高考物理一輪總復習 專題三課件（打包5套）[新人教版].zip

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從O到B做減速運動C 物體運動到O點時 所受合外力為零D 物體從A到O的過程中 加速度逐漸減小 解析 物體從A到O 初始階段受到的向右的彈力大于阻力 合力向右 隨著物體向右運動 彈力逐漸減小 合力逐漸減小 由牛頓第二定律可知 加速度向右且逐漸減小 由于加速度與速度同向 物體的速度逐漸增大 當物體向右運動至AO間某點 設為點O 時 彈力減小到與阻力相等 物體所受合力為零 加速度為零 速度達到最大 此后 隨著物體繼續(xù)向右運動 彈力繼續(xù)減小 阻力大于彈力 合力方向變?yōu)橄蜃?至O點時彈力減為零 此后彈力向左且逐漸增大 所以物體越過O 點后 合力 加速度 方向向左且逐漸增大 由于加速度與速度反向 故物體做加速度逐漸增大的減速運動 正確選項為A 考點2動力學的兩類基本問題 重點歸納 1 動力學兩類基本問題的分析流程 2 應用牛頓運動定律解題的一般步驟 1 明確研究對象 根據問題的需要和解題的方便 確定某 一物體或幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象 2 分析物體的受力情況和運動情況 畫好受力示意圖 明 確物體的運動性質和運動過程 3 利用牛頓第二定律 在受力情況已知時 或結合運動學公 式 在運動情況已知時 進行求解 4 必要時對結果進行討論 典例剖析 例1 如圖3 2 2所示 一個放置在水平臺面上的木塊 其質量為2kg 受到一個斜向下的 與水平方向成37 角的推力F 10N的作用 使木塊從靜止開始運動 4s后撤去推力 若木塊與水平臺面間的動摩擦因數 為0 1 取g 10m s2 求 圖3 2 2 1 撤去推力時木塊的速度為多大 2 撤去推力到停止運動過程中木塊的加速度為多大 3 木塊在水平面上運動的總位移為多少 思維點撥 正確選擇研究對象并進行受力分析 根據牛頓 第二定律求解加速度是快速求解此類題型的關鍵 解 1 撤去力F之前 對木塊進行受力分析 如圖3 2 3 所示 圖3 2 3 由牛頓第二定律得 水平方向 Fcos37 f ma1豎直方向 FN mg Fsin37 又f FN 解得a1 2 7m s24s末的速度為 v a1t 2 7 4m s 10 8m s 2 撤去F后 根據牛頓第二定律 mg ma2a2 g 1m s2 所以 木塊運動的總位移為s s1 s2 79 92m 備考策略 動力學的兩類基本問題是高考命題的熱點 此類問題是考查牛頓運動定律的重點 每年必考 考題多以生產和生活的實際問題為命題背景 解題的關鍵是求加速度 考點練透 3 2015年河南洛陽模擬 某電視臺在娛樂節(jié)目中曾推出一個游戲節(jié)目 推礦泉水瓶 選手們從起點開始用力推瓶子一段時間后 放手讓它向前滑動 若瓶子最后停在桌上有效區(qū)域內 不能壓線 視為成功 若瓶子最后沒有停在桌上有效區(qū)域內或在滑行過程中倒下均視為失敗 其簡化模型如圖3 2 4所示 AC是長度L1 5 5m的水平桌面 選手們將瓶子放在A點 從A點開始用一恒定不變的水平推力推它 BC為有效區(qū)域 已知BC長度L2 1 1m 瓶子質量m 0 5kg 與桌面間的動摩擦因 數 0 2 g取10m s2 某選手作用在瓶子上的水平推力F 11N 瓶子沿AC做直線運動 假設瓶子可視為質點 該選手要想游戲獲得成功 試求 在手推瓶子過程中瓶子的位移取值范圍 圖3 2 4 解 要想獲得成功 瓶子滑到B點時速度恰好為0 力作用時間最短 滑到C點時速度恰好為0 力作用時間最長 設力作用時的加速度為a1 位移為x1 撤力時瓶子的速度為v1 撤力后瓶子的加速度為a2 位移為x2 則 F mg ma1 mg ma2 L1 L2 x1 x2 L1 由以上各式聯立可解得 0 4m x1 0 5m 4 設某一艦載機的質量為m 2 5 104kg 速度為v0 42m s 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 艦載機將在甲板上以a0 0 8m s2的加速度做勻減速運動 著艦過程中航母靜止不動 1 艦載機著艦后 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 航母 甲板至少多長才能保證艦載機不滑到海里 2 為了艦載機在有限長度的跑道上停下來 甲板上設置了阻攔索讓艦載機減速 同時考慮到艦載機掛索失敗需要復飛的情況 艦載機著艦時不關閉發(fā)動機 如圖3 2 5所示為艦載機 勾住阻攔索后某一時刻的情景 此時發(fā)動機的推力大小為F 1 2 105N 減速的加速度a1 20m s2 此時阻攔索夾角 106 空氣阻力和甲板阻力保持不變 求此時阻攔索承受的張力大小 已知 sin53 0 8 cos53 0 6 圖3 2 5 解 1 設甲板的長度至少為s0 則由運動學公式得 代入數據可得s0 1102 5m 2 艦載機受力分析如圖D18所示 其中T為阻攔索的張力 f為空氣和甲板對艦載機的阻力 由牛頓第二定律得2Tcos53 f F ma1艦載機僅受空氣阻力和甲板阻力時f ma0 聯立可得T 5 105N 圖D18 方法 瞬時加速度問題分析 物體的加速度a與其所受的合外力F是瞬時對應的 同時產生 同時變化 同時消失 此類問題常見的有繩 桿 和彈簧 彈性繩 模型 繩 桿 的彈力可以發(fā)生突變 輕彈簧 彈性繩 的彈力不能突變 例2 如圖3 2 6所示 質量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成 角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài) 現用火將繩AO燒 斷 在繩AO燒斷的瞬間 下列說法正確的是 A 彈簧的拉力F mgcos B 彈簧的拉力F mgsin C 小球的加速度為零 D 小球的加速度a gsin 圖3 2 6 審題突破 繩AO燒斷的瞬間 彈簧的形變是明顯形變 在很短的時間內來不及恢復 所以近似認為彈簧的彈力沒有發(fā)生變化 解答此題應該對小球進行兩次受力分析 一次是繩斷之前 一次在繩斷之后 這兩次受力分析的聯系點是彈簧的彈力一樣 解析 燒斷繩AO之前 小球受3個力 如圖3 2 7所示 燒斷細繩的瞬間 繩子的張力沒有了 但由于輕彈簧的形變恢復需要時間 故彈簧的彈力不變 A正確 燒斷細繩的瞬間 小球受到的合外力與T 繩AO的拉力 等大反向 即F合 mgtan 則小球的加速度a gtan 答案 A 圖3 2 7 題外拓展 本題中若B點斷開 則彈簧的彈力消失 而繩子形變屬于微小形變 彈力也變成零 即在B點斷開的瞬間 小球只受到重力的作用 加速度為g 若彈簧換成繩子 在繩AO燒斷的瞬間 因OB繩不可伸長 球的加速度只能垂直于繩OB向斜下方 繩OB的拉力發(fā)生了突變 有興趣的同學可求一下小球的加速度 觸類旁通 1 2016年山東濰坊第一次聯考 如圖3 2 8所示 在光滑的水平面上 質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連 在拉力F的作用下 以加速度a向右做勻加速直線運動 某時刻突然撤去拉力F 此瞬時A和B的加速度為a1和a2 則 圖3 2 8 a 所以選項C正確 解析 兩物體在光滑的水平面上一起以加速度a向右做勻加速直線運動時 彈簧的彈力F彈 m1a 在力F撤去的瞬間 彈簧的彈力來不及改變 大小仍為m1a 因此對A物體來講 加速度此時仍為a 對B物體 取向右為正方向 m1a m2a2 a2 m1m2 答案 C 2 如圖3 2 9所示 A B兩小球分別連在彈簧兩端 B端用細線固定在傾角為30 的光滑斜面上 A B兩小球的質量分別為mA mB 重力加速度為g 若不計彈簧質量 在線被剪斷 瞬間 A B兩球的加速度分別為 圖3 2 9 答案 D 易錯點對物體的運動過程分析不到位 例3 如圖3 2 10所示 有一水平傳送帶以2m s的速度勻速運動 現將一物體輕輕放在傳送帶上 若物體與傳送帶間的動摩擦因數 為0 5 則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時間為多少 圖3 2 10 錯解分析 由于物體輕放在傳送帶上 所以初速度v0 0 物體在豎直方向所受合外力為零 在水平方向受到滑動摩擦力 傳送帶施加 做初速度v0 0的勻加速運動 位移為10m 據牛頓第二定律F ma有f mg maa g 5m s2 上述解法的錯誤出在對這一物理過程的認識 傳送帶上輕放的物體 其運動有可能分為兩個過程 一是在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動 二是達到與傳送帶相同速度后 無相對運動 也無摩擦力 物體開始做勻速直線運動 關鍵問題應分析出什么時候達到傳送帶的速度 才好對問題進行解答 正解分析 以物體為研究對象 如圖3 2 11所示 在豎直方向受重力和支持力 在水平方向受滑動摩擦力 做初速度為零的勻加速運動 圖3 2 11 根據牛頓第二定律F ma有水平方向 f ma 豎直方向 N mg 0f N 由以上三式解得a 5m s2 設經時間t1后物體速度達到傳送帶的速度 根據勻加速直 線運動的速度公式vt v0 at 解得t1 0 4s 時間t1內物體的位移為 物體位移為0 4m時 物體的速度與傳送帶的速度相同 0 4s后物體不受摩擦力作用 開始做勻速運動 設勻速運動的位移為s2 有s2 v2t2 因為s2 s s1 10 0 4 m 9 6m v2 2m s解得t2 4 8s 則傳送10m所需時間為 t t1 t2 0 4 4 8 s 5 2s 指點迷津 對物體準確進行受力分析 是求解此類問題的關鍵 判斷兩者什么時候達到共同速度 是解題的突破口 觸類旁通 3 多選 2015年山東師大附中質檢 如圖3 2 12所示 質量為m 1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數為0 3 當物體運動的速度為10m s時 給物體施加一個與速度方向相反的 大小為F 2N的恒力 在此恒力作用下 g取10m s2 圖3 2 12A 物體經10s速度減為零B 物體經2s速度減為零C 物體速度減為零后將保持靜止D 物體速度減為零后將向右運動 解析 物體受到向右的滑動摩擦力 Ff FN G 3N 根據牛頓第二定律得 a F Ffm 2 31 m s2 5m s2 方向向 誤 減速到零后 F Ff 物體處于靜止狀態(tài) 不再運動 C正確 D錯誤 答案 BC 4 2015年河南中原名校聯考 如圖3 2 13甲所示 光滑水平面上的O處有一質量為m 2kg的物體 物體同時受到兩個水平力的作用 F1 4N 方向向右 F2的方向向左 大小如圖乙所示 物體從靜止開始運動 此時開始計時 求 1 當t 0 5s時物體的加速度大小 2 物體在t 0至t 2s內何時物體的加速度最大 最大值 為多少 3 物體在t 0至t 2s內何時物體的速度最大 最大值為 多少 F1 F24 3 甲 乙 圖3 2 13解 1 當t 0 5s時 F2 2 2 0 5 N 3NF1 F2 ma a m2 m s2 0 5m s2 2 物體所受的合外力為 F合 F1 F2 4 2 2t 2 2t N 作出F合 t圖象如圖D19所示 圖D19 從圖中可以看出 在0 2s范圍內 當t 0時 物體有最大加速度a0 F合0 ma0 F合2 2 當t 2s時 物體也有最大加速度a2 F合2 ma2 a2 m2 m s2 1m s2 負號表示加速度方向向左 3 由牛頓第二定律得 a F合m 1 t m s2 畫出a t圖象如圖D20所示 圖D20 由圖可知t 1s時速度最大 最大值等于上方三角形的面 積 第3講 牛頓運動定律的運用 1 超重和失重定義 1 超重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現象 大于 2 失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現象 小于 3 完全失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 為 的現象 零 超重和失 2 發(fā)生超重或失重現象的條件 上 加速 減速 1 發(fā)生超重現象的條件 具有向 的加速度 如物體向上做 運動或向下做 運動 2 發(fā)生失重現象的條件 具有向 的加速度 如物體做向上 運動或向下 運動 3 拓展 運動在水平和豎直方向正交分解時 只要加速度具有向上的分量 物體就處于超重狀態(tài) 只要加速度具有向下 的分量 物體就處于失重狀態(tài) 下 減速 加速 3 超重和失重的本質 超重和失重本質上并不是物體受到的重力 實重 發(fā)生了變化 而是物體在豎直方向上有加速度時 物體對支持物的壓力或對懸繩的拉力 視重 發(fā)生了變化 即看起來好像物體的重力變了 但實際上物體的重力并沒有發(fā)生變化 基礎檢測 2015年廣東惠東高級中學月考 小敏隨著十幾個人一起乘電梯上五樓 走進電梯時電梯沒有顯示超載 但電梯剛啟動時報警器卻響了起來 對這一現象的解釋 下列說法正確的是 A 剛啟動時 物體的加速度向下 人處于超重狀態(tài)B 剛啟動時 人所受的重力變大了C 剛啟動時 人對電梯底板的壓力大于底板對人的支持力D 剛啟動時 人對電梯底板的壓力變大了 解析 人隨電梯一起加速上升 電梯剛啟動時報警器卻響了起來 說明人和電梯的加速度向上 合外力向上 電梯和人處于超重的狀態(tài) 所以人對電梯底板的壓力變大了 故D正確 答案 D 考點1超重和失重 典例剖析例1 多選 如圖3 3 1所示 輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上 彈簧下端懸掛一個小鐵球 在電梯運行時 乘客發(fā)現彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了 這一現象表明 A 電梯一定是在下降B 電梯可能是在上升C 電梯的加速度方向一定向下 D 乘客一定處在超重狀態(tài) 圖3 3 1 思維點撥 彈簧的伸長量變大 說明彈簧的彈力變大 從而判斷出小鐵球所受的合外力向上 加速度方向向上 解析 電梯靜止時 彈簧的拉力和小鐵球所受重力相等 現在 彈簧的伸長量變大 則彈簧的拉力變大 小鐵球所受的合外力方向向上 加速度方向向上 小鐵球處于超重狀態(tài) 但電梯可能是加速向上運動 也可能是減速向下運動 答案 BD 備考策略 超重和失重現象是生產和生活中常見的現象 近年高考比較注重對本部分的考查 解決此類問題的實質是牛頓第二定律的應用 注意 判斷物體處于超重或失重狀態(tài)是看加速度方向如何 而不是看速度方向如何 考點練透 1 2015年甘肅一模 將地面上靜止的貨物豎直向上吊起 貨物由地面運動至最高點的過程中 v t圖象如圖3 3 2所示 以下判斷正確的是 圖3 3 2A 前3s內貨物處于失重狀態(tài)B 最后2s內貨物只受重力作用C 前3s內平均速度小于最后2s內的平均速度D 最后2s的過程中貨物的機械能增加答案 D 2 2015年貴州五校聯考 如圖3 3 3所示 與輕繩相連的物體A和B跨過定滑輪 質量mA mB A由靜止釋放 不計繩 與滑輪間的摩擦 則在A向上運動的過程中 輕繩的拉力 圖3 3 3 A T mAgC T mBg B T mAgD T mBg 解析 物體A向上加速運動 物體B向下加速運動 因此A處于超重狀態(tài) T mAg B處于失重狀態(tài) T mBg 故B正確 答案 B 考點2動力學多過程分析 對一個復雜的物理過程 我們常常分解成幾個簡單的有規(guī)律的子過程 并找出子過程之間的相互聯系和制約條件 認清每個子過程的運動性質 再選取合適的物理規(guī)律 列方程求解 典例剖析 例2 2015年河北正定中學月考 如圖3 3 4所示 一水平傳送帶以2 0m s的速度順時針傳動 水平部分長為2 0m 其右端與一傾角為 37 的光滑斜面平滑相連 斜面長為0 4m 一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端 已知物塊與傳送帶間動摩擦因數 0 2 試問 1 物塊能否到達斜面頂端 若能則說明理由 若不能則求 出物塊沿斜面上升的最大距離 2 物塊從出發(fā)到9 5s末通過的路程 sin37 0 6 g取 10m s2 圖3 3 4 解 1 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動 mg ma1 所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速物塊以v0速度滑上斜面 mgsin ma2物塊速度為零時上升的距離 由于s2 0 4m 所以物塊未到達斜面的最高點 2s1L s1 2v02 2 物塊從開始到第一次到達傳送帶右端所用時間 t1 v0v0 1 5s 物塊在斜面上往返一次時間 t2 sa23 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0 方向向左 mg ma3a3 2m s2向左端發(fā)生的最大位移 s 在斜面上勻加速下降s后回到傳送帶 物塊運動的全過程為 先勻加還1s 再勻速運動0 5s 在 斜面上勻減速上升 13 再經過1s速度減為零 然后加速1s運動到斜面底端 如此往 復 周期為 83 s 由第一次到達斜面底端算起 還剩8s 恰好 完成三個周期 所以s L 6 s2 s3 10m 13 備考策略 多過程問題往往是求解整個過程中的某一個物理量 可能是力學量 也可能是運動學的量 關鍵是要對物體的受力情況和運動過程有比較清晰的分析 畫出運動過程示意圖 結合牛頓第二定律建立方程求解 考點練透 3 2015年寧夏銀川校級一模 如圖3 3 5所示 水平繃緊的傳送帶AB長L 6m 始終以恒定速率v1 4m s運行 初速度大小為v2 6m s的小物塊 可視為質點 從與傳送帶等高的光滑水平地面上經A點滑上傳送帶 小物塊m 1kg 物塊與傳送帶間的動摩擦因數 0 4 g取10m s2 求 1 小物塊能否到達B點 計算分析說明 2 小物塊在傳送帶上運動時 摩擦力產生的熱量為多少 圖3 3 5 解 1 不能 因為小物塊在水平方向受到摩擦力的作用 有f mg 速度等于傳送帶速度v1時 經歷的時間 t v1 v2 a 2 5s 傳送帶的位移s v1t 4 2 5m 10m 小物塊相對于傳送帶的位移 x s x x 10 4 5 2 m 12 5m小物塊在傳送帶上運動時 因相互摩擦產生的熱量為Q f x 0 4 10 1 12 5J 50J 4 多選 2015年江蘇徐州質檢 如圖3 3 6所示 一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上 t 0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行 木板與滑塊間存在摩擦 且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 滑塊的v t圖象可能是下列各圖所示中的 圖3 3 6 AC BD 答案 BD 解析 設滑塊質量為m 木板質量為M 滑塊與木板間的動摩擦因數為 1 木板與地面間的動摩擦因數為 2 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度a1 1g 木板不動 選項D正確 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度為a1 1g 木板向右勻加速運動 當二者同速后 一起以a2 2g的加速度勻減速到停止 因a1 a2 故選項B正確 考點3牛頓第二定律與圖象相結合 對物理圖象分析 1 看清坐標軸所表示的物理量及單位 分析圖象與橫 縱軸交點的意義 圖象斜率的意義和圖象與橫 縱軸所圍面積的含義 2 分析圖象問題 常常結合橫 縱軸物理量間的函數關系 來進行分析 重點歸納 典例剖析 例3 2015年吉林摸底 如圖3 3 7甲所示 質量為M 1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上 木板與地面間的動摩擦因數 1 0 1 在木板的左端放置一個質量為m 1kg 大小可忽略的鐵塊 鐵塊與木板間的動摩擦因數 2 0 4 g取10m s2 試求 1 若木板長L 1m 在鐵塊上加一個水平向右的恒力F 8N 經過多長時間鐵塊運動到木板右端 2 若在鐵塊上加一個大小從零開始均勻增加的水平向右的力F 通過分析和計算后 請在圖乙中畫出鐵塊受到木板的摩擦力f2隨拉力F大小變化的圖象 設木板足夠長 甲 乙 圖3 3 7 設經過時間t鐵塊運動到木板的右端 則有 解得t 1s 2 當F 1 mg Mg 2N時 M m相對靜止且對地靜止 f2 F F 1 M m gF 設F F1時 M m恰保持相對靜止 此時系統(tǒng)的加速度a a2 2m s2以系統(tǒng)為研究對象 根據牛頓第二定律有F1 1 M m g M m a解得F1 6N所以 當2N F 6N時 M m相對靜止 系統(tǒng)向右做 勻加速運動 其加速度a M m2 1 以M為研究對象 根據牛頓第二定律有 f2 1 M m g Ma 當F 6N M m發(fā)生相對運動 f2 2mg 4N故畫出f2隨拉力F大小變化的圖象如圖3 3 8所示 圖3 3 8 考點練透 5 多選 如圖3 3 9所示 足夠長的傳送帶與水平面夾角為 以速度v0逆時針勻速轉動 在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊 小木塊與傳送帶間的動摩擦因數 tan 則圖中能客觀地反映小木塊的運動情況的是 圖3 3 9 AC BD 解析 小木塊剛放上之后的一段時間內所受摩擦力沿斜面向下 由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1 小木塊與傳送帶同速后 因 tan 小木塊將繼續(xù)向下加速運動 此時有mgsin mgcos ma2 有a1 a2故B D正確 A C錯誤 答案 BD 6 2015年山東濰坊一中檢測 一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動 被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過 如圖3 3 10甲所示 固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時間的變化關系如圖乙所示 圖象前3s內為二次函數 3 4 5s內為一次函數 取向左運動的方向為正方向 已知傳送帶的速度v1保持不變 g取10m s2 甲 乙 圖3 3 10 1 求傳送帶速度v1的大小 2 求0時刻物塊速度v0的大小 3 在圖3 3 11中畫出物塊對應的v t圖象 圖3 3 11 解 1 由x t的圖象可知 物塊被擊穿后 先向左減速 2m s 以后隨傳送帶一起做勻速運動 2 2 3s內 物塊向右勻加速運動 加速度大小a g v1 a t10 2s內 物塊向左勻減速運動 加速度大小a g解得0時刻物塊的速度v0 a t2 4m s 3 根據x t的圖象分析得到的運動規(guī)律用v t圖象畫出如圖 D21所示 圖D21 模型 連接體模型 1 連接體概述兩個或兩個以上的物體以輕繩 輕桿 輕彈簧等連接在一起 或是多個物體直接疊放或是并排在一起的物體系統(tǒng)就是連接體 如圖3 3 12所示 圖3 3 12 2 問題分類 1 已知外力求內力 先整體后隔離 如果已知連接體在合外力的作用下一起運動 可以先把連接體系統(tǒng)作為一個整體 根據牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再隔離其中的一個物體 求相互作用力 2 已知內力求外力 先隔離后整體 如果已知連接體物體間的相互作用力 可以先隔離其中一個物體 根據牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再把連接體系統(tǒng)看成一個整體 求解外力的大小 例4 多選 如圖3 3 13所示 水平地面上兩個完全相同的物體A和B緊靠在一起 在水平推力F的作用下運動 FAB代 表A B間的作用力 則 圖3 3 13A 若地面完全光滑 則FAB F B 若地面完全光滑 則FAB F2 C 若物體與地面的動摩擦因數為 則FAB F D 若物體與地面的動摩擦因數為 則FAB F2 審題突破 物體A B在力F的作用下一起向右加速運動 具有相同的加速度 故先用整體法求解運動的加速度 再用隔離法求解它們之間的作用力 解析 設物體的質量為m 且與地面間有摩擦 A B加速度相同 以整體為研究對象 由牛頓第二定律得F 2 mg 2ma 答案 BD 題外拓展 本題中把B物體疊在A物體上面一起加速運動 如模型介紹中的模型2 則AB之間的作用力除了彈力 支持力和壓力 外 還有摩擦力 若FAB仍代表A B間的作用力 則FAB應該是彈力和摩擦力的矢量和 大小為FAB 有興趣的同學可以嘗試解答 方法與例 題的方法類似 M 求 觸類旁通 1 2015年江蘇無錫期中 如圖3 3 14所示的裝置叫做阿特伍德機 是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置 用來研究勻變速直線運動的規(guī)律 繩子兩端的物體下落 上升 的加速度總是小于自由落體的加速度g 同自由落體相比 下落相同的高度 所花費的時間要長 這使得實驗者有足夠的時間從容的觀測 研究 已知物體A B的質量相等均為M 物體C的質量為m 輕繩與輕滑輪間的摩擦不計 繩子不可伸長 如果m 圖3 3 14 1 物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下 落同樣的距離所用時間的比值 2 系統(tǒng)由靜止釋放后運動過程中物體C對B的拉力 解 1 設物體的加速度為a 繩子中的張力為F 對物體A F Mg Ma 對BC整體 M m g F M m a 即物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值為3 2 設B對C的拉力為f 對物體C 由牛頓運動定律 2 如圖3 3 15所示 質量為m 1kg的物塊放在傾角為 37 的斜面體上 斜面體質量為M 2kg 斜面與物塊間的動摩擦因數為 0 2 地面光滑 現對斜面體施一水平推力F 要要使物塊m相對斜面靜止 試確定推力F的取值范圍 g取10m s2 圖3 3 15 解 假設水平推力F較小 物塊相對斜面具有下滑趨勢 當剛要下滑時 推力F具有最小值 設大小為F1 此時物塊受力如圖D22所示 取加速度方向為x軸正方向 對物塊分析 圖D22 在水平方向有 FNsin FNcos ma1豎直方向有 FNcos FNsin mg 0對整體有F1 M m a1 代入數值得a1 4 8m s2 F1 14 4N 假設水平推力F較大 物塊相對斜面具有上滑趨勢 當剛 要上滑時 推力F具有最大值 設大小為F2 此時物塊受力如圖D23所示 對物塊分析 圖D23 在水平方向有 FN sin FN cos ma2豎直方向有 FN cos FN sin mg 0對整體有F2 M m a2 代入數值得a2 11 2m s2 F2 33 6N綜上所述可知推力F的取值范圍為14 4N F 33 6N 專題提升三關于牛頓第二運動定律的三種模型 突破一連接體模型 1 連接體問題是指兩個或兩個以上的物體 以某種方式連接在一起運動 這樣的物體系統(tǒng)就是連接體 解題時 一般采用先整體 后隔離的方法 2 解題思路 1 分析所研究的問題適合應用整體法還是隔離法 2 對整體或隔離體進行受力分析 應用牛頓第二定律確定 整體或隔離體的加速度 3 結合運動學方程解答所求解的未知物理量 例1 兩物體A和B 質量分別為m1和m2 互相接觸放在光滑水平面上 如圖Z3 1所示 對物體A施以水平的推力F 則物體A對物體B的作用力等于 圖Z3 1 A m1m1 m2 F B m2m1 m2 F C F D m2m1 F 答案 B 1 一個物體以速度v0 v0 0 在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統(tǒng)可看做 傳送帶 模型 如圖Z3 2甲 乙 丙所示 甲 丙 乙圖Z3 2 突破二傳送帶模型 2 傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問 題 1 水平傳送帶問題 求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷 判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度 也就是分析物體在運動位移x 對地 的過程中速度是否和傳送帶速度相等 物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻 2 傾斜傳送帶問題 求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況 從而確定其是否受到滑動摩擦力作用 如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向 然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況 當物體速度與傳送帶速度相等時 物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變 例2 如圖Z3 3所示 傾角為37 長為l 16m的傳送帶 轉動速度為v 10m s 在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質量為m 0 5kg的物體 已知物體與傳送帶間的動摩擦因數 0 5 g取10m s2 求 sin37 0 6 cos37 0 8 圖Z3 3 1 傳送帶順時針轉動時 物體從頂端A滑到底端B的時間 2 傳送帶逆時針轉動時 物體從頂端A滑到底端B的時間 解 1 傳送帶順時針轉動時 物體相對傳送帶向下運動 則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上 相對傳送帶向下勻加速運動 根據牛頓第二定律有mg sin37 cos37 ma 則a gsin37 gcos37 2m s2 2 傳送帶逆時針轉動 當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時 物體相對傳送帶向上運動 則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下 設物體的加速度大小為a1 由牛頓第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma1 則有a1 mgsin37 mgcos37 m 10m s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1 位移為x1 則有 當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間 有mgsin37 mgcos37 則下一時刻物體相對傳送帶向下運動 受到傳 送帶向上的滑動摩擦力 摩擦力發(fā)生突變 設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2 則 思維點撥 分析傳送帶問題的關鍵是判斷摩擦力的方向 要注意抓住兩個關鍵時刻 一是初始時刻 根據物體速度v物和傳送帶速度v傳的關系確定摩擦力的方向 二是當v物 v傳 時 判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止 突破三板塊模型 1 涉及兩個物體 并且物體間存在相對滑動的物體系統(tǒng) 就可以看作是板塊模型 例3 如圖Z3 4所示 物塊A 木板B的質量均為m 10kg 不計A的大小 B板長L 3m 開始時A B均靜止 現使A以某一水平初速度從B的最左端開始運動 已知A與B B與水平面之間的動摩擦因數分別為 1 0 3和 2 0 1 g取10m s2 圖Z3 4 1 若物塊A剛好沒有從B上滑下來 則A的初速度多大 2 若把木板B放在光滑水平面上 讓A仍以 1 問中的初速度從B的最左端開始運動 則A能否與B脫離 最終A和B的速度各是多大 解 1 A在B上向右勻減速運動 加速度大小a1 1g 3m s2木板B向右勻加速運動 加速度大小 由題意知 A剛好沒有從B上滑下來 則A滑到B最右端時和B速度相同 設為v 得 2 木板B放在光滑水平面上 A在B上向右勻減速運動 加速度大小仍為a1 1g 3m s2 實驗四 驗證牛頓運動定律 實驗準備 實驗目的 控制變量 力 質量 學會用 法來研究物理規(guī)律 探究 與 的關系 進而驗證牛頓第二定律 實驗原理 控制變量 探究加速度a與力F及質量M的關系時 應用的基本方法是 法 即先控制一個參量 小車的質量M不變 討論加速度a與力F的關系 再控制細砂和砂桶的質量不變 即力F不變 改變小車質量M 討論加速度a與M的關系 加速度 實驗器材打點計時器 紙帶及復寫紙 小車 一端附有滑輪的長木板 砂桶 細繩 細砂 低壓交流電源 天平 刻度尺 砝碼 實驗過程實驗步驟 1 用天平分別測出 和 的質量M和m 把數值記錄下來 砂和砂桶 2 按圖S4 1所示把實驗器材安裝好 圖S4 1 小車 3 平衡摩擦力 在長木板 的一端下面墊上一塊薄木板 反復移動其位置 直至 的小車剛好在斜面上保持 為止 4 將砂桶通過細繩系在小車上 先 后 使小車運動 用紙帶記錄小車的運動情況 取下紙帶 并在紙 帶上標上號碼 放開小車 5 保持 不變 改變砂桶中的細砂量 重復步驟 4 每次記錄必須在相應的紙帶上做上標記 列表格將記錄的 數據填寫在表內 細砂和砂桶的質量 6 建立坐標系 用縱坐標表示加速度 橫坐標表示力 在坐標系上描點 畫出相應的圖線以驗證a與F的關系 7 保持 不變 改變小車的質量 在小車上增減砝碼 重復上述步驟 5 6 驗證a與M的關系 沒有滑輪 未掛沙桶 勻速直線運動 接通電源 小車的質量 注意事項 1 每條紙帶必須在滿足小車與車上所加砝碼的總質量 重物質量的條件下打出 只有如此 重物重力才可視 為小車受到的拉力 遠大于 2 改變拉力和小車質量后 每次開始時小車應盡量靠近 并應先接通電源 再放開小車 且應在小車到達 滑輪前按住小車 打點計時器 3 作圖象時 要使盡可能多的點在所作直線上 不在直線上的點應盡可能對稱分布在所作直線的兩側 實驗分析 4 作圖時兩坐標軸標度比例要選擇適當 各量須采用國際單位 這樣作圖線時 坐標點間距不至于過密 誤差會小些 5 為提高測量精度 可以采取下列措施 應舍掉紙帶上開頭比較密集的點 在后邊便于測量的地 方找一個起點 可以把每打五次點的時間作為單位時間 即從開始點起 每隔四個點標出一個計數點 而相鄰計數點間的時間間隔為T 0 1s 圖象分析 1 未平衡阻力對圖象的影響 對小車在傾斜的木板上的受力情況進行分析 如圖S4 2所示 f為M受到的摩擦力 f 為 紙帶等的阻力 由牛頓第二定律可得a F Mgsin f f M 因此調節(jié) 可平衡摩擦力 并且只要平衡一次即可 圖S4 2 若摩擦力未平衡或平衡不足 太小 則a0 0 此時a F 圖象如圖S4 3甲所示 圖S4 3 若摩擦力平衡過度 太大 則a0 0 此時a F圖象如圖 乙所示 2 平衡摩擦力和阻力后 如果砂桶和細砂的質量m太大 會使圖線彎曲 實際上小車受到的拉力與mg并不相等 由牛 即a F圖象會隨著F的不斷增大往F軸彎曲 如圖S4 4所示 因此做實驗時要保證M m 圖S4 4 圖S4 5 實驗改進 本實驗中可以用氣墊導軌來代替長木板 這樣就省去了平衡小車摩擦力的麻煩 小車的加速度也可以利用傳感器 借助于計算機來處理 基礎檢測 2015年廣東深圳模擬 某同學做 探究加速度與力的關系 的實驗 實驗的探究對象是鋁塊 質量小于砂桶 在靜止釋放輕繩前 裝置如圖S4 6甲所示 甲 乙 圖S4 6 1 該同學在實驗操作中有兩處明顯錯誤 分別是 和 2 糾錯后開始實驗 保持鋁塊的質量m不變 通過在砂桶中添加砂來改變對鋁塊的拉力 每次釋放輕繩 由力傳感器可測得拉力的大小F 由紙帶上打出的點可算出對應加速度的大小a 已知重力加速度為g 該同學根據多組實驗數據畫出如圖乙所示的一條過坐標原點的直線 他標注縱軸為加速度a 但忘記標注橫軸 你認為橫軸代表的物理量是 用所給的字母表示 3 若把力傳感器裝在右側輕繩上則實驗的誤差會更 填 大 或 小 要進行打點的紙 答案 1 打點計時器錯接在直流電源上帶留得太短 2 F mg 3 大 考點1實驗原理 步驟及器材的調整 重點歸納 平衡摩擦力的方法 1 在平衡摩擦力時 不要把懸掛重物的細線系在小車上 即不要給小車加任何牽引力 讓小車拖著紙帶打點運動 調整長木板的傾角 直到紙帶上打點均勻為止 2 實驗平衡了摩擦力后 不管以后是改變重物質量 還是改變小車和砝碼的總質量 都不需要重新平衡摩擦力 典例剖析例1 2015年廣東惠州二調 某同學設計了如圖S4 7甲 乙所示的實驗裝置來探究加速度與物體質量 物體受力的關系 甲 乙 丙圖S4 7 1 填 甲 或 乙 實驗裝置比較好 原因是 2 該同學選擇比較理想的實驗裝置后 在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中 打出了一條紙帶如圖丙所示 計時器打點的時間間隔為0 02s 從比較清晰的點起 每5個點取一個計數點 量出相鄰計數點之間的距離 該小車的加速度a m s2 計算結果保留兩位有效數字 3 在實驗誤差允許范圍內 當小車的質量不變時 小車的加速度與小車的合外力滿足 圖的關系 AC BD 思維點撥 解本題的關鍵是思考甲裝置加了拉力傳感器后 對實驗產生什么樣的影響 解析 1 甲裝置加了拉力傳感器后 甲圖通過拉力傳感器能夠準確得到小車受到的拉力大小 不需像乙圖那樣要使小車的總質量遠遠大于鉤碼的質量才能近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力 2 取第一段和第三段來進行計算 s 2aT2 以準確測量出拉力的大小 就不存在由于鉤碼的質量太大而引起的誤差 故選A 答案 1 甲 甲裝置加了拉力傳感器 不需要像乙裝置那 樣要使小車的總質量遠遠大于鉤碼的質量才能近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力 2 0 16 3 A備考策略 弄清實驗原理 步驟及器材調整是對實驗備考的基本要求 是創(chuàng)新實驗的根基 它常成為考查的內容之一 考點練透 1 2015年云南一模 一學生用如圖S4 8甲所示的裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數 在桌面上放置一塊水平長木板 木板一端帶滑輪 另一端固定一打點計時器 木塊一端拖著穿過打點計時器的紙帶 另一端連接跨過定滑輪的繩子 在繩子上懸掛一定質量的鉤碼后可使木塊在木板上勻加速滑動 實驗中測得木塊質量M 150g 鉤碼質量m 50g 甲 乙 圖S4 8 1 實驗開始時 應調整滑輪的高度 讓細線與木板 2 實驗中得到如圖乙所示的紙帶 紙帶上A B C D E是計數點 相鄰兩計數點之間的時間間隔是0 10s 所測數據在圖中已標出 根據圖中數據可求得木塊運動的加速度a m s2 計算結果保留兩位有效數字 3 根據實驗原理可導出計算動摩擦因數的表達式 用M m g a表示 取g 10m s2 代入相關數據可求得 計算結果保留一位有效數字 2 如圖S4 9所示為 驗證牛頓第二定律 的實驗裝置示意圖 砂和砂桶的總質量為m 小車和砝碼的總質量為M 實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大小 圖S4 9 1 實驗中 為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力 先調節(jié)長木板一端滑輪的高度 使細線與長木板平行 接下來還需要進行的一項操作是 填正確答案標號 A 將長木板水平放置 讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶 給打點計時器通電 調節(jié)m的大小 使小車在砂和砂桶的牽引下運動 從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動B 將長木板的一端墊起適當的高度 讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶 撤去砂和砂桶 給打點計時器通電 輕推小車 從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動 C 將長木板的一端墊起適當的高度 撤去紙帶以及砂和 砂桶 輕推小車 觀察判斷小車是否做勻速運動 2 如圖S4 10所示是實驗中得到的一條紙帶 A B C D E F G為7個相鄰的計數點 相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出 量出相鄰的計數點之間的距離分別為 xAB 4 22cm xBC 4 65cm xCD 5 08cm xDE 5 49cm xEF 5 91cm xFG 6 34cm 已知打點計時器的工作頻率為50Hz 則小車的加速度a m s2 計算結果保留兩位有效數字 圖S4 10 答案 1 B 2 0 42 考點2對數據處理和誤差分析的考查 1 圖象法處理數據 根據記錄的a F M數據 分別作 1 M 與作用力成正比 與質量成反比 2 誤差分析 本實驗的誤差主要來源于質量的測量 紙帶上打點計時器打點間隔距離的測量 拉線或紙帶不與木板平行 平衡摩擦力不準等 實驗原理不完善也會造成系統(tǒng)誤差 a F a 圖象 如果圖象是一條過原點的直線 就證明加速度 重點歸納 典例剖析例2 2015年河北高陽中學模擬 用如圖S4 11甲所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律 1 某同學通過實驗得到如圖乙所示的a F圖象 造成這一結果的原因是 在平衡摩擦力時木板與水平桌面間的傾角 填 偏大 或 偏小 甲 乙 圖S4 11 2 該同學在平衡摩擦力后進行實驗 實際小車在運動過程中所受的拉力 砝碼和盤的總重力 填 大于 小于 或 等于 為了便于探究 減小誤差 應使小車質量M與砝碼和盤的總質量m滿足 的條件 3 某同學得到如圖S4 12所示的紙帶 已知打點計時器電源頻率為50Hz A B C D E F G是紙帶上7個連續(xù)的點 s sDG sAD cm 由此可算出小車的加速度a m s2 計算結果保留兩位有效數字 圖S4 12 思維點撥 圖線不過原點 與a軸有交點 即表示沒有拉力時 就有加速度 說明平衡摩擦力過度 解析 1 從圖象可以得出 還沒有拉力時 就已經存在加速度 說明斜面傾角過大造成的 其中a0表示沒有任何拉力時 小車的加速度 2 小車實際受到的拉力要小于砝碼和砝碼盤的總重力 為減小誤差 實驗中必須滿足M m 3 從刻度尺上讀出sDG 3 90cm sAD 2 10cm 因此 s sDG sAD 1 80cm 根據 s aT2得加速度a 1 8 10 20 062 5 0m s2 答案 1 偏大 2 小于M m 3 1 805 0 備考策略 用圖象法處理數據 要設計好刻度 根據數據確定點的位置 將點用一條直線連起來 延長交于坐標軸某一點 處理圖象問題要注意圖線的斜率 交點 拐點 面積等意義 能正確理解這些量的意義則很多問題將會迎刃而解 考點練透 3 2015年廣東深圳五校聯考 探究加速度與物體質量的 關系 的實驗裝置如圖S4 13甲所示 甲 乙 丙 圖S4 13 1 安裝實驗裝置時 應調整定滑輪的高度 使拉小車的細線在實驗過程中保持與 填 桌面 或 長木板 平行 2 平衡摩擦力后 為了驗證小車的加速度與其質量的定量 關系 必須采用 法 3 保持小車受力不變 測量不同質量的小車在這個力作用下的加速度 某次實驗中打出如圖乙所示的紙帶 打點計時器電源的頻率為50Hz 則這個加速度a 4 某同學把實驗得到的幾組數據畫成圖丙的a m圖象 為了更直觀描述物體的加速度跟其質量的關系 你應該建議他改畫a和 的關系圖象 解析 1 為了減小實驗過程中的摩擦力 細線和長木板應保持平行 2 為了驗證小車的加速度與其質量的定量關系 必須保證受力恒定 所以采用控制變量法 3 根據勻變速直線運動過程中在相等時間內走過的位移差是一個定值 則x23 x12成反比 在a m圖象中應該是雙曲線 但是實驗得出的各組數1m是正比例函數 此時各組數據是不是落在同一條直線上是非常1m 答案 1 長木板 2 控制變量 3 0 16m s2 1 4 m m s2 4 由牛頓第二定律F ma可知當合外力F不變時m與a 據是不是落在同一條雙曲線上是不好判斷的 但是a 的關系 容易觀察的 所以圖象坐標應該選用a 4 2015年福建寧德質檢 某次 探究加速度a跟物體所受合力F和質量m的關系 實驗過程中 甲 乙 圖S4 14 1 圖S4 14甲所示為實驗裝置圖 圖乙為某次實驗得到的一段紙帶 計數點A B C D E間的時間間隔為0 1s 根據紙帶可求出小車的加速度大小為 m s2 計算結果保留兩位有效數字