高考物理一轮复习 第3章 高考微专题课件
物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案
微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。
常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。
常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。
[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。
5 m，如图(a)所示。
t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1 s时间内小物块的v。
t图线如图（b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。
求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。
专题3 库仑力作用下的运动问题-2021年高考物理静电场微专题突破
图4 【答案】2.7×10－2 N 做匀加速直线运动
【解析】A、B 运动时距离保持不变，说明二者速度、加速度均相等，对于 B，水平方向只受 A 球的库
仑力 F2.
aB＝Fm22＝kqd12qm22＝9×109 N·m2/C2×
10－7 C×10－7 C ＝9
0.1 m 2×10－3 kg
m/s2，所以 aA＝aB＝9
联立以上各式解得 a＝gsinα－
.
mH2
kQq (2)当 A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时 A 球与 B 点间的距离为 R，则 mgsinα＝ ，
R2
kQq
解得 R＝
2．[库仑力作用下的动力学问题]如图 2 所示，竖直平面内
mgsinα
【典例 4】光滑的绝缘水平面上的带电小球 A、B 质量分别为 m1＝2 g，m2＝1 g；它们的电荷量相等，q1＝ q2＝10－7 C，A 球带正电，B 球带负电，现在水平恒力 F1 向右作用于 A 球，这时 A、B 一起向右运动，且保 持距离 d＝0.1 m 不变，如图 4 所示，试问：F1 多大？它们如何运动？
用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1 与θ
2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别 vA 和 vB，最大动能分别为 EkA 和
EkB。则 （
）
图2
A.mA 一定小于 mB 【答案】ACD
B.qA 一定大于 qB
C.vA 一定大于 vB
图5
【答案】摆球在最低点的速度最小值应为 5gL Kq 2 mL
【分析】本题主要考查了机械能守恒定律及向心力公式的直接应用，要求同学们能在最低点和最高点对摆
2024届高考物理微专题：动态平衡问题
微专题13动态平衡问题1．三力动态平衡常用解析法、图解法、相似三角形法、正弦定理法等：(1)若一力恒定还有一个力方向不变，第三个力大小、方向都变时可用图解法；(2)若另两个力大小、方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；(3)若另外两个力大小、方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理；(4)若另外两个力大小、方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定理.2.多力动态平衡问题常用解析法．1.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示．将悬点A 缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A ．逐渐增大B ．大小不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小答案C 解析方法一图解法：在悬点A 缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg 的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力F T 先减小后增大，C 正确．方法二解析法：如图乙所示，由正弦定理得F T sin α＝mg sin β，得F T ＝mg sin αsin β，由于mg 和sin α不变，而sin β先增大后减小，可得F T 先减小后增大，C 正确．2．质量为m 的球置于倾角为θ的光滑固定斜面上，被与斜面垂直的光滑挡板挡着，如图所示．当挡板从图示位置沿逆时针缓慢转动至水平位置的过程中，挡板对球的弹力F N1和斜面对球的弹力F N2的变化情况是()A．F N1先增大后减小B．F N1先减小后增大C．F N2逐渐增大D．F N2逐渐减小答案D解析对球受力分析如图，当挡板逆时针缓慢转动到水平位置时，挡板对球的弹力逐渐增大，斜面对球的弹力逐渐减小，故选D.3.(2023·湖南郴州市质检)如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．则在小球移动过程中()A．细线对小球的拉力变大B．斜面体对小球的支持力变大C．斜面体对地面的压力变大D．地面对斜面体的摩擦力变大答案A解析对小球受力分析并合成矢量三角形．如图所示，重力大小、方向不变，支持力方向不变，细线拉力方向由图甲中实线变为虚线，细线对小球的拉力增大，斜面体对小球的支持力减小，A正确，B错误；甲乙对斜面体受力分析，正交分解：F N′sinα＝F f，F N地＝F N′cosα＋Mg，根据牛顿第三定律，小球对斜面体的压力F N′减小，所以地面对斜面体的摩擦力减小，地面对斜面体的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力减小，C、D错误．4.(多选)(2023·安徽蚌埠市高三月考)如图，轻杆一端连在光滑的铰链上，另一端固定着质量为m的小球，初始时，在球上施加作用力F使杆处于水平静止，力F和杆的夹角α＝120°.现保持α角不变，改变力F的大小缓慢向上旋转轻杆，直至杆与水平方向成60°角，在这个过程中()A．力F逐渐增大B．力F逐渐减小C．杆对小球的弹力先增大后减小D．杆对小球的弹力先减小后增大答案BD解析由于轻杆一端连在光滑的铰链上，故杆对小球的作用力始终沿着杆的方向，设转动过程中杆与竖直方向夹角为θ，由平衡条件可得，垂直杆方向满足F sin60°＝mg sinθ，杆转过60°过程，θ从90°减小到30°，可知力F逐渐减小，A错误，B正确；沿杆方向满足F杆＝F cosmg·sin(θ－60°)，可知当θ＝60°时，F杆＝0，故θ60°－mg cosθ，联立上述两式可得F杆＝233从90°减小到30°的过程，杆对小球的弹力先减小为零后反向增大，C错误，D正确．5.在一些地表矿的开采点，有一些简易的举升机械，利用图示装置，通过轻绳和滑轮提升重物．轻绳a端固定在井壁的M点，另一端系在光滑的轻质滑环N上，滑环N套在光滑竖直杆上．轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮．滑轮和绳的摩擦不计．在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升过程中，下列说法正确的是()A．绳a的拉力变大B．绳b的拉力变大C．杆对滑环的弹力变大D．绳b的拉力始终比绳a的小答案D解析设a绳子总长为L，左端井壁与竖直杆之间的距离为d，动滑轮左侧绳长为L1，右侧绳长为L2.由于绳子a上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ则由几何知识，得d ＝L 1sin θ＋L 2sin θ＝(L 1＋L 2)sin θ，L 1＋L 2＝L 得到sin θ＝d L，当滑环N 缓慢向上移动时，d 、L 没有变化，则θ不变．绳子a 的拉力大小为F T1，重物的重力为G .以动滑轮为研究对象，根据平衡条件得2F T1cos θ＝G ，解得F T1＝G 2cos θ，故当θ不变时，绳子a 拉力F T1不变，A 错误；以滑环N 为研究对象，绳b 的拉力为F T2，则F T2＝F T1cos θ保持不变；杆对滑环的弹力F N ＝F T1sin θ保持不变，B 、C 错误；绳b 的拉力F T2＝F T1cos θ，所以绳b 的拉力F T2始终比绳a 的拉力F T1小，D 正确.6.某小区晾晒区的并排等高门形晾衣架A ′ABB ′－C ′CDD ′如图所示，AB 、CD 杆均水平，不可伸长的轻绳的一端M 固定在AB 中点上，另一端N 系在C 点，一衣架(含所挂衣物)的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动．将轻绳N 端从C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点，整个过程中衣物始终没有着地．则此过程中轻绳上张力大小的变化情况是()A ．一直减小B ．先减小后增大C ．一直增大D ．先增大后减小答案B 解析轻绳N 端由C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点的过程中，衣架两侧轻绳与水平方向的夹角先增大后减小，设该夹角为θ，轻绳上的张力为F ，由平衡条件有2F sin θ＝mg ，故F ＝mg 2sin θ，可见张力大小先减小后增大，B 项正确.7．如图所示，半径为R 的圆环竖直放置，长度为R 的不可伸长的轻细绳OA 、OB ,一端固定在圆环上，另一端在圆心O 处连接并悬挂一质量为m 的重物，初始时OA 绳处于水平状态，把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA 绳处于竖直状态，在这个过程中()A ．OA 绳的拉力逐渐增大B ．OA 绳的拉力先增大后减小C ．OB 绳的拉力先增大后减小D ．OB 绳的拉力先减小后增大答案B 解析以重物为研究对象，重物受到重力mg 、OA 绳的拉力F 1、OB 绳的拉力F 2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图所示．在转动的过程中，OA 绳的拉力F 1先增大，转过直径后开始减小，OB 绳的拉力F 2开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误.8．(2023·山东青岛市模拟)我国的新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世，目前新疆地区的棉田大部分是通过如图甲所示的自动采棉机采收．自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这个过程可以简化为如图乙所示模型：质量为m 的棉包放在“V ”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V ”型挡板可绕O 轴在竖直面内转动．在使OB 板由水平位置顺时针缓慢转动到竖直位置过程中，忽略“V ”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是()A ．棉包对OA 板的压力逐渐增大B ．棉包对OB 板的压力先增大后减小C ．当OB 板转过30°时，棉包对OB 板的作用力大小为mgD ．当OB 板转过60°时，棉包对OA 板的作用力大小为mg答案D 解析对棉包受力分析如图，(a)由正弦定理可得mg sin 120°＝F OB sin β＝F OA sin α，棉包在旋转过程中α从0逐渐变大，β从60°逐渐减小，因此OB 板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对OA 板压力逐渐增大，对OB 板压力逐渐减小；OB 板继续转动直至竖直的过程中，棉包脱离OB 板并沿OA 板滑下，棉包对OA 板压(b)力随板转动逐渐减小，故A 、B 错误；当OB 板转过30°时，两板与水平方向夹角均为30°，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，如图(b)，可得F OA ′＝F OB ′＝33mg ，故C 错误；当OB 板转过60°时，OA 板处于水平位置，棉包只受到受力和OA 板的支持力，由二力平衡得F OA ″＝mg ，故D 正确．9．(2023·上海市模拟)如图所示，细绳一端固定在A 点，另一端跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后悬挂一个砂桶Q (含砂子)．现有另一个砂桶P (含砂子)通过光滑挂钩挂在A 、B 之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C 点，∠ACB ＝120°，下列说法正确的是()A ．若只增加Q 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变B ．若只增加P 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变C ．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P 桶位置不变D ．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q 桶位置上升答案C 解析对砂桶Q 分析有，Q 受到细绳的拉力大小F T ＝G Q ，设AC 、BC 之间的夹角为θ，对C点分析可知C 点受三个力而平衡，由题意知，C 点两侧的绳张力相等，故有2F T cosθ2＝G P ，联立可得2G Q cos θ2＝G P ，故只增加Q 桶中的砂子，即只增加G Q ，夹角θ变大，P 桶上升，只增加P 桶中的砂子，即只增加G P ，夹角θ变小，P 桶下降，故A 、B 错误；由2G Q cosθ2＝G P ，可知，当θ＝120°时有G Q ＝G P ，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P 桶的位置不变，故C 正确，D 错误．10.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点．另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a ，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若保持F 的方向不变，逐渐增大F 的大小，物块b 仍保持静止状态，则下列说法中正确的是()A ．桌面受到的压力逐渐增大B．连接物块a、b的绳子张力逐渐减小C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大D．悬挂于O点的细绳OO′中的张力保持不变答案D解析由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物块a平衡，则连接a和b的绳子张力F T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，B错误，D正确；对b分析可知，b处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为θ，力F和水平方向的夹角为α，对b受力分析，由平衡条件可得F N＋F sinα＋F T sinθ＝mg，可得F N＝mg－F sinα－F T sinθ，θ与α均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物块b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；在水平方向上，当力F的水平分力大于和绳子拉力F T的水平分力时，则有F cosα＝F f＋F T cosθ，此时摩擦力随着F增大而增大，当力F的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有F cosα＋F f＝F T cosθ，此时摩擦力随着F的增大而减小，A、C错误．11.(多选)(2023·陕西渭南市模拟)质量为m的物体，放在质量为M的斜面(倾角为α)体上，斜面体放在水平粗糙的地面上，物体和斜面体均处于静止状态，如图所示．当在物体上施加一个水平力F，且F由零逐渐加大到F m的过程中，物体和斜面体仍保持静止状态．在此过程中，下列判断正确的是()A．斜面体对物体的支持力逐渐增大B．斜面体对物体的摩擦力逐渐增大C．地面受到的压力逐渐增大D．地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到F m答案AD解析对物体进行研究，物体受到重力mg、水平推力F、斜面的支持力F N1(如图甲，摩擦力F f1不确定)当F＝0时，物体受到的静摩擦力大小为F f1＝mg sinα，方向沿斜面向上，支持力F N1＝mg cos α.在F不为零时，斜面体对物体的支持力F N1＝mg cosα＋F sinα，所以支持力逐渐增大；对于静摩擦力，当F cosα≤mg sinα时，静摩擦力大小F f1＝mg sinα－F cosα，可见随F的增大而减小，当F cos α＞mg sin α时，静摩擦力F f1＝F cos α－mg sin α，随F 的增大而增大，故A 正确，B 错误；对于整体，受到总重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N2、静摩擦力F f2和水平推力F ，如图乙，由平衡条件得F N2＝(m ＋M )g ，地面的摩擦力F f2＝F ，可见，当F 增大时，F f2逐渐增大．由牛顿第三定律得知，地面受到的压力保持不变，地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到F m ，故C 错误，D 正确．12．(2023·河南洛阳市模拟)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮D 上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处．绳OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m ，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g .关于王进从C 点缓慢运动到E 点的过程中，下列说法正确的是()A ．绳OD 的拉力一直变小B ．工人对绳的拉力一直变大C ．OD 、CD 两绳拉力的合力小于mgD ．当绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg 答案D 解析对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α，则由几何关系得α＝45°－θ2.由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mg sin π2＋α ，解得F 1＝mg tan α，F 2＝mg sin θcos α＝mg cos 2αcos α＝mg (2cos α－1cos α)，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 错误；当α＝30°时，则θ＝30°，根据平衡条件有2F 2cos 30°＝mg ，可得F 2＝33mg ，D 正确．。
2021版新高考物理人教版一轮课件：核心素养微专题系列 1 多体多过程的运动学问题
【典例3】(杂技演员抛球+多体多过程)(2019·淮南模拟)如图所示，一杂技
演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。
已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看成是竖直方向
的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2) ( )
世纪金榜导学号
【解析】(1)对足球：BC=v0t- 1 at2，
即：50 m=10t- 1 ×1×t2，
2
2
解得t=10 s，
乙运动员的运动时间：t乙=t-1 s=9 s， 乙运动员的最大速度为8 m/s，乙运动员应先加速后匀速到达C处，设加速的
时间为t′，则位移：
AC= v乙max t
2
即：56 m=
+v乙max(t乙-t′)， 8 ×t′+8×(9-t′)，
核心素养微专题系列 多体多过程的运动学问题
【核心素养·聚焦】 【情境引入】 强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图， 汽车甲和货车均以36 km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1= 5 m、货车长L2=8 m，货车在甲车前s=3 m。若甲车司机开始加速从货车左侧 超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间 及车辆的宽度。你能算出甲车完成超车至少需要多长时间吗？假若甲车开始 超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度 为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，你能判断出 甲车能否安全超车吗？
明确 对象
分析 过程
解构 接点
由于多体的特点，在分析时要明确研究对象，否则会出 现张冠李戴现象
试题所涉及的运动过程往往多变，必然使问题趋于复杂， 但复杂多变的运动过程又常常具有阶段性。把全过程划 分为若干个阶段(子过程)来研究，就可以把看似十分复 杂的问题加以简化
2023年高考物理总复习核心素养微专题(三)模型建构——板块模型
模型建构——板块模型滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模型。
板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从多方面体现物理学科素养。
此类模型的一个典型特征是:滑块、木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化。
常见类型如下:类型图示规律分析B 带动A木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B =x A +LA 带动B物块A 带动木板B ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时,二者速度相等,则位移关系为x B +L =x AF 作用在A 上力F 作用在物块A 上,先考虑木板B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况 F 作用在B 上力F 作用在木板B 上,先考虑B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况物块、木板上均未施加力(2022·山东等级考)如图所示,“L ”形平板B 静置在地面上,小物块A 处于平板B 上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。
用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O'点正上方的O 点,轻绳处于水平拉直状态。
将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A 发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A 以速度v 0沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。
一段时间后,A 返回到O 点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。
已知A 的质量m A =0.1 kg,B 的质量m B =0.3 kg,A 与B 的动摩擦因数μ1=0.4,B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v 0=4 m/s,取重力加速度g = 10 m/s 2。
整个过程中A 始终在B 上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:(1)A 与B 的挡板碰撞后,二者的速度大小v A 与v B ; (2)B 光滑部分的长度d ;(3)运动过程中A 对B 的摩擦力所做的功W f ;(4)实现上述运动过程,Mm A的取值范围(结果用cos5°表示)。
2023届高考物理一轮复习微专题：倾斜面和竖直面的圆周运动(一)
倾斜面和竖直面的圆周运动（一）一、单选题1．如图，某杂技表演中一演员表演荡秋千。
若秋千的每根绳长为9m ，该演员和秋千踏板的总质量为50kg 。
当细绳与竖直方向成37θ=︒时，演员保持同一姿势由静止开始下摆。
忽略绳的质量，不计一切阻力，演员可视为质点，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，重力加速度大小为210m /s g =。
当演员荡到秋千支架的正下方时，下列说法错误．．的是（ ） A ．速度大小为6m /sB ．速度大小与演员的质量无关C ．演员处于超重状态D ．每根绳平均承受的拉力为700N2．如图所示，质量为m 的小明（可视为质点）坐摩天轮，小明乘坐的座舱与摩天轮的转轴间的距离为r ，摩天轮以大小为g k r （常数1k <，g 为重力加速度）的角速度做匀速圆周运动。
若小明坐在座舱水平座垫上且双脚不接触底板，则下列说法正确的是（ ）A ．小明通过最高点时受力平衡B ．整个过程小明与座垫间始终存在摩擦力C ．小明做匀速圆周运动的周期为2r k gπD ．小明通过最低点时对座舱座垫的压力大小为2k mg3．如图为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定为0v ，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该挡板的延长线过水轮机的转轴O ，且与水平方向的夹角为30°。
当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的四分之三。
忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R ，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为（ ）A ．02v RB ．0v RC ．032v RD ．032v R4．如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L 的O点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有（ ）A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为7mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L5．如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。
高考物理总复习 第三单元 牛顿运动定律 微专题3 滑块木板模型、传送带模型(含解析)
微专题3 滑块木板模型、传送带模型一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。
1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。
传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。
判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。
2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
情景图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0=v时,一直匀速(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
当v0>v时,返回时速度为v,当v0<v时,返回时速度为v0例1如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B间距离为 3 m。
一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。
甲乙解析物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'= m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。
最新用相似三角形法解决共点力平衡问题—高考物理一轮复习微专题
用相似三角形法解决共点力平衡问题【要点回顾】如果有具体的物理环境或者有一定的框架结构，我们也可以利用相似形的办法来确定共点的三个力的大小关系，这种方法称为相似三角形法。
具体的解题步骤是：1、利用合成法或分解法来确定合力与分力的图示关系2、在确定的平行四边形中选取一个三角形，确定这个三角形跟周围环境的三角形是否存在着相似关系。
3、如果存在着相似关系，则利用相似关系来确定合力与分力之间的关系。
用于三力平衡中，一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且有空间几何关系的情景。
【典型例题】例1、如图所示，轻质细杆一端可绕固定在墙壁的轴O转动，另一端A用细绳拴住固定在墙壁上B点，细绳与竖直墙壁成直角，已知绳长30cm，杆长50cm，今在杆的A端挂上一重30N的重物，求细绳上的拉力T和轻杆所受的压力N。
【解析】利用合成法求出支持力N和重力G的合力F，根据平衡条件知，合力F的大小等于绳上的拉力，如图，在力构成的直角三角形和框架构成的三角形相似，所以AO N AB F BO G == 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯===⨯===N N G BO AO N N N G BO AB F T 4150304050490304030 例2、光滑的半圆弧倒扣在地面上，在半圆弧的球心正上方有一定滑轮，一细绳跨过定滑轮系住一个小球静止在球面上，如果将小球缓慢的向上拉动一些，分析小球受到的拉力和支持力的大小如何变化？【解析】将拉力和支持力沿重力的反方向进行合成，得两个力的合力F ，从图上可以看出，由合力、支持力和拉力所构成的三角形与△AOB 相似，由相似三角形的知识得：OBN AO F AB T == ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====G AO OB F AO OB N G AO AB F AO AB T 其中AO 、OB 是不变的，而AB 变小，可知：支持力N 不变，拉力T 变小。
【跟踪练习】1．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模）如图所示，质量为m 的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在小球上，另一端固定在墙上的P 点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为( )A ．mg k BD【答案】C【解析】对小球受力分析如图所示：由力的合成可知，FN 和F 的合力与重力mg 等大反向，由几何关系可知02cos30mg F ==F kx =，解得x =C 正确，A 、B 、D 错误；故选C 。
高考物理一轮复习考点微专题—受力分析、共点力平衡
高考物理一轮复习考点微专题—受力分析、共点力平衡1．（2021•广东）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。
设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。
忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【答案】B。
【解析】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1＝Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2＝Fsinβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′＝Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′＝Fcosβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
2．（2020•浙江）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。
为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（）A．受到的重力大小为mgB．受到的合力大小为mgC．对球面的压力大小为mgD．对球面的作用力大小为mg【答案】D。
【解析】解：A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G＝mg，故A错误；B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，故C错误；D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：+F＝mg，解得：，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝，故D正确。
物理一轮微专题复习练 第3章 牛顿运动定律 微专题14 含答案
[方法点拨]整体法、隔离法交替运用的原则: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，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”．1．质量均为5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图1所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N,则弹簧秤的示数为（)图1A．30 N B．15 N C．20 N D．10 N2．（多选）如图2所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下,在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1,物块A、B间的相互作用力大小为F N1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为F N2，则以下判断正确的是（）图2A．a1＝a2B．a1〉a2C．F N1＝F N2D．F N1<F3.如图3所示，质量为M的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大小为(）图3A．g B.错误!g C．0 D。
错误!g4．一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图4所示的力F,F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力()图4A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向5．如图5所示，A、B两物块放在粗糙水平面上，且它们与地面之间的动摩擦因数相同．它们之间用轻质细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角相同，先后对B施加水平力F1和F2，两次细线上的力分别为F T1、F T2，则下列说法正确的是(）图5A．若两种情况下，A、B一起向右运动,则必有F1＝F2B．两种情况下,只有A、B一起向右匀速运动，才可能F1＝F2 C．若两种情况下,A、B一起向右运动，则可能F T1＝F T2D．若两种情况下，A、B一起向右匀速运动,则F T1＞F T26．(多选)如图6所示为一根质量为m、长度为L、质量均匀分布的粗绳AB.在粗绳上与B端距离为x的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动,由力传感器读数和已知条件()图6A．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B．可知水平外力F的大小C．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D．若水平外力F的大小恒定，则传感器读数与x成正比7．如图7所示，一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定，下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B 上，以F N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x＝0)．现改变力F的大小，使B以错误!的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N、F随x 变化的图象正确的是() 图78.如图8所示，质量均为m的小物块A、B,在水平恒力F的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动．A、B之间用与斜面平行的形变可忽略不计的轻绳相连，此时轻绳张力为F T＝0。
2023年高考物理一轮复习考点微专题《 牛顿运动定律的综合运用》(全国通用)
考向06 牛顿运动定律的综合运用【重点知识点目录】1.超重与失重问题2.整体法与隔离法在动力学中的运用3.滑块-滑板模型4.传送带模型5.动力学中的临界极值问题（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。
用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。
木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。
假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。
则（）A．F1＝μ1m1gB．F2＝（μ2﹣μ1）gC．μ2＞μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD。
【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a m对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正确；C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω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＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，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。
2022届高考一轮复习课件微专题—盐风化 (精讲精练+赢在高考+知识导图)
答案： ①西北地区盛行西风迎风坡一侧（西 北侧）雨水较丰富，而东南侧一般保 持干燥; ②南侧比北侧光照强，蒸发量大，盐 分易结晶，破坏岩石表面。
(2020年广东省二模)阅读图文材料，完成下列要求。（17分） 盐风化是岩石表面的盐分随着降水渗入岩石孔隙(或裂隙)中，向岩石背风面运动，在
四、盐风化作用及其风化穴的形成机理
为何砂岩容易遭受盐风化作 用？因为其渗透性！看看砂岩 的结构示意图就容易明白。我 们用西北干旱区的盐风化地貌 实例进行简单的解释：
四、盐风化作用及其风化穴的形成机理
为何砂岩容易遭受盐风化作用？因 为其渗透性！看看砂岩的结构示意图就 容易明白。我们用西北干旱区的盐风化 地貌实例进行简单的解释：
盐类物质到达岩石和山体内部的过程： 盐类被风或雾从海水、盐湖甚或含
盐表土中带到空气中最后降落在岩石表 面，被雨露等溶解带进岩石孔隙或微裂 隙中。
最终在蒸发强烈的岩石表面附近因过 饱和而结晶，晶体生长撑破孔隙周围的 表面----盐类----水携带盐---进入岩石孔隙或裂隙----水蒸发结晶----岩 石表面破碎脱落的物理风化，形成盐风化穴（tafoni）、蜂窝石构造（honeycomb structure）
通过降水，含盐溶液从岩石表面通过碎屑岩颗粒之间的孔隙向砂岩内部渗透。 在中国北方西北风为主，降水雨滴多从西北向东南方向下降，所以主要冲刷岩块露头的北西侧，而雨 滴不直接滴落在南东侧。（迎背风坡） 渗出的含盐溶液在露头的迎风侧（主要是北西侧）随着雨水的冲刷而流失，而在背风侧（主要是南东侧） 下部因干燥而水分蒸发，盐类（如：硫酸钠、氯化钠等）在靠近露头侧面近底部表面的颗粒之间结晶。 盐类晶体结晶产生的张力将靠近表面的碎屑颗粒撑开而脱落，其中部分盐晶也随着脱落的碎屑颗粒和 黏土掉落在岩块下方边缘。 经过长时间的连续蒸发或者频繁干湿交替的短暂蒸发作用，岩石碎屑脱落的地方就逐渐形成凹槽，这 便是盐风化穴。
动量定理-高考物理复习考点微专题
考向12 动量定理-高考一轮复习考点微专题解决目标及考点:1、理解动量、冲量基本概念及简单计算 4、动量守恒定律的判断2、利用动量定理求动量、瞬间冲击力 5、动量守恒的简单计算3、流体冲击中的作用力【例题1】(2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg【例题2】(2018·甘肃西峰调研)如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同一、动量定理1、动量与动能动量动能公式P=mv E K=mv2/2物理意义描述物体的瞬时运动状态描述物体瞬时所具有的能量区别点矢量，状态量标量，状态量联系E K=P2/2m变化量若速度变化,则ΔEk可能为零；Δp一定不为零2、冲量与功冲量功公式I=Ft W=FSsosα物理意义力作用在物体上并持续一段时间产生的效果。
过程量力作用在物体上并使得物体在力方向移动一段距离。
过程量区别点与位移无关与位移有关产生效果力持续了时间即有冲量，但不一定有明显的运动效果力使得物体移动了位移才有功的效果3、动量定理①物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
Ft=mv’-mv。
②动量定理是牛顿第二定律的另一种表达式，都反映物体运动状态改变的原因——合外力不为零。
考向07 曲线运动 平抛运动-备战2023年高考物理一轮复习考点微专题(全国通用)(解析版)
考向07曲线运动平抛运动【重点知识点目录】1.物体做曲线运动的条件与轨迹分析2.小船渡河模型3.绳（杆）端速度分解模型4.平抛运动的基本规律5.多体平抛运动6.落点有约束条件的平抛运动1．（2022•广东）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。
当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。
不计空气阻力。
下列关于子弹的说法正确的是（）A．将击中P点，t大于B．将击中P点，t等于C．将击中P点上方，t大于D．将击中P点下方，t等于【答案】B。
【解析】解：当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹和小积木在竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P点，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故击中的时间为t＝，故B正确，ACD错误；（多选）2．（2019•新课标Ⅱ）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响下落的速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v﹣t图象如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则（）A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD。
【解析】解：A、根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中的位移比第一次的位移大，故A错误；B、由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；C、由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误；D、当竖直方向速度大小为v1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度，据mg﹣f＝ma可得阻力大的加速度小，故第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。
高三物理一轮复习 第3章章末指导课件
2．(2011 年陕西五校模拟)如图所示，在粗糙水平面上放着两个质量分别为 m1、m2 的铁
解析：设细线的拉力为 F，木板和滑块的加速度分别为 a1、a2，经过时间 t，滑块从木 板上滑下：
对木板，由牛顿第二定律：μm2g＝m1a1 对滑块，由牛顿第二定律：F－μm2g＝m2a2 对钩码，由牛顿第二定律：m3g－F＝m3a2 联立得：a1＝0.4 m/s2，a2＝2 m/s2 由运动学公式 L＝12a2t2－12a1t2 联立解得：t＝1.5 s.
(2)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：
时间t/s
0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
速度v/(m·s－1) 0.12 0.19 0.23 0.26 0.28 0.29
请根据实验数据作出小车的vt图象．
(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将 变大，你是否同意他的观点？请根据vt图象简要阐述理由．
答案：1.65 s
拓展训练：(2011年湖北省武汉市调研)如图所示，在光滑的水平桌面上放有质量为m1 ＝5 kg、长为L＝1.8 m的平板，平板距离定滑轮足够远，在平板的左端有一个质量为 m2＝1 kg的小滑块，借助穿过定滑轮的不可伸长的细线将小滑块和质量为m3＝0.5 kg 的钩码连接起来，平板与滑块之间的动摩擦因数为μ＝0.2.现将各物体由静止释放，求 经过多长时间小滑块将从平板上滑下来？(g取10 m/s2)
高考物理一轮复习 第三章 微专题21 三种”连接体模型“的解题规律练习(含解析)教科版-教科版高三全
微专题21 三种〞连接体模型“的解题规律题目类型1．弹力连接(以轻绳连接或直接接触)：假设加速度一样，各个物体间弹力与“其带动的物体质量〞成正比；直接接触的连接体往往还涉与“要别离还没分〞的临界状态．2．弹簧连接：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．3．摩擦连接：连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动)，由静摩擦力带动时连接体相对静止，加速度一样；静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑〞的临界状态．解题方法整体法、隔离法交替运用．假设连接体内各物体具有一样的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取适宜的研究对象，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〞．1．(多项选择)(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图1所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，F1>F2，两物体运动一段时间后( )图1A．假设突然撤去F1，甲的加速度一定减小B．假设突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小C．假设突然撤去F2，乙的加速度一定增大D．假设突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大2．(2019·河南示范性高中上学期期终)如图2所示，A、B两一样的木箱(质量不计)用水平细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断．在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，如下方法可行的是(加沙子后两木箱均能被拉动)( )图2A．只在A木箱内加沙子B．只在B木箱内加沙子C．A木箱内参加质量为m的沙子，B木箱内参加质量为2m的沙子D ．A 木箱内参加质量为2m 的沙子，B 木箱内参加质量为3m 的沙子3．(多项选择)如图3甲所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体．现对A 施加水平向右的拉力F ，通过传感器可测得A 的加速度a 随拉力F 变化的关系如图乙所示．重力加速度g ＝10m/s 2，如下说法正确的答案是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．A 的质量是5kgB ．B 的质量是5kgC ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.4D ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.84．如图4所示，质量为M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，重力加速度为g .当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )图4A ．g B.M －m m g C ．0D.M ＋mmg 5．(2020·湖南长沙市模拟)如图5所示，光滑水平面上，质量分别为m 、M 的木块A 、B 在水平恒力F 作用下一起以加速度a 向右做匀加速直线运动，木块间的水平轻质弹簧劲度系数为k ，原长为L 0，如此此时木块A 、B 间的距离为( )图5A ．L 0＋Ma kB ．L 0＋ma kC ．L 0＋MF k M ＋m D ．L 0＋F －mak6．(2020·河南新乡市模拟)如图6所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数一样，其间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T .现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，如此( )图6A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳刚好被拉断D ．假设水平面光滑，如此绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为T67.如图7所示，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动，动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )图7A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g8．(多项选择)(2019·河北省“五个一名校联盟〞第一次诊断)小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图8所示，在水平力F 1(图甲)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2(图乙)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2.如此如下说法正确的答案是( )图8A ．假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2B ．假设m ＝M ，如此有N 1>N 2C ．假设m <M ，如此有F 1<F 2D ．假设m <M ，如此有N 1＝N 29．(多项选择)(2020·湖北武汉市调研)如图9所示，光滑水平桌面放置着物块A ，它通过轻绳和轻质光滑滑轮悬挂着物块B .A 的质量为m ，B 的质量为3m ，重力加速度大小为g .静止释放物块A 、B 后( )图9A ．一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1 B ．物块A 、B 的加速度之比为1∶1C ．细绳的拉力为6mg7D ．当B 下落高度h 时，速度为2gh 510．(2019·福建宁德市上学期期末质量检测)如图10所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，如此能正确描述T 与x 之间的关系的图像是( )图1011．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图11所示，“复兴号〞动车组共有8节车厢，每节车厢质量m ＝18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力．假设“复兴号〞在水平轨道上从静止开始加速到速度v ＝360km/h ，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f＝1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F＝4.75×104N的牵引力．求：图11(1)该过程“复兴号〞运动的时间；(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小．12．(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图12甲所示，在水平地面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10m/s2.图12(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10s时，两物体的加速度各为多大；(3)在图乙中画出木块的加速度随时间変化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由与演算过程)答案精析1．BC [一起运动时，整体的加速度为：a ＝F 1－F 2m 1＋m 2； 对乙分析，如此甲、乙之间的作用力为：N －F 2＝m 2a ，解得N ＝m 1F 2＋m 2F 1m 1＋m 2；突然撤去F 1，如此整体的加速度a 1＝F 2m 1＋m 2，a 1不一定大于a ，甲、乙之间的作用力N 1＝m 1F 2m 1＋m 2<N ，故A 错误，B 正确；突然撤去F 2，如此整体的加速度a 2＝F 1m 1＋m 2，如此a 2>a ，即加速度增大，甲、乙之间的作用力为：N 2＝m 2F 1m 1＋m 2<N ，应当选项C 正确，D 错误．] 2．A [对A 、B 整体，由牛顿第二定律：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ；对木箱B ：T －μm B g ＝m B a ；解得T ＝m Bm A ＋m BF ，可知当A 木箱内参加沙子的质量大于B 木箱内参加沙子的质量时，细绳的拉力减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．]3．BC [拉力F 很小时，A 、B 两物体保持相对静止，以一样的加速度运动，后来B 在A 上滑动．当拉力F 1＝60N 时，A 物体加速度a 1＝4m/s 2，两物体恰好要相对滑动，这时A 、B 间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B 有：μm B g ＝m B a 1① 对A 有：F 1－μm B g ＝m A a 1②当拉力F 2＝100N 时，A 物体加速度a 2＝8m/s 2，两物体发生相对滑动，这时A 、B 间是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对A 有：F 2－μm B g ＝m A a 2③由①②③解得：m A ＝10kg ，m B ＝5kg ，μ＝0.4，故B 、C 正确，A 、D 错误．]4．D [以框架为研究对象进展受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F ＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋mmg ，应当选项D 正确．] 5．B [以A 、B 整体为研究对象，加速度为：a ＝F M ＋m，隔离A 木块，弹簧的弹力：F 弹＝ma＝k Δx ，如此弹簧的长度L ＝L 0＋ma k ＝L 0＋mFk M ＋m，应当选B.]6．C [对A ，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以与地面的摩擦力六个力作用，故A 错误；对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m－μg ，隔离法对A 、C 分析，根据牛顿第二定律得，T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出T ＝23F ，当F ＝1.5T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对A 、C 分析，加速度a ′＝T4m，隔离对A 分析，A 的摩擦力f ＝ma ′＝T4，故D 错误．]7．D [对滑轮由牛顿第二定律得F －2T ＝m ′a ，又滑轮质量m ′忽略不计，故m ′＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg ，对A 由于T <4mg ，故A 静止，a A ＝0，对B 有a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确．]8．ACD [由整体法可知，甲图中整体的加速度：a 1＝F 1M ＋m，乙图中整体的加速度：a 2＝F 2M ＋m；对甲图，隔离M ，如此N 1sin θ＝Ma 1，隔离m ：N 1cos θ＝mg ，解得a 1＝mMg tan θ；F 1＝(M ＋m )a 1＝m M (M ＋m )g tan θ；N 1＝mg cos θ；对乙图中的m ，如此：N 2sin θ＝mg tan θ＝ma 2，解得：N 2＝mgcos θ；F 2＝(M ＋m )a 2＝(M ＋m )g tan θ；假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2；假设m <M ，如此有F 1<F 2，选项A 、C 正确；无论m 和M 大小关系如何，都有N 1＝N 2，选项B 错误，D 正确．]9．AC [根据动滑轮的特点可知，一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1，选项A 正确；根据s ＝12at 2可知，物块A 、B 的加速度之比为2∶1，选项B 错误；设细绳的拉力为T ，B 的加速度为a ，如此对A ：T ＝m ·2a ；对B ：3mg －2T ＝3ma ；解得a ＝37g ，T ＝67mg ，选项C 正确；当B 下落高度h 时，速度为v ＝2ah ＝67gh ，选项D 错误．] 10．A [设绳子单位长度质量为m ，对整体分析有：F ＝Lma ，如此对x 分析可知：T ＝xma ，联立解得：T ＝xF L，故可知T 与x 成正比，故A 正确．] 11．(1)80s (2)0解析 (1)以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F －8f ＝8ma 动车组做匀加速直线运动，如此v ＝at 解得t ＝80s(2)以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N，如此由牛顿第二定律：2F－4f＋N＝4ma解得N＝0.12．(1)4s (2)3m/s212m/s2(3)见解析图解析(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：f max－μ2(m1＋m2)g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a max解得：F max＝12N由F max＝3t得：t＝4s(2)t＝10s时，两物体已相对运动，如此有：对m1：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1，解得：a1＝3m/s2对m2：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30N，解得：a2＝12m/s2(3)图像过(1,0)、(4,3)、(10,12)图像如下列图．。