高考物理第二轮专题辅导讲座 第一讲 力学规律的综合应用

拾躲市安息阳光实验学校第1讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2①代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v ＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？ (2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cosθ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道B C D 相切，半圆的直径B D 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间．解析：(1)B 在A 上的最大加速度：a B ＝μ2mg m＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ②联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得： 滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为v A ＝a A 1t ④v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s. 答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv2－12(M ＋m )v 2共＝24 J. 答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m.轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功．(3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m.(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0①其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J.(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s. 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求： (1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带． (3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带． 解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B解得s ＝v 2B2μg＝2.25 ms<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解析。

尝试解答： 解析：(1)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的 合外力，需要平衡摩擦力，
其方法是：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车 连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点 计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀 速运动，故 B 正确．
(2)为了使沙和沙桶的重力等于小车所受的拉力，应 满足 m≪M，故选 C.
(3)实验数据处理可借助图象，充分利用图象斜率、 截距等的物理意义．
题型(一) 基础型实验
【典例 1】 (2017·泰安二模)在“验证牛顿第二定 律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中 砝码的质量用 M 表示，沙和沙桶的质量用 m 表示，小车 的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受 的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长 木板平行．接下来还需要进行的一项操作是________．
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及 沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量 m 和 M 的选取，以下最合理的 一组是________．
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、 35 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、 120 g
则加速度
x4＋x5－x1－x2 a＝ 6T2 ＝
（100＋83－150－133）×0.001
6×0.672
m/s2≈－0.037 m/s2
因此加速度的大小为 0.037 m/s2.
答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.037
热点考向 “弹簧、橡皮条”类实验
1．探究弹力和弹簧伸长的关系的操作关键 (1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过弹性限 度． (2)画图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标 点落在直线上或均匀分布在直线两侧．

2
此法求得物体瞬时速度的。
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网络构建
要点必备
2.利用纸带求加速度ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ方法
Δ
(1)利用 a= 2 求解:在已经判断出物体做匀变速直线运动

的情况下可利用 Δx=xn+1-xn=aT2 求加速度 a。
(2)逐差法:
如图所示,由 xm-xn=(m-n)aT2
4 -1
可得 a1=
命题能力点:侧重考查理解能力和分析综合能力
物理学科素养点:实验探究
解题思路与方法:利用加速度的定义式或者运动学公式,推导出加
速度a和交变电流的频率f的关系式是解决问题的关键。
1
2
答案 (1) (s1+s2)f
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(s2+s3)f
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(s3-s1)f2
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(2)40
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解析 (1)B 点速度为 AC 段的平均速度
Δ

间内的平均速度就是 时刻的瞬时速度,所以=vA+ Δt。
2
2

(2)从图(c)图线上任取两点代入=vA+ Δt 中可求解出 vA 和 a。
2
(注:两点距离应较大一些,可减小实验误差)
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3.(2016全国Ⅰ卷)
图(a)
某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时
=
(2 +3 )
;
2
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2
3
【命题规律研究及预测】 高考试题每年都出现,纸带类问题是

可见，A 没有与B 的右壁发生碰撞，此后，A 、B 问的摩擦力方向变化，撞前过程相似，故第二次碰撞发生在 B 的左壁07年重庆市第一轮复习第三次月考卷 A 向右加速，B 向右加速，与第一次碰 17 17、(20分)如图甲所示，质量为 M 、长L= 1.0m 、右端带有竖直挡板的木 板B 静止在光滑水平面上，一个质量为 m 的小木块A (可视为质点)，以水 平速度v o =4.0 m/s 滑上B 的左端，而后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板 B 的左端，已知M/m=3，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以 忽略，求； (1) A 、B 最终的速度。

(2) 木块A 与木块B 问的动摩擦因数。

(3) 在图乙所给坐标中画出此过程中 B 相对地的v-t 图线。

(要写出分析和计算) 解:(1)对M 、m 系统相互作用的全过程，由动量守包定律得 mv 0 = (M+m) v 解得v = 1 m/s (2) A 、B 相互作用的全过程中，摩擦生热等丁机械能的减少，即1 1 ^mg 2L = —mv () (M m)v2 2解得 [i = 0.3 (3)研究A 、B 系统，从A 滑上B 至A 相对B 滑行距离为L 的过程，由动 量守包和能量守包可得 mv 0 = m V I + M v 2 ,.1 1 1 」mg L = — mv 一 mv 一Mv 2 2 2 代入数据可得：V I +3V 2=42 3 2 2 - 2 购牛得 v1 = --------- =3.12m/s v 2 = ---------- = 0.29m/s 2 2 以上为A 、B 碰前瞬间的速度。

… 2 3 2 或 v1 = ------------ = -1.12m/s 1 2 2 2 v 2 = ---------- = 1.71m/s 2 此为A 、B 刚碰后瞬间的速度。

木板B 此过程为匀变速直线运动，B 的加 速度为 aB = 」mgM 0.3 m 10 =1 m/s 2故碰前B加速时间为t1 =臣=0.29s3B碰后B减速时间为v2-v2t2 2 2= 0.71sa B故B对地的v~t图象如图所示。

《高三物理复习教案：力学与运动的综合运用》高三物理复习教案：力学与运动的综合运用引言：力学是物理学的一个重要分支，它研究物体的运动规律以及与之相关的力的作用。

在高三物理复习中，力学是一个重要的考点，而掌握力学的综合运用对于解决复杂物理问题至关重要。

本教案将围绕力学与运动的综合运用展开，帮助学生们加深对力学知识的理解，并提供一些复习策略和实例，以便能够灵活运用这些知识解决实际问题。

一、综合复习策略1.深入理解力学基本概念在复习力学时，学生们需要对力学的基本概念有清晰的认识。

包括力的定义、单位、分类，以及力的运算规律等。

只有对这些基本概念有深入的理解，才能更好地应用到综合运用中。

2.掌握常见的物体运动模式物体的运动模式是力学学习的基础，高三学生应该熟悉直线运动、曲线运动和圆周运动等常见的物体运动形式。

掌握这些运动模式的特点和运动规律，将有助于学生运用力学知识解决综合运用问题。

3.熟练掌握运动学公式运动学公式是力学中常用的工具，熟练掌握这些公式能够帮助学生快速解答题目。

学生们需要通过大量的练习，形成对这些公式的运用娴熟，从而能够提高解题效率。

4.注重实际问题的应用在复习过程中，学生们应该注重将力学知识与实际问题相结合，通过解决实际问题来加深对力学知识的理解。

实际问题的应用是力学学习中的重要环节，它能够将抽象的理论转化为具体的实践。

二、力学与运动的综合运用实例1.力的合成与分解力的合成与分解是力学中的重要概念，它能够帮助我们处理复杂的力的作用情况。

例如，当一个物体同时受到两个斜向作用力时，我们可以通过力的合成将这两个力合而为一，进而求解物体的加速度。

另外，当一个力被分解成两个分力作用在不同方向上时，我们可以通过力的分解将其分别计算，从而更加方便地求解问题。

2.力的平衡与倾斜力的平衡与倾斜是物体在不同条件下的稳定状态。

例如，当一个物体处于平衡状态时，我们可以应用牛顿第一定律来分析物体所受到的合力为零，从而判断物体是否处于平衡状态。

高考物理二轮复习第1部分专题6物理实验第1讲力学实验教案第1讲力学实验[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.“纸带”类实验2019·全国卷Ⅰ T222019·全国卷Ⅱ T222017·全国卷Ⅰ T222017·全国卷Ⅱ T222015·全国卷Ⅱ T22从近五年的高考命题可以看出：1．全国卷的2个实验题中，大多数情况下第1个为力学实验，且难度较低。

2.“橡皮条、弹簧、碰撞”类实验2018·全国卷Ⅰ T222017·全国卷Ⅲ T222．考查的热点包括“纸带类”实验和“力学创新实验”。

“纸带类实验”中多为利用纸带求加速度，“创新实验中”多为实验目的创新。

3.力学创新实验2019·全国卷Ⅲ T222018·全国卷Ⅰ T232018·全国卷Ⅲ T222016·全国卷Ⅱ T222016·全国卷Ⅰ T222016·全国卷Ⅲ T232015·全国卷Ⅰ T223．复习力学实验时，应重视对实验原理的理解及常规的数据处理方法，如图象法、图表法的应用。

4．对于“弹簧、碰撞类”实验，近几年考查的虽然不多，但仍应引起足够重视。

“纸带”类实验(5年5考)1．(2019·全国卷Ⅰ·T22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。

物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。

在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是________点。

在打出C点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s2(保留2位有效数字)。

[解析]根据题述，物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A 点。

K
a
b
棒由静止开始自由下落0.8s时速度大小为 解: ab 棒由静止开始自由下落 时速度大小为 v=gt=8m/s 则闭合K瞬间， 则闭合 瞬间，导体棒中产生的感应电流大小 瞬间 I＝Blv/R=4A ＝ ab棒受重力 棒受重力mg=0.1N, 安培力 安培力F=BIL=0.8N. 棒受重力 因为F＞ ， 棒加速度向上 开始做减速运动， 棒加速度向上， 因为 ＞mg，ab棒加速度向上，开始做减速运动， 产生的感应电流和受到的安培力逐渐减小， 产生的感应电流和受到的安培力逐渐减小， 当安培力 F′=mg时，开始做匀速直线运动。 时 开始做匀速直线运动。 此时满足B 此时满足 2l2 v vm =
画出ab棒的截面受力图 棒的截面受力图： 解： 画出 棒的截面受力图： N=mgcosθ f=µN= µ mgcosθ 开始时， 在 的作用下加速运动， 增大， 开始时，ab在mg 和f 的作用下加速运动，v 增大， 切割磁感应线产生感应电流I， 切割磁感应线产生感应电流 ， 感应电流I又受到磁场的作用力 又受到磁场的作用力F， 感应电流 又受到磁场的作用力 ， 合力减小，加速度a 减小，速度v 增大， 合力减小，加速度a 减小，速度v 增大，I 和 F 增大 当 F+f=mgsinθ时 时 ab棒以最大速度 m 做匀速运动 棒以最大速度v 棒以最大速度 F=BIL=B2 L2 vm /R = mgsinθ- µ mgcosθ vm= mg (sinθ- µ cosθ)R/ B2 L2
电磁感应和力学ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ律 的综合应用
电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受 到安培力的作用，因此， 到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟 力学问题联系在一起， 力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的 力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律， 力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律， 如楞次定律、法拉第电磁感应定律、 如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定 安培力的计算公式等， 则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的 有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、 有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能 定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。 定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。要 将电磁学和力学的知识综合起来应用。 将电磁学和力学的知识综合起来应用。

第1讲力与物体的平衡要点提炼1.物体的受力分析(1)正确的受力分析是解决力的平衡、动力学、能量等问题的前提。

在受力分析时，为防止漏力或多力，要按正确的顺序分析研究对象受到的力。

(2)分析物体受力的顺序说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围物体接触的每处都考虑。

(3)对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。

(4)带电量一定的粒子在匀强电场中受到的电场力一定为恒力，在匀强磁场中受到的洛伦兹力大小会随着速度大小的改变而改变，方向会随着速度方向的改变而改变。

2．物体受力平衡的分析(1)物体受力平衡时的运动状态：静止或做匀速直线运动，即加速度为零。

(2)物体受力平衡时的受力特点：物体所受力的合力为零。

①三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个首尾相接的矢量三角形。

②多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x合＝0，F y合＝0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N－1个力的合力一定等大反向。

③动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。

动态平衡的常用处理方法有：图解法、解析法、相似三角形法等。

④带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，所受合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。

高考考向1 物体的受力分析例1 (2020·吉林长白山市二模)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。

下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力C．圆环可能不受摩擦力的作用D．圆环受三个力作用解析圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；圆环与物体的运动情况相同，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则圆环受到重力、轻绳的拉力、滑杆的支持力和摩擦力四个力作用，故C、D错误。

动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。

下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。

25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。

5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。

5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。

5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。

5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。

后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。

当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。

[原创]高三物理二轮专题复习——力学规律的综合应用教案doc高中物理二步：构建知识网路一. 三个观念及其概要力学规律的综合应用是指运用三个观念解题：动力学观念：包括牛顿定律和运动规律；动量的观念：包括动量定理Ft=Δp和动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'；＝ΔE K和能量守恒定律E初＝E末．能量的观念：包括动能定理W总1. 动力学观念——力的瞬时作用效应力的瞬时作用效应是改变物体的速度,使物体产生加速度。

牛顿第二定律F=ma表示力和加速度之间的关系假设物体的受力情形,由牛顿第二定律求出加速度,再由运动学公式就能够明白物体的运动情形；假设物体的运动情形，明白了加速度，由牛顿第二定律能够求出未知的力。

做匀速圆周运动物体所受的合外力是向心力，向心力跟向心加速度的关系也同样遵从牛顿第二定律。

2. 动量的观念——力的时刻积存效应。

力的时刻积存效应是改变物体的动量。

动量定理I=Δp表示合外力的冲量和物体动量变化之间的关系。

在确定了研究对象〔系统〕后，系统内各物体间的相互作用的内力总是成对显现的，且在任意一段时刻内的总冲量一定为零，因此系统的内力只能改变系统内某一物体的动量，不改变系统的总动量。

动量定理适用于某个物体，也适用于由假设干物体组成的系统。

在系统所受合外力为零的条件下,该系统的总动量守恒.3.能量的观念——力的空间积存效应。

力的空间积存效应是改变物体的动能。

动能定理W=ΔE K表示合外力做功和物体动能变化之间的关系。

与冲量不同的是：即使合外力对系统不做功，但系统内一对内力在同一时刻内的位移可能不相等，因此其做的总功可能不是零，从而改变系统的总动能。

因此，在一样情形下，动能定理只能用于单个的物体而不能用于由假设干物体组成的系统。

假如对某个系统而言只有重力和弹力做功，那么系统中就只有动能和势能相互转化，其总和保持不变，机械能守恒。

二. 选择解题方法①对单个物体的讨论，宜用两大定理：涉及时刻〔或研究力的瞬时作用〕优先考虑动量定理,涉及位移及功优先考虑动能定理；②对多个物体组成的系统讨论,那么优先考虑两大守恒定律;③涉及物理量是瞬时对应关系或加速度的力学咨询题常用牛顿运动定律，必要时再用运动学公式．动量与能量的两个定理和两个守恒定律，只研究一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，专门是变力咨询题，就显示出其优越性。

二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想

第1讲 ⎪⎪明“因”熟“力”，破解平衡问题[考法·学法]一、明“因”熟“力”，正确进行受力分析基础保分类考点[全练题点]1．[多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M ，在滑块M 上放置一个质量为m 的物块，M 和m 相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A ．图甲中物块m 受到摩擦力B ．图乙中物块m 受到摩擦力C ．图甲中物块m 受到水平向左的摩擦力D ．图乙中物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设物块m 受到摩擦力，则物块m 受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m 受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A 、C 错误。

对题图乙：设物块m 不受摩擦力，由于物块m 匀速下滑，物块m 必受力平衡，若物块m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

2.(2017·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB 所在的平面一分为二，先后以AB 沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，半，则FF ′等于两半球间的作用力分别为F 和F ′，已知支架间的距离为AB 长度的一( )A. 3B.32C.233D.33解析：选A 设两半球的总质量为m ，当球以AB 沿水平方向放置，可知F ＝12mg ；当球以AB 沿竖直mg2tan θ，根据支架方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F ′＝间的距离为AB 的一半，可得：θ＝30°，则FF ′＝1tan θ＝3，则A 正确。

3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

咐呼州鸣咏市呢岸学校牛顿运动律的用温故自查研究某一时刻物体的和突变的关系称为力和运动的瞬时问题，简称“瞬时问题〞．“瞬时问题〞常常伴随着这样一些标志性词语：“瞬时〞、“突然〞、“猛地〞、“刚刚〞．受力运动考点精析1．变化瞬间、力未能变像弹簧、橡皮条、皮筋，这些物体连接其他物体．当其它力有变化的瞬间引不起这些物体上的力立即变化．原因是弹簧上的弹力F＝kx，x的变化需要一时间，故瞬间x没有来得及变化，故弹力没来得及变化．2．变化瞬间、力发生突变像绳、线、硬的物体连接(或直接作用)的物体，当其他力变化时，将会迅速引起绳、线物上力的变化．这种情况下，绳上力的变化较复杂，需要根据物体下一步的运动趋势来分析判断.温故自查1．超重现象当物体具有的加速度时，这个物体对支持物的压力(或对悬挂绳的拉力) 它所受的重力，称为超重现象．2．失重现象当物体具有的加速度时，这个物体对支持物的压力(或对悬挂绳的拉力) 它所受的重力，称为失重现象．当a＝g时，F＝0，此为状态．向上大于向下小于完全失重考点精析1．超重：物体的加速度方向是竖直向上的．物体并不一是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动．失重：物体的加速度方向是竖直向下的．物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动．2．尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即a y≠0就可以．当a y方向竖直向上时，物体处于超重状态；当a y方向竖直向下时，物体处于失重状态．3．当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果．4．处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为F浮＝ρV排(g＋a)和F浮＝ρV排(g－a)；处于完全失重状态下的液体F浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力．对超重和失重的理解当注意以下几点：(1)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化．(2)发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决于加速度的大小和方向．(3)在完全失重的状态下，平时一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强.温故自查1．概念(1)研究物理问题时把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为法．(2)研究物理问题时把所研究的对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为法．整体隔离2．根本特征(1)采用整体法时，不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以防止对整体内部进行繁琐的分析，常常使问题解答更简便、明了．(2)采用隔离法时，可以把整个物体隔离成几个来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理．采用隔离法能排除研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理．考点精析1．运用整体法解题的根本步骤(1)明确研究的系统或运动的全过程．(2)画出系统的受力图和运动全过程的示意图．(3)寻找未知量与量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解．2．运用隔离法解题的根本步骤(1)明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象．选择原那么：一是包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少．(2)将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来．(3)对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图．(4)寻找未知量与量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解．注意 整体和局部是相对统一、相辅相成的．隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成．所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵活用．无论哪种方法均以尽可能防止或减少非待求量(即中间未知量的出现，如非待求的力，非待求的中间状态或过程)的出现为原那么．[考例1] 一个质量为70kg 的人乘电梯下楼．快到此人要去的楼层时，电梯以3m/s 2的加速度匀减速下降(如图(a))，求这时他对电梯地板的压力．(取g ＝10m/s 2)[解析] 人在重力mg 和支持力F N的合力作用下，以3m/s 2的加速度竖直向下做匀减速直线运动(如图(b))．此时加速度方向向上，仍取竖直向上为正方向，根据牛顿第二律可得F N－mg ＝ma 所以F N＝m (a ＋g )＝70×(3＋10)N ＝910N 根据牛顿第三律，人对地板的压力大小也于910N ，方向竖直向下．[答案] 910N 方向竖直向下如下图，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个空心小球，体积为×10－3m 3，质量为1kg.这时台秤的读数为40N ；剪断细线后，在小球上升的过程中，台秤的读数是多少？(ρ水＝1×103kg/m 3)[解析] 剪断细线后，空心小球加速上升，处于超重状态，根据牛顿第二律得ρ水gV －mg ＝ma .解得空心小球的加速度为在空心小球加速上升的同时，同体积的“水球〞以同样大小的加速度向下流动填补小球原来占据的空间．处于失重状态，该“水球〞的质量为m ′＝ρ水V ＝kg.这时台秤对容器的支持力为F ＝40N ＋ma －m ′a ＝40N ＋1×2N －×2N ＝3N.根据牛顿第三律，台秤所受的压力(即台秤的读数)为F ′＝40N ＋ma －m ′a ＝3N.[答案] 3N[考例2] (2021·月考)如下图，在水平地面上有A 、B 两个物体，质量分别为m A ＝3.0kg 和m B＝2.0kg ，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.10.在A 、B 之间有一原长l ＝15cm 、劲度系数k ＝500N/m 的轻质弹簧将它们连接．现分别用两个方向相反的水平恒力F 1、F 2，同时作用在A 、B 两物体上，F 1＝20N ，F 2＝10N ，取g ＝10m/s 2.当运动到达稳时，求：(1)A 和B 共同运动的加速度；(2)A 、B 之间的距离(A 和B 均可视为质点)．[解析] (1)A 、B 组成的系统在运动过程中所受摩擦力为F f ＝μ(m A ＋m B)g ＝5.0N 设运动到达稳时系统的加速度为a ，根据牛顿第二律有F 1－F 2－F f ＝(m A ＋m B)a 解得a ＝1.0m/s 2(2)以A 为研究对象，运动过程中所受摩擦力Ff A ＝μm Ag ＝3.0N 设运动到达稳时所受弹簧的弹力为F T，根据牛顿第二律有 F 1－Ff A －F T ＝m Aa 解得F T＝14N 所以弹簧的伸长量Δx ＝F T/k ＝cm 因此运动到达稳时A 、B 之间的距离为x ＝l ＋Δx ＝1cm.[答案] (1)1.0m/s 2 (2)1cm如下图，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0kg 的薄木板A 和质量为m B＝3kg 的金属块B .A 的长度L ＝2.0m.B 上有轻线绕过滑轮与质量为m C＝1.0kg 的物块C 相连．B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.10，最大静摩擦力可视为于滑动摩擦力．忽略细线质量及细线与滑轮间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间B 从A 的右端脱离(设A 的右端距滑轮足够远)(取g ＝10m/s 2)．[解析] 以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，x A 和x B分别表示t 时间内A 和B 移动的距离，那么由牛顿律和匀加速运动的规律可得m C g －μm B g ＝(m C ＋m B )a Bμm B g ＝m A a Ax B －x A＝L 由以上各式，代入数值，可得t ＝4.0s.[答案] 4.0s[考例3] 如图，物体A 的质量m ＝1kg ，静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为M ＝0.5kg ，平板车长为L ＝1m.某时刻A 以v 0＝4m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上外表，在A 滑上平板车B 的同时，给平板车B 施加一个水平向右的拉力．忽略物体A 的大小，A 与平板车B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s 2.试求：(1)假设F ＝5N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车向前滑行的最大距离；(2)如果要使A 不至于从平板车B 上滑落，拉力F 大小满足的条件．[解析] (1)物体A 滑上平板车B 以后，物体做匀减速运动，平板车做匀加速运动，两者速度相同时，物体A 在平板车上相对平板车向前滑行的距离最大．由牛顿第二律，对物体A 有：μmg＝maA得aA＝μg＝2m/s2.对平板车B有：F＋μmg＝MaB，①得a B＝14m/s 2，两者速度相同时，有v－a A t＝a B t，得t＝0.25s，此时物体A相对平板车向前滑行的距离最大Δs＝s A－s B＝0.5m.(2)物体A不从车右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，物体A加速度a A不变由②③式，可得a B＝6m/s 2，代入①式得F＝Ma B－μmg＝1N.假设F<1N，那么A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从小车B的右端滑落．当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有F＝(M＋m)am，μmg＝Mam，解之得F＝3N.假设F大于3N，A就会从小车B的左端滑下．综上，力F满足的条件是1N≤F≤3N.[答案] (1)0.5m (2)1N≤F≤3N[总结评述] 临界问题的解法一般有三种方法：(1)极限法：在题目中如出现“最大〞“最小〞“刚好〞词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，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，到达尽快求解的目的．(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题，一般用假设法．(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式求解得出临界条件．一个质量为0.5kg 的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面顶端，如下图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s 2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．[解析] 先分析物理现象，用极限法把加速度a 推到两个极端来分析：当a 较小(a ―→0)时，小球受到三个力(重力、绳拉力和斜面的支持力)作用，此时绳平行于斜面；当a 较大(足够大)时，小球将“飞离〞斜面，此时绳与水平方向的夹角未知，那么a ＝10m/s 2向右时，究竟是上述两种情况中的哪一种？解题时必须先求出小球离开斜面的临界值a 0，然后才能确． 令小球处在离开斜面的临界状态，F N 刚好为零时，斜面向右的加速度为a 0，此时对小球： mg cot θ＝ma 0a 0＝g cot θ＝m/s 2 因为a ＝10m/s 2>a 0，那么小球离开斜面(如下图)而向右加速． [答案] F ＝3N ；F N＝0 [考例4] 利用皮带运输机将物体由地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的竖直高度为5m ，皮带和物体间的动摩擦因数为0.75，运输机的皮带以2m/s 的速度匀速顺时针运动且皮带和轮子之间不打滑．(g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6)(1)如下图，假设两个皮带轮相同，半径都是25cm ，那么此时轮子转动的角速度是多大？(2)假设皮带在运送物体的过程中始终是张紧的．为了将地面上的物体运送到平台上，皮带的倾角θ最大不能超过多少？(3)皮带运输机架设好之后，皮带与水平面的夹角为θ＝30°.现将质量为1kg的小物体轻轻地放在皮带的A处，运送到C处．试求由于运送此物体，运输机比空载时多消耗的能量．[解析] (1)轮子做圆周运动，根据公式：v＝ωr可得轮子转动的角速度为：ω＝＝8rad/s(2)要将物体运送到平台上，物体所受到的力该满足：μmg cosθ>mg sinθtanθ<μ＝0.75 所以θ<37°(3)P物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度到达皮带的速度时做匀速运动，物体匀加速运动时，根据牛顿第二律可得：μmg cosθ－mg sinθ＝ma2解得物体的加速度为：a＝μg cosθ－g sinθ＝m/s物体与皮带开始接触的点通过的位移为：因滑动摩擦产生的热量为：Q＝μmg cosθ·Δs＝J因此运送此物体运输机比空载时多消耗的电能为：[答案] (1)8rad/s (2)θ<37°(3)60.7J[总结评述] 在解决动力学根本问题中，不管是运动求解力，还是力求解运动，进行受力分析，运动分析都是解决问题的关键．解决这类问题时，要正确画出受力分析图，进行运动过程分析，建立的受力情况或运动情况与加速度的关系，从而到达事半功倍的效果．逆时针匀速转动．在传送带的上端轻(2021·模拟)如下图，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ，那么下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( ).当小木块[解析] 小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a 2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a 1>a 2，在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，故D 正确． [答案] D。