高中物理动力学专题

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高中物理专题训练-圆周运动的动力学专题练习

e圆周运动的动力学专题练习一、单选题(共23小题,每小题5.0分,共115分)1.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为300，g取10m/s2。

则ω的最大值是（）A ． B． C． D．2.如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的角速度一定大于球B的角速度B．球A的线速度大于球B的线速度C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力3.如图所示,小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（）A．f的方向总是指向圆心B．圆盘匀速转动时f=0C．在物体与轴O的距离一定的条件下,f跟圆盘转动的角速度成正比D．在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比4.如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，O为圆心。

则对圆弧面的压力最小的是（）A．a球 B．b球 C．c球 D．d球5.如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为（）A．R﹣B．C．D．6.一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替.如图(a)所示，曲线上的A点的曲率圆定义为:通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径.现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图(b)所示.则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（）A． B． C． D．7.如图所示，一位飞行员驾驶着一架飞机在竖直面内沿环线做匀速圆周飞行．飞机在环线最顶端完全倒挂的瞬间，飞行员自由的坐在座椅上，对安全带和座椅没有任何力的作用，则下列说法正确的是()A．飞机在环线最顶端的瞬间，飞行员处于失重状态B．飞机在环线最底端的瞬间，飞行员处于失重状态C．飞行在环线最左端的瞬间，飞行员处于平衡状态D．飞机在环线最底端的瞬间，飞行员处于平衡状态8.如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动．小环经过大圆环最高点时，下列说法错误的是()A．小环对大圆环的压力可以等于mgB．小环对大圆环的拉力可以等于mgC．小环的线速度大小不可能小于D．小环的向心加速度可以等于g9.如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服()A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B．所需的向心力由重力提供C．所需的向心力由弹力提供D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大10.如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v＝，则小球的运动情况为()A．小球不可能到达圆周轨道的最高点PB．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力11.如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是 ()A．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)gB．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M－m)gC．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)gD．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m＋M)g12.如图所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为(）A． B． C． D．13.如图所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是(）A． 0.5mg B．mg C． 1.5mg D． 2mg14.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动。

高中物理复习动力学部分

高中物理复习动力学部分动力学是物理学中研究物体运动的学科，它研究物体在受力作用下的运动规律和运动状态的变化。

在高中物理学习中，动力学是一个重要的部分，它涉及到牛顿运动定律、力的合成分解、加速度和速度等概念。

本文将对这些内容进行详细的复习和讲解。

一、牛顿运动定律牛顿运动定律是动力学研究的基础，由英国科学家牛顿在17世纪提出。

它包括了三个定律，分别是：1. 第一定律，也称为惯性定律。

它指出：物体在没有受到外力作用时保持静止或匀速直线运动。

这意味着物体具有惯性，不会自发改变其状态。

2. 第二定律，也称为加速度定律。

它可以表示为F=ma，其中F表示合力，m表示物体的质量，a表示物体的加速度。

这个定律说明了力与物体加速度之间的关系。

3. 第三定律，也称为作用反作用定律。

它指出：两个物体之间的相互作用力大小相等、方向相反。

换句话说，对于每一个作用力，都存在着一个大小相等、方向相反的反作用力。

牛顿运动定律是描述运动的基本定律，它适用于各种不同的运动情况，并且在日常生活中有着广泛的应用。

二、力的合成分解力的合成分解是研究多个力合成为一个力或一个力分解成多个力的过程。

在物体受到多个力的作用时，可以将这些力按照一定的方法进行合成，得到一个合力。

合力的大小和方向可以通过几何方法进行求解。

另外，在某些情况下，我们也需要将一个力分解成多个力，以便于更好地分析和理解物体的受力情况。

力的分解可以使用向量分解或三角函数分解等方法。

三、加速度与速度加速度是描述物体在单位时间内速度变化的物理量，它可以通过速度的变化率来计算。

加速度的方向与速度的变化方向相同时，物体的速度将增加；加速度的方向与速度的变化方向相反时，物体的速度将减小。

速度是描述物体单位时间内位移的物理量，它可以通过位移的变化率来计算。

速度的大小取决于位移的大小和所花费的时间。

在直线运动中，速度可以表示为v = s / t，其中v表示速度，s表示位移，t表示时间。

在运动学中，我们还可以通过加速度和速度的关系来推导出位移和加速度的关系，即运用了牛顿第二定律。

高中物理新教材同步必修第一册第4章专题强化动力学中的临界问题

专题强化动力学中的临界问题[学习目标] 1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。

2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。

临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。

一、接触与脱离的临界问题接触与脱离的临界条件(1)加速度相同。

(2)相互作用力F N＝0。

例1如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。

(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)5mg解析(1)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。

此时，滑块和小球的加速度仍相同，当F N＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，F合＝mgtan 45°＝g。

由牛顿第二定律得F合＝ma，则a＝gtan 45°所以此时滑块的加速度a块＝g。

(2)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝5mg。

例2 如图，A 、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg 。

从t ＝0开始，推力F A 和拉力F B 分别作用于A 、B 上，F A 、F B 随时间的变化规律为F A ＝(8－2t )N ，F B ＝(2＋2t )N 。

(1)两物体何时分离？(2)求物体B 在1 s 时和5 s 时运动的加速度大小？答案 (1)2 s (2)1 m/s 2 2 m/s 2解析 (1)设两物体在t 1时刻恰好分离(即相互作用的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得F A m A ＝F Bm B，代入数据解得t 1＝2 s 。

高中物理必修一动力学习题精编(含解析)

牛顿运动定律测试题一、单选题A．小明处于超重状态B．小明对电梯地板的压力大小为501NC．电梯可能加速下降，加速度大小为8m/s2D．电梯可能减速上升，加速度大小为2m/s27．如图，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动。

货箱中石块B的质量为m，石块B周围与它接触的物体对石块B的作用力的合力为（重力加速度为g）（）A．0B．ma C．22ma mg+D．mg()()8．雨滴从高空落地时速度并不是很大，这是因为雨滴在下落过程中受到空气阻力作用，这最终获得一个稳定的收尾速度。

为了研究该速度，同学们通过查询资料发现在高度不是太高的情况下物体下落过程所受空气阻力大小f仅与球=（k为正的常量）。

某同学利的速率v成正比，而与球的质量无关，即f kv用质量分别为1m、2m的甲、乙两球从同一地点（足够高）处同时由静止释放后，、₂。

根用速度传感器得到两球的v t-图象如图。

落地前，经时间0t两球的速度都已达到各自的稳定值1v v据信息能推出的正确结论有（）A．甲球质量大于乙球B．0~t0时间内两球下落的高度相等C．释放瞬间甲球加速度较大D．甲球先做加速度增加的加速运动，后做匀速运动9．在建筑装修中，工人用一磨石打磨竖直粗糙墙面，在与竖直面成θ的推力F作用下，磨石以速度v向上匀速运动，如图所示。

则磨石（）A．受到的摩擦力大小为μmgFθB．受到的摩擦力大小为cosC．若保持F大小不变，增大θ，则物体将会向上做减速运动D．若撤掉F，磨石立刻会掉下来10．如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的（）A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向二、多选题11．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下（1）实验开始时，应该先，再（选填“释放小车”、“接通电源”）。

高中物理专题讲解——在动力学中临界极值问题的处理

在动力学中临界极值问题的处理二．匀变速运动规律中与临界极值相关问题的解读在质点做匀变速运动中涉及到临界与极值的问题主要有“相遇”、“追及”、“最大距离”、“最小距离”、“最大速度”、“最小速度”等。

【例1】速度大小是5m/s 的甲、乙两列火车，在同一直线上相向而行。

当它们相隔2000m 时，一只鸟以10m/s 的速度离开甲车头向乙车头飞去，当到达乙车车头时立即返回，并这样连续在两车间来回飞着。

问：（1）当两车头相遇时，这鸟共飞行多少时间？（2）相遇前这鸟飞行了多少路程？【灵犀一点】甲、乙火车和小鸟运动具有等时性，要分析相遇的临界条件。

【解析】飞鸟飞行的时间即为两车相遇前运动的时间，由于飞鸟在飞行过程中速率没有变化，可用s=vt 求路程。

（1）设甲、乙相遇时间为t ，则飞鸟的飞行时间也为t ，甲、乙速度大小相等v 甲= v 乙=5m/s ，同相遇的临界条件可得：s = (v 甲+v 乙)t则：2000=20010s ts s v v ==+乙甲（3）这段时间，鸟飞行的路程为：10200s vtm '==⨯【思维总结】本题难度不大，建立物理情景，分清运动过程，找到相遇的临界条件、三个运动物体运动具有等时性和小鸟速率不变是解题的切入点。

【例2】在平直公路上一汽车的速度为15m/s ，从某时刻汽车开始刹车，在阻力作用下，汽车以2m/s 2的加速度做匀减速运动，则刹车后第10s 末车离刹车点的距离是 m.【灵犀一点】在汽车刹车问题中，汽车速度为0后将停止运动，不会反向运动。

在分析此类问题时，应先确定刹车停下来这个临界状态所用的时间，然后在分析求解。

【解析】设汽车从刹车到停下来所用时间为t 0，由运动学规律得：0000150,7.52t tv v v v at t s s a --=-=== 由于t 0<10s ，所以在计算时应将t=7.5s 代入公式求解。

则有：22011(157.527.5)56.2522sv t at m m =-=⨯-⨯⨯=【思维总结】本题经常犯的错误是不考虑汽车刹车后速度为零所需时间这一临界状态，直接把题目中所给的时间代入公式。

高中物理必修一第四章专题强化动力学临界问题

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当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界状态) 的加速度为a0，受力分析如图甲所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： Tsin 37°＝ma0， Tcos 37°＝mg，联立并代入数据得： a0＝7.5 m/s2.
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当汽车以加速度a1＝2 m/s2<a0向右匀减速行驶时，小球受力分析如图乙所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： T1sin 37°－FN1＝ma1， T1cos 37°＝mg，联立并代入数据得： T1＝50 N，FN1＝22 N，由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.
4.解答临界问题的三种方法 (1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件. (2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理. (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件.
A.g2
m k
C.g
2m k
√B.g
m 2k
D.2g
m k
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静止时弹簧压缩量 x1＝2mk g，分离时 A、B 之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为 x2，对 B：kx2－ mg＝ma，得 x2＝32mkg，物块 B 的位移 x＝x1－x2＝m2kg，由 v2＝2ax 得：v＝g 2mk，B 正确.
第四章
专题强化
探究重点提升素养 / 专题强化练
动力学临界问题
学习目标
1.掌握动力学临界问题的分析方法. 2.会分析几种典型临界问题的临界条件.

高中物理【动力学图像问题】

专题课6动力学图像问题题型一由运动学图像求物体受力1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。

2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁。

3．图像的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。

(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。

4．解题策略(1)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。

(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。

乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。

重力加速度大小为g。

以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，F N>mgB．t1～t2时间内，v减小，F N<mgC．t2～t3时间内，v增大，F N<mgD．t2～t3时间内，v减小，F N>mg[解析]由x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增大，即乘客的加速度向上，F N>mg；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速上升，F N＝mg；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速上升，F N<mg，故A正确，B、C、D错误。

[答案] A两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。

现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。

在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。

已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图像如图乙所示。

g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

专题1.9 动力学中的斜面问题(解析版)

高考物理备考微专题精准突破专题1.9动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。

物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。

求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。

θmgfF Ny x对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。

所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。

当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ；当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止；当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上；2.等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。

2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。

3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

高中物理-专题二第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专题复习目标学科核心素养高考命题方向 1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。

2．掌握动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。

1.物理观念：能量观念。

2．科学推理和论证能力，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。

高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。

主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。

一、动力学方法 1．运动学公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：s ＝v 0t ＋12at 2，速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ，平均速度公式v －＝v 0＋v 2。

2．牛顿第二定律物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。

表达式：F 合＝ma ，加速度是联系受力和运动的桥梁。

二、能量观点 1．动能定理(1)内容：物体所受合外力的功等于物体动能的变化量。

(2)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21。

(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。

2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。

(2)表达式3．功率表达式P＝F v的应用(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，可求v＝PF阻＋ma。

(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。

4．解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。

(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。

(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。

高中物理第三章专题强化动力学中三种典型物理模型

专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.一、“等时圆”模型1.两种模型(如图1)图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ＝gsin α，位移为s ＝dsin α，所以运动时间为t 0＝2sa＝2dsin αgsin α＝2d g. 图2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.二、“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①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.其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，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.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.命题点一“等时圆”模型例1如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C 到达d点所用的时间，则()图3A.t1<t2<t3B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2D.t1＝t2＝t3答案 D解析如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力F N作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝D sin θ，x＝12at2，解得t＝2Dg.可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确.变式1如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M 点；c球由C点自由下落到M点.则()图4A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动t c＝2Rg，C选项正确.命题点二“传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：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. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmg c os θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例2如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：图5(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，则物块到达B端时的速度大小？(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？答案(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s解析(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μＦN得a＝6 m/s2传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v B2－v02＝－2aL得v B＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v1＝12 m/s由v12－v02＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s(3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速①向右减速到v2＝0时由v22－v0′2＝－2ax2得x2＝3 m 由v2＝v0′－at1得t1＝1 s②向左加速到v3＝4 m/s时由v32－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m故向左先加速后匀速由v3＝v2＋at2得t2＝23s③向左匀速运动v4＝v3＝4 m/sx4＝x2－x3＝53m由x4＝v4t3得t3＝512s故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s变式2(2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？答案(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin θ＋F f＝ma1垂直传送带方向：mgcos θ＝F N又F f＝μＦN由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmg c os θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t32，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.命题点三“滑块—木板”模型如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f；比较F f与最大静摩擦力F fm的关系，若F f>F fm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例3(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块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v0＝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/s2.求：图8(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和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和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a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥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 t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧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 t12 ⑩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)a2 ?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－a2t2 ?对A有：v2＝－v1＋a A t2 ?在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22 ?在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ?A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s0＝s A＋s1＋s B ?联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m ? (也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式3如图9所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg木板B的左端，起初A、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s2，求：图9(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F＝30 N，作用 1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B 均静止，A的总位移是多少.答案(1)25 N(2)0.75 m14.4 m解析(1)对于A，最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即μ1mg＝ma m，a m＝4 m/s2对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a m，解得F＝25 N(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，对于Aμ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s对于B F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s撤去外力a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝μ1mg＋μ2M＋m gM＝2.25 m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2解得t2＝0.2 s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度LL＝x B－x A＝v222a2＋v23－v22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2从v3至最终静止位移为x＝v232a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m.1.(2018·广东东莞质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()图1A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶ 3答案 B2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为 3 m.一物块从B端以初速度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取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中的()图2答案 B3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的()图3答案BD4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s时，将一个质量m＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s2，则()图4A.水平恒力F的大小为10 NB.铁块放上木板后，木板的加速度为 2 m/s2C.铁块在木板上运动的时间为 1 sD.木板的长度为 1.625 m答案AC解析未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，选项A正确；铁块放上木板后，对木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s2，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2＝t2，由题意：v′＝12v1，解得t2＝1 s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2 m/s，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为：L＝v0＋v12t2－v′2t2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m，选项D错误；故选A、C.5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图5A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg c os θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsin θ＋μmg c os θm＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误.6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间.图6答案9 m/s 2.5 s解析设物块由静止运动到传送带速度v＝5 m/s的过程，其加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsin θ＋μmg c os θ＝ma1v＝a1t1x1＝12a1t12代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m由于x1＝1.25 m<d＝15.25 m，当物块的速度等于传送带速度时，因为mgsin 37°>μmg c os 37°，物块将继续向下做匀加速运动.设物块此后运动的加速度为a2，运动时间为t2，位移为x2，到B端的速度为v B，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2x2＝d－x1＝vt2＋12a2t22v B＝v＋a2t2代入数据解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，v B＝9 m/s物块从A端运动到B端所用时间为t，有t＝t1＋t2＝2.5 s7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB，传送带以恒定的速率v逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B点有一滑块，若让滑块以初速度v1＝3 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中a所示，若让滑块以初速度v2＝6 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中b所示.g取10 m/s2，试求：图7(1)传送带的长度l和传送带与物块之间的动摩擦因数μ；(2)滑块以初速度v1＝3 m/s冲上传送带时，滑块返回B点的时间.答案(1)32 m0.05(2)12.5 s解析(1)根据v－t图象，滑块以初速度v2＝6 m/s冲上传送带时，在t＝8 s时刻，到达A点，所以传送带的长度l＝12×(6＋2)×8 m＝32 m根据图线a或者图线b，滑块的加速度大小为a＝ΔvΔt＝0.5 m/s2根据牛顿第二定律得μmg＝ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05(2)滑块在0～6 s和6～t s内的位移大小相等，方向相反1 2×6×3 m＝12×(t－6＋t－10)×2 m滑块返回B点的时间t＝12.5 s.8.如图8所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.图8(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间.答案见解析解析(1)A、B之间的最大静摩擦力为F fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N假设A、B之间不发生相对滑动则对A、B整体：F＝(M＋m)a对B：F fAB＝ma解得：F fAB＝2.5 N因F f AB<F fm，故A、B之间不发生相对滑动(2)A、B之间发生相对滑动，则对B：F－μ1mg＝ma B对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma A据题意：x B－x A＝L；x A＝12a A t2；x B＝12a B t2解得：t＝ 2 s.。

高中物理专题复习电磁感应中的动力学和能量问题

电磁感应1．高考对本专题内容考查较多的是感应电流的产生条件、方向．2．电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识联系的综合题以及感应电流(或感应电动势)的图象问题在近几年高考中频繁出现．3．该部分知识与其他学科知识相互渗透也是命题的趋势，同时将该部分知识同生产、生活实际、高科技等相结合，注重考查学生分析、解决实际问题的能力．4．试题题型全面，选择题、解答题都可能出现，且解答题难度较大，涉及知识点多，考查综合能力，从而增加试题的区分度．9.4 电磁感应中的动力学和能力问题【复习目标】1．会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题．2．会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．【考点详析】考点1 电磁感应中的动力学问题分析1．安培力的大小由感应电动势E ＝BLv ，感应电流rR E I +=和安培力公式F ＝BIL 得r R v L B F +=22 2．安培力的方向判断3．导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．【重点归纳】1．电磁感应中的动力学问题中两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为感应电流产生安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 则是联系这两大对象的纽带：2．电磁感应中的动力学问题分析思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是:“先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流rR BLv r R E I +=+=． (2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIl 或rR v L B F +=22，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma ．(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0．【典例1】如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ。

高中物理-专题电磁感应中的动力学问题(提高篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.11 电磁感应中的动力学问题（提高篇）一．选择题1．（2020陕西咸阳一模）CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（）A. 电阻R 2BL ghB. 流过电阻R 的电荷量为2BLdR C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh-μmgd D. 电阻R 中产生的焦耳热为12mgh 【参考答案】ABC【名师解析】金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=12mv 2，所以金属棒到达水平面时的速度v=2gh ，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv ，最大的感应电流为I=E/2R=22BL ghR，故A 正确；流过电阻R 的电荷量为q=r R ∆Φ+=2BLdR，故B 正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W B -μmgd=0-0，则克服安培力做功：W B =mgh-μmgd ，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W B =mgh-μmgd ，故C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为：Q R =Q/2=12（mgh-μmgd ），故D 错误。

【关键点拨】。

金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。

高中物理-专题三第2课时动力学和能量观点的综合应用

第2课时动力学和能量观点的综合应用高考题型1多运动过程问题1.运动模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动。

在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。

2.基本规律运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。

3.分析技巧(1)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。

(2)如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析。

【例1】(2021·全国甲卷，24)如图1，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。

已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。

观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。

小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。

已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。

图1(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgd sin θ(2)mg（29d＋L）sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgd sin θ①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②联立①②解得ΔE0＝mg（29d＋L）sin θ－μmgs30③(3)要使ΔE0>ΔE，有mg（29d＋L）sin θ－μmgs30>mgd sin θ④解得L>d＋μssin θ。

高中物理-专题电磁感应中的动力学问题(能力篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.12 电磁感应中的动力学问题（能力篇）一．选择题1. (多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4【参考答案】 BC【名师解析】穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错误；金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知BIL －mg ＝B 2L 2vR －mg ＝ma ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动，在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 正确；由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知， W 安1－mg ·2d ＝0， W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 正确；设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12mv 2，①进入磁场时BIL －mg ＝B 2L 2vR －mg ＝ma ，解得v ＝m (a ＋g )RB 2L 2，②由①②式得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错误.2. （2018南宁高三摸底考试）如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面，磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。

高中物理学习中的动力学知识点详解

高中物理学习中的动力学知识点详解动力学是物理学中研究物体运动规律的一门学科，它涉及到速度、加速度、力等概念。

在高中物理学习中，动力学是一个重要的知识点，它帮助我们理解物体运动过程中的各种现象。

本文将详细介绍高中物理学习中的动力学知识点，以帮助同学们更好地掌握和理解这一领域。

1.速度与加速度速度和加速度是描述物体运动状态的重要参数。

速度指的是物体在单位时间内位移的变化量，可以用公式v=d/t表示，其中v表示速度，d表示位移，t表示时间。

加速度指的是物体在单位时间内速度的变化量，可以用公式a=Δv/Δt表示，其中a表示加速度，Δv表示速度的变化量，Δt表示时间的变化量。

2.牛顿第一定律牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一个物体如果受到合力为零的作用，则物体将保持匀速直线运动或静止状态。

这意味着物体具有惯性，即物体会保持原有的运动状态，只有受到力的作用才会改变运动状态。

这一定律对解释许多日常生活中的现象非常重要。

3.牛顿第二定律牛顿第二定律是研究力、质量和加速度之间关系的定律。

它提出了力的概念，指出力是改变物体运动状态的原因。

牛顿第二定律可以用公式F=ma表示，其中F表示力，m表示物体的质量，a表示物体的加速度。

根据这个定律，我们可以计算物体所受到的力或者物体的加速度。

4.牛顿第三定律牛顿第三定律，也称为作用-反作用定律，指出任何一个物体受到外力的作用，都会对另一个物体产生同样大小、方向相反的力。

简单来说，这个定律告诉我们力是一对相互作用的力，它们大小相等方向相反。

这个定律可以解释许多力的相互作用的现象，比如物体的支持力、摩擦力等。

5.重力重力指的是地球或其他天体对物体产生的吸引力。

根据普遍引力定律，两个物体之间的引力与它们质量的乘积成正比，与它们距离平方成反比。

重力是一个普遍存在的力，它影响着所有物体的运动。

在物理学习中，重力是一个常常被讨论和应用的概念。

6.摩擦力摩擦力是两个物体相互接触时由于表面粗糙度而产生的力。

专题15 动力学的图像问题 2022届高中物理常考点归纳

专题15 动力学的图像问题常考点动力学的图像问题解题思路【典例1】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2。

则（）A．拉力大小为12NB．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C．1.5s后物块可能返回D．1.5s后物块一定静止【解析】AB．由题图乙知，各阶段加速度的大小为a1＝4m/s2a2＝2m/s2设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s内F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma10.5～1.5s内μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2联立解得F＝6N但无法求出μ和θ，故A、B错误。

CD．不清楚tanθ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上。

【典例2】如图甲所示，足够长的木板B 静置于水平面上，其上表面放置小滑块A 。

木板B 在水平拉力F 作用下，其加速度a 随拉力F 变化的关系图像如图乙所示，A 、B 间动摩擦因数为1μ， B 与水平面间动摩擦因数为2μ，g 取10m/s 2，则（）A ．3kg 2kg AB m m ==， B ．2kg 1kg A B m m ==，C ．120.10.1μμ==，D ．120.250.05μμ==，【解析】由图像可知，在F=3N 时AB 开始运动，则2()3N A B m m g μ+=当F=6N 时AB 间的摩擦力达到最大值，即 121()()A B A B F m m g m m a μ-+=+即26()()1A B A B m m g m m μ-+=+⨯此后当F>6N 时AB 开始滑动，则对B 12()A A B B F m g m m g m a μμ--+=由图像可知 112B k m == 即 m B =2kg当F=4N 时a=0，则12()4N A A B m g m m g μμ++=联立以上各式可知 m A =1kg10.1μ=20.1μ=【典例3】（多选）如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t 图象如图乙所示．若重力加速度g=10m/s 2，则A ．斜面的长度4L m =B ．斜面的倾角30o θ=C ．物块的质量1m kg =D ．物块与斜面间的动摩擦因数μ=【解析】由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A 错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：188/1v a m s t ===，242/31v a m s t '==='-，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，解得：θ=30°，BD 正确．根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量．1．数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图象v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等．2．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：3．解题策略【变式演练1】（多选）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。

动力学与运动学综合问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题01动力学与运动学综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型 (1)热点题型二动力学图像的理解与应用 (4)热点题型三结合新情景考察动力学观点 (7)类型一以生产生活问题为情境构建多过程多运动问题考动力学观点 (7)类型二以问题探索情景构建物理模型考动力学观点 (9)类型三以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点 (10)三．压轴题速练 (11)一，考向分析1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。

高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。

2023年高考对于动力学的考察仍然是照顾点。

2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。

提高学生关键物理素养.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。

牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考察等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。

二．题型及要领归纳热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型多过程问题的处理(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。

(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v20＝2ax，x＝v＋v02t。

(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。

①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。

特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。

速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得a 1a 2＝t 2t 1速度与位移关系公式：v 2＝2a 1x 1，v 2＝2a 2x 2得a 1a 2＝x 2x 1平均速度与位移关系公式：x 1＝vt 12，x 2＝vt 22得t 1t 2＝x 1x 2②多过程v －t 图像“下凹”模型，如图所示。

2023年高中物理第4章专题强化6 动力学中的连接体问题和图像问题课件新人教版必修第一册

第四章运动和力的关系
专题强化6 动力学中的连接体问题和图像问题
目标体系构建课内互动探究课堂达标检测
目标体系构建
【课程标准】 1．会用整体法和隔离法分析动力学中的连接体问题。 2．会分析物体受力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题。
【素养目标】科学探究探究生活中力和运动的关系问题
解析：在0～t0时间内，F减小，则物体所受的合力逐渐减小，由牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当F＝0时加速度减至0，因为加速度的方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，当加速度a＝0时，速度v最大，故B、C正确，A、D错误。
课堂达标检测
1．如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分
解析：对 m0 和 m 组成的整体，由牛顿第二定律得 mg＝(m0＋m)a1， a1＝m0m＋gm，另一端改为施加一竖直向下的恒力，则 F＝m0a2，a2＝mmg0，所以 a1<a2，C 正确。
探究情景导入
动力学中的图像问题
如图甲所示，光滑水平面上放置一个物体，质量m＝1 kg，对物体施加如图乙所示的水平外力作用，试说明水平外力的特点以及物体的运动情况。
顿第二定律得 F1－F2＝(m1＋m2)a
①
对质量为 m1 的物块隔离分析，根据牛顿第二定律有
F1－F3＝m1a，
②
由①②两式得 F3＝m1mF21＋＋mm22F1，选项 D 正确。
2．如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为 m1 和
m2，且 m1＝2m2。在用水平推力 F 向右推 m1 时，两物体间的相互作用力
4．解题策略 (1)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

高中物理必修一第四章专题强化动力学连接体问题

释放，求：
(1)物体的加速度大小；
答案
mg M＋m
以m为研究对象：mg－T＝ma
①
以M为研究对象：T＝Ma
②
联立①②得：a＝Mm＋gm
T＝MM＋mgm.
(2)绳对M的拉力大小.
答案
Mmg M＋m
以m为研究对象：mg－T＝ma
①
以M为研究对象：T＝Ma
②
联立①②得：a＝Mm＋gm
T＝MM＋mgm.
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间绳的拉力为多大？答案 mAm＋BmBF
若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，有F－μ(mA＋mB)g＝ (mA＋mB)a1，然后隔离出B为研究对象，有T2－μmBg＝mBa1，联立解得T2＝ mAm＋BmBF .
(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的拉力F作用下沿斜面向上加速运动，A、B间绳的拉力为多大？答案 mAm＋BmBF
针对训练2
如图所示，物体A重20 N，物体B重5 N，不计一切摩擦和
绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳
子上的张力分别为(重力加速度g＝10 m/s2)
√A.6 m/s2,8 N
B.10 m/s2,8 N
C.8 m/s2,6 N
D.6 m/s2,9N
由静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有 mAg－T＝mAa，对B有T－mBg＝mBa，代入数据解得a ＝6 m/s2，T＝8 N，A正确.
C.底板对物体 2 的支持力为(m2－m1)g D.底板对物体 2 的摩擦力大小为tman2gθ