度小于第一宇宙速度B .“遥感卫星二十五号”在A →B →C 的过程中速率逐渐变小 C .“遥感卫星二十五号”从A 到B 所用的时间小于T 04D .“遥感卫星二十五号”在B →C →D 的过程中,万有引力对它先做正功后做负功 BC [绕地球运行的卫星,其发射速度不小于第一宇宙速度,选项A 错误;卫星在A →B →C 的过程中,卫星与地球的距离增大,此过程中卫星克服万有引力做功,速率逐渐变小,选项B 正确;周期为T 0,卫星从A 到C 的过程中所用的时间是T 02,由于卫星在A →B →C 的过程中速率逐渐变小,从A 到B 与从B 到C 的路程相等,所以卫星从A 到B 所用的时间小于T 04,选项C 正确;卫星在B →C →D 的过程中,万有引力方向先与速度方向成钝角,过了C 点后万有引力方向与速度方向成锐角,所以万有引力对它先做负功后做正功,选项D 错误.]8.(2017·长沙摸底)2015年7月23日美国航天局宣布,天文学家发现“另一个地球”——太阳系外行星开普勒—452b.假设行星开普勒—452b 绕中心恒星公转周期为385天,它的体积是地球的5倍,其表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的两倍,它与中心恒星的距离和地球与太阳的距离很接近,则行星开普勒—452b 与地球的平均密度的比值及其中心恒星与太阳的质量的比值分别为( )【导学号:92492207】A.⎝ ⎛⎭⎪⎫8513和⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852 B .⎝ ⎛⎭⎪⎫8513和⎝ ⎛⎭⎪⎫3853652 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫5813和⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫5813和⎝ ⎛⎭⎪⎫3853652 A [在行星表面,万有引力等于重力,则有:G Mm R 2=mg ,而ρ=M 43πR 3,解得:ρ=3g4πRG,而行星开普勒—452b 的体积是地球的5倍,则半径为地球半径的35倍,则有:ρ行ρ地=g 行R 地g 地R 行=⎝ ⎛⎭⎪⎫8513,行星绕恒星做匀速圆周运动过程中,根据万有引力提供向心力得:G M ′M r 2=M 4π2r T 2,解得:M ′=4π2r3GT2,轨道半径相等,行星开普勒-452b 绕恒星公转周期为385天,地球的公转周期为365天,则M 恒M 太=T 2地T 2行=⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852,故A 正确.]9.(多选)(2017·聊城模拟)如图7所示,甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星,甲、丙围绕乙在半径为R 的圆轨道上运行,若三颗星质量均为M ,万有引力常量为G ,则( )图7A .甲星所受合外力为5GM24R2B .乙星所受合外力为GM 2R2C .甲星和丙星的线速度相同D .甲星和丙星的角速度相同AD [甲星所受合外力为乙、丙对甲星的万有引力的合力,F 甲=GM 2R 2+GM 22R 2=5GM24R2,A正确;由对称性可知,甲、丙对乙星的万有引力等大反向,乙星所受合力为0,B 错误;由于甲、丙位置在任意时刻均关于乙对称,甲、丙的角速度和运行轨道半径相同,由v =ωR 可知,甲、丙两星的线速度大小相同,但方向相反,故C 错误,D 正确.]10.(2017·浙江模拟)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者,他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星,春分那天(太阳光直射赤道)在日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星.已知地球半径为R ,地球表面处的重力加速度为g ,地球自转周期为T ,卫星的运动方向与地球转动方向相同,不考虑大气对光的折射.下列说法中正确的是( )【导学号:92492208】A .同步卫星离地高度为3gR 2T 24π2B .同步卫星的加速度小于赤道上物体的向心加速度C .t 1=Tπsin-1R3gR 2T24π2D .同步卫星加速度大于近地卫星的加速度C [根据GM r 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ,GM =gR 2,得同步卫星轨道半径为r =3gR 2T 24π2,离地高度为h =3gR 2T 24π2-R ,选项A 错误;根据a =ω2r ,由于同步卫星与赤道上物体转动角速度相同,同步卫星离地心距离较大,同步卫星加速度大于赤道上物体向心加速度,选项B 错误;根据光的直线传播规律,日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星,如图所示,同步卫星相对地心转过角度为θ=2α,sin α=R r ,结合θ=ωt 1=2πT t 1,解得t 1=T πsin -1R 3gR 2T24π2,选项C 正确;根据a=GM r2,同步卫星的轨道半径比近地卫星轨道半径大,故同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度,选项D 错误.]二、非选择题11.石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖.用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现.科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换.图8(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站,求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能,设地球自转角速度为ω,地球半径为R ;(2)当电梯仓停在距地面高度h 2=4R 的站点时,求仓内质量m 2=50 kg 的人对水平地板的压力大小.地面附近重力加速度g 取10 m/s 2,地球自转角速度ω=7.3×10-5rad/s ,地球半径R =6.4×103km.【解析】 (1)设货物相对地心的距离为r 1,线速度为v 1,则r 1=R +h 1 ① v 1=r 1ω②货物相对地心的动能E k =12m 1v 21③联立①②③式得E k =12m 1ω2(R +h 1)2.④(2)设地球质量为M ,人相对地心的距离为r 2,向心加速度为a n ,受地球的万有引力为F ,则r 2=R +h 2 ⑤ a n =ω2r 2 ⑥ F =G m 2M r 22⑦ g =GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ,人对水平地板的压力大小为N ′,则F -N =m 2a n⑨ N ′=N⑩联立⑤~⑩式并代入数据得N ′≈11.5 N . ⑪【答案】 (1)12m 1ω2(R +h 1)2(2)11.5 N12.万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性. (1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量,随称量位置的变化可能会有不同的结果.已知地球质量为M ,自转周期为T ,万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体,不考虑空气的影响.设在地球北极地面称量时,弹簧秤的读数是F 0.①若在北极上空高出地面h 处称量,弹簧秤读数为F 1,求比值F 1F 0的表达式,并就h =1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字);②若在赤道地面称量,弹簧秤读数为F 2,求比值F 2F 0的表达式.(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r 、太阳的半径R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%,而太阳和地球的密度均匀且不变.仅考虑太阳和地球之间的相互作用,以现实地球的1年为标准,计算“设想地球”的1年将变为多长?【导学号:92492209】【解析】 (1)①物体处于北极以及北极上方时,万有引力等于重力,F 0=G Mm R 2,F 1=GMm R +h 2可得F 1F 0=R 2R +h2当h =1.0%R 时,F 1F 0=0.98②在赤道上弹簧秤的读数表示重力的大小,即F 2=F 0-m 4π2R T2可以求得F 2F 0=1-4π2R3T 2GM.(2)根据太阳的引力提供地球的向心力,T =2πr 3GM太阳的质量M =ρS 43πR 3S所以有T =3πGρS ×r 3R 3S从上式可以看出当r 、R 、R S 均变为现在的百分之一时,周期不变,即仍为1地球年.【答案】 (1)①F 1F 0=R 2R +h20.98②F 2F 0=1-4π2R 3T 2GM(2)仍为1地球年。
物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件:第三章章末热点集训
[解析] 因为 μ<tan 37°,若 v0≥1 m/s,两物块以相同的初 速度和加速度沿传送带下滑,摩擦力均阻碍物块的运动,所 以物块 A、B 同时到达传送带底端,B 选项正确;若 v0<1 m/s, 开始运动的一段时间内,物块 A 的加速度大于物块 B 的加速 度,然后加速度相等,所以物块 A 先到达传送带底端,即 C 选项正确. [答案] BC
[解析] 根据题意,开始时,A、B 相对静止,相对滑动前以 相同加速度 a=mA+kt2mA向右做变加速运动,木板 B 的最大 加速度 aB=2FmfA,当ktm-AFf=2FmfA时,A、B 开始相对滑动, 解得时间 t=32Fkf,之后 A 的加速度 aA=ktm-AFf随时间增大, 木板 B 以不变的加速度 aB=2FmfA做匀加速直线运动.从以上 分析可知,C 正确. [答案] C
1.如图所示,水平桌面光
滑,A、B 物体间的动摩擦因数为 μ(可认
为最大静摩擦力等于滑动摩擦力),A 物体
质量为 2m,B 和 C 物体的质量均为 m,滑轮光滑,砝码盘中
可以任意加减砝码.在保持 A、B、C 三个物体相对到的最大拉力是( )
A.12μmg
的动摩擦因数 μ= 33.重力加速度 g 取 10 m/s2. (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 与斜面的夹角多大时,拉力 F 最小?拉力 F 的最 小值是多少?
解析:(1)设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=v0t+12at2① v=v0+at② 联立①②式,代入数据解得:a=3 m/s2,v=8 m/s. (2)设物块所受支持力为 FN,所受摩擦力为 Ff,拉力与斜面 之间的夹角为 α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得:
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滑块相对静止)后,悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ,斜面体始终保持静止,
则下列说法正确的是
√A.斜面光滑
B.斜面粗糙
√C.达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向左
D.达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向右
图6
解析 隔离小球,可知小球的加速度方向沿斜面向 下,大小为gsin θ,小球稳定后,支架系统的加速 度与小球的加速度相同,对支架系统进行分析,只 有斜面光滑,支架系统的加速度才是gsin θ,所以A 正确,B错误. 隔离斜面体,斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直 斜面向下的压力,因斜面体始终保持静止,则斜面体还应受到地面对它水平向 左的摩擦力,C正确,D错误.
2.常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0. (2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值. (3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能 承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合外力为零. 3.解题基本思路 (1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段); (2)寻找过程中变化的物理量; (3)探索物理量的变化规律; (4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系.
加速运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后F为
恒力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0;
答案 0.16 m
图7
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0, 对整体受力分析,平行斜面方向有(m1+m2)gsin θ=kx0 解得x0=0.16 m.
变式3 (2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图5所示,质量分别为2m和
3m的两个小球静止于光滑水平面上,且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端.
今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力,使两球一起
做匀加速直线运动,则稳定后弹簧的伸长量为
F A.5k
2F B. 5k
√3F
C. 5k
3.解题策略 (1)分清图象的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义, 掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点. (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点, 图线的转折点,两图线的交点等. (3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情景结合起来,应 用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与 物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断.
另外由于物块静止不动,同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff =0.2 N,解得m=1 kg、F=0.4 N,选项A、B正确; 由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项D 错误.
变式1 (多选)(2020·山东等级考模拟卷·11)如图2所示,某人从距水面一定高
大一轮复习讲义
专题解读
1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问 题以及多运动过程问题.在高考中主要以选择题形式考查,且每年都有命题.
2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理 问题的能力.
3.本专题用到的规律和方法有:整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、 临界条件和相关的数学知识.
热点一 动力学图象问题
高考热点 讲透练熟
1.常见图象 v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等. 2.题型分类 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况. (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况. (3)由已知条件确定某物理量的变化图象.
B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为
μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量
热点三 临界和极界或极值条件的标志 (1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句,明显表明题述的过程存在 着临界点. (2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句,表明题述过程存 在着“起止点”,而这些“起止点”一般对应着临界状态. (3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句,表明题述的过程存在 着极值,这个极值点往往是临界点.
例3 (2019·江西宜春市期末)如图7所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的
光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6 kg的物体P,Q为一质量为m2 =10 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止状态.
现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀
(3)力F的最大值与最小值.
答案
280 3
N
160 3
N
解析 对两物体受力分析知,开始运动时拉力最小,分离时拉力最大,则 Fmin=(m1+m2)a=1360 N 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax-m2gsin θ=m2a 解得 Fmax=m2(gsin θ+a)=2380 N.
变式5 如图8,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、
F D. k
图5
解析 对整体分析,整体的加速度 a=5Fm,对质量为 3m 的小球分析,根据牛 顿第二定律有:F 弹=kx=3ma,可得 x=35Fk,故 A、B、D 错误,C 正确.
变式4 (多选)如图6所示,倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上,现有一
带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与
例1 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一 不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始 受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关 系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦 可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出
整体法、 隔离法的 交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力 时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研 究对象,应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度,后 隔离求内力”
例2 (2019·江苏南通市模拟)如图4所示,质量为m2的物块B放在光滑的水平 桌面上,其上放置质量为m1的物块A,用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为 M的物块C连接,释放C,A和B一起以加速度大小a从静止开始运动,已知A、
加速度和下落时间.下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确
的是
图2
√
√
解析 人在下落的过程中,弹性绳绷紧之前,人处于自由落体状态,加速度 为g;弹性绳绷紧之后,弹力随下落距离逐渐增大,加速度先均匀减小后反向 均匀增大,C错误,D正确;
弹性绳绷紧之后,人的加速度先减小后反向增大,可知速度时间图象的斜率 先减小后反向增大,B错误,A正确.
3.处理连接体问题的方法
整体法的 选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作 用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的外力,应用牛 顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的 选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之 间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二 定律列方程求解
B间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,则细线中
的拉力大小为
A.Mg
B.M(g+a)
√C.(m1+m2)a
D.m1a+μm1g
图4
解析 以物块C为研究对象,有Mg-FT=Ma,解得FT=Mg-Ma,故A、B错误; 以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知FT=(m1+m2)a,故C正确; 根据牛顿第二定律,对B可知Ff=m2a,A、B间为静摩擦力,故D错误.
√A.木板的质量为1 kg
图1
√B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内,力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析 由题图(c)可知木板在0~2 s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物 块的拉力f在0~2 s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以 判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;
热点二 动力学中的连接体问题
1.连接体的类型 (1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
高考热点 讲透练熟
(3)轻绳连接体 (4)轻杆连接体
2.连接体的运动特点 轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等. 轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有 相同的角速度,而线速度与转动半径成正比. 轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧 形变最大时,两端连接体的速率相等.
由题图(c)可知木板在 2~4 s 内做匀加速运动,其加速度大小为 a1=04.4--20 m/s2 =0.2 m/s2,对木板进行受力分析, 由牛顿第二定律可得 F-Ff=ma1,在 4~5 s 内做匀减速运动,其加速度大小为 a2=0.54--40.2 m/s2=0.2 m/s2,Ff=ma2,
变式2 (多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图3甲所示,一质量m=1 kg 的物体置于水平面上,在水平外力F作用下由静止开始运动,F随时间t的变化 情况如图乙所示,物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图 线没有画出).已知重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 A.物体在第3 s末的加速度大小是2 m/s2
√B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C.物体在前6 s内的位移为10 m