高考物理總復(fù)習(xí)第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系課件練習(xí)題

第1講牛頓第一定律牛頓第二定律高考總復(fù)習(xí)2025課程標(biāo)準(zhǔn)1.通過實(shí)驗(yàn),探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系。理解牛頓運(yùn)動(dòng)定律,能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象、解決有關(guān)問題。通過實(shí)驗(yàn),認(rèn)識(shí)超重和失重現(xiàn)象。2.知道國(guó)際單位制中的力學(xué)單位。了解單位制在物理學(xué)中的重要意義核心素養(yǎng)試題情境生活實(shí)踐類交通安全、體育運(yùn)動(dòng)、娛樂活動(dòng),如汽車剎車、飛機(jī)起飛、滑雪、滑草等學(xué)習(xí)探索類加速度測(cè)量、連接體問題、傳送帶問題、板塊模型問題等考點(diǎn)一牛頓第一定律強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分一、對(duì)力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系的認(rèn)識(shí)

維持改變速度二、牛頓第一定律

不是牛頓第二定律在加速度等于零時(shí)的特例1.內(nèi)容:一切物體總保持

狀態(tài)或

狀態(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。

2.意義(1)指出了一切物體都有

,因此牛頓第一定律又叫慣性定律。

(2)指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,而是

物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,即產(chǎn)生加速度的原因。

勻速直線運(yùn)動(dòng)靜止慣性改變3.慣性

一切物體都具有的一種固有屬性,與物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況無關(guān)(1)定義:物體

原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。

(2)量度:

是慣性大小的唯一量度,質(zhì)量大的物體慣性大,質(zhì)量小的物體慣性小。

保持質(zhì)量×××提示

有適用條件,牛頓運(yùn)動(dòng)定律只有在慣性參考系中宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的情況下才成立。研考點(diǎn)?精準(zhǔn)突破1.慣性的兩種表現(xiàn)形式(1)保持“原狀”:物體在不受力或所受合外力為零時(shí),慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))。(2)反抗改變:物體受到外力時(shí),慣性表現(xiàn)為運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度。慣性越大,物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越難以被改變。2.牛頓第一定律的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用牛頓第一定律分析實(shí)際問題時(shí),要把生活感受和理論問題聯(lián)系起來深刻認(rèn)識(shí)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,正確理解力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,克服生活中一些錯(cuò)誤的直觀印象,建立正確的思維習(xí)慣。(2)如果物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變,那么物體必然受到不為零的合外力作用。因此,判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是否改變,以及如何改變,應(yīng)分析物體的受力情況?？枷蛞?/p>

對(duì)慣性的理解典題1(2023山東濰坊模擬)在2022年女足亞洲杯上,中國(guó)女足再次站在亞洲之巔。以下說法正確的是(

)A.足球被踢出后仍能繼續(xù)運(yùn)動(dòng),是因?yàn)樽闱蚴艿綉T性力的作用B.足球被運(yùn)動(dòng)員用頭頂入對(duì)方球網(wǎng),說明力可以改變物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)C.足球在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力逐漸減小,慣性也在減小D.足球在運(yùn)動(dòng)過程中速度逐漸減小,慣性也在減小B解析

物體保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)叫作慣性,慣性不是一種力,足球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)并不是受到慣性力的原因,A錯(cuò)誤;足球被運(yùn)動(dòng)員用頭頂入對(duì)方球網(wǎng),說明力可以改變物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),B正確;慣性只與物體的質(zhì)量大小有關(guān),不因物體受到的阻力和運(yùn)動(dòng)速度的改變發(fā)生變化,C、D錯(cuò)誤。考向二

牛頓第一定律的理解與應(yīng)用典題2(多選)(2023山東青島聯(lián)考)如圖所示,圓柱形玻璃容器內(nèi)裝滿液體靜置于水平面上,容器中有a、b、c三個(gè)不同材質(zhì)的物塊,物塊a、c均對(duì)容器壁有壓力,物塊b懸浮于容器內(nèi)的液體中,忽略a、c與容器壁和液體間的摩擦。現(xiàn)給容器施加一水平向右的恒力,使容器向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(

)A.三個(gè)物塊將相對(duì)于容器靜止,與容器一起向右加速運(yùn)動(dòng)B.物塊a將相對(duì)于容器向右運(yùn)動(dòng),最終與容器右側(cè)壁相互擠壓C.物塊b將相對(duì)于容器保持靜止,與容器一起做勻加速運(yùn)動(dòng)D.物塊c將相對(duì)于容器向右運(yùn)動(dòng),最終與容器右側(cè)壁相互擠壓CD解析

由題意可知,c排開液體的質(zhì)量大于本身的質(zhì)量,b排開液體的質(zhì)量等于本身的質(zhì)量,a排開液體的質(zhì)量小于本身的質(zhì)量。所以c的慣性小于同體積液體的慣性,b的慣性等于同體積液體的慣性,a的慣性大于同體積液體的慣性。則當(dāng)容器向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第一定律可知,物塊a將相對(duì)于容器向左運(yùn)動(dòng),最終與容器左側(cè)壁相互擠壓;物塊b將相對(duì)于容器保持靜止,與容器一起做勻加速運(yùn)動(dòng);物塊c將相對(duì)于容器向右運(yùn)動(dòng),最終與容器右側(cè)壁相互擠壓,故選C、D。名師點(diǎn)撥

對(duì)牛頓第一定律的四點(diǎn)說明

考點(diǎn)二牛頓第二定律強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分一、牛頓第二定律

指出了加速度的決定因素1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成

,跟它的質(zhì)量成

,加速度的方向跟

的方向相同。

2.表達(dá)式:F=ma。二、單位制1.單位制:

和

一起組成了單位制。

2.基本單位:在力學(xué)范圍內(nèi),國(guó)際單位制規(guī)定

、

和

為三個(gè)基本量,它們的單位

、

和

為基本單位。

3.導(dǎo)出單位:由

根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。

正比反比作用力基本單位導(dǎo)出單位質(zhì)量長(zhǎng)度時(shí)間千克米秒基本量×√×閱讀人教版教材必修第一冊(cè)第98頁(yè)“科學(xué)漫步”——用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)質(zhì)量,完成下面題目。測(cè)空間站質(zhì)量的原理圖如圖所示。若已知飛船質(zhì)量為m=3.0×103kg,其推進(jìn)器的平均推力F=900N。在飛船與空間站對(duì)接后,推進(jìn)器工作5s內(nèi),測(cè)得飛船和空間站的速度變化為0.05m/s,求空間站的質(zhì)量。答案

8.7×104kg解析

設(shè)空間站質(zhì)量為m0,據(jù)牛頓第二定律得F=(m+m0)a,根據(jù)加速度的定義式

=0.01

m/s2,聯(lián)立解得m0=8.7×104

kg。研考點(diǎn)?精準(zhǔn)突破1.牛頓第二定律的“五性”2.牛頓第二定律瞬時(shí)性的兩種模型

考向一

對(duì)牛頓第二定律的理解典題3(多選)下列說法正確的是(

)A.對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力,當(dāng)力剛作用瞬間,物體立即獲得加速度B.物體由于做加速運(yùn)動(dòng),因此才受合外力作用C.如果一個(gè)物體同時(shí)受到兩個(gè)力的作用,那么這兩個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度互不影響D.如果一個(gè)物體同時(shí)受到幾個(gè)力的作用,那么這個(gè)物體的加速度等于所受各力單獨(dú)作用在物體上時(shí)產(chǎn)生的加速度的矢量和ACD解析

由牛頓第二定律的瞬時(shí)性可知A正確;由牛頓第二定律的因果性可知,物體受到合外力作用才產(chǎn)生加速度,物體才會(huì)做變速運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;由牛頓第二定律的獨(dú)立性可知C正確;由牛頓第二定律的獨(dú)立性和矢量性可知,既可以先求物體所受的合力,再求加速度,也可以先求每個(gè)力單獨(dú)作用產(chǎn)生的加速度,再把各個(gè)加速度合成得物體的實(shí)際加速度,D正確。考向二

利用牛頓第二定律定性分析物體的運(yùn)動(dòng)典題4(2023廣東肇慶二模)如圖所示,彈弓將飛箭以豎直向上的初速度v0彈出,飛箭上升到最高點(diǎn)后返回,徐徐下落,已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小,下落過程中受到的空氣阻力越來越大,則飛箭(

)A.上升過程中,速度越來越大B.上升過程中,加速度越來越小C.下落過程中,速度越來越小D.下落過程中,加速度越來越大B解析

由牛頓第二定律可知,上升過程飛箭所受的合力F上=mg+F阻=ma,飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小,合力F上變小,加速度也越來越小,故做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;由牛頓第二定律可知,下降過程飛箭所受的合力F下=mg-F阻=ma',飛箭下降過程中受到的空氣阻力越來越大,合力F下變小,加速度越來越小,故做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),C、D錯(cuò)誤?？枷蛉?/p>

牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用典題5(多選)(2024四川成都模擬)如圖所示,凹形槽車靜止在水平直軌道上,位于光滑槽底的水平輕彈簧一端連接右側(cè)槽壁,另一端連接質(zhì)量m=1kg的物體,物體靜止時(shí),彈簧對(duì)物體的壓力F=2N。現(xiàn)使槽車與物體一起以a=2m/s2的加速度沿軌道運(yùn)動(dòng),用F彈表示彈簧的彈力大小,FN表示物體對(duì)左側(cè)槽壁的壓力大小,下列判斷正確的是(

)A.若a的方向向左,則F彈=2NB.若a的方向向左,則FN=4NC.若a的方向向右,則F彈=2ND.若a的方向向右,則FN=0AC解析

若加速度方向向左,設(shè)左側(cè)槽壁對(duì)物體恰好沒有作用力,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma0,解得a0==2

m/s2,即槽車和物體一起向左以大小為2

m/s2的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧彈力為2

N,但物體對(duì)左側(cè)槽壁沒有壓力,A正確,B錯(cuò)誤;同理,若a的方向向右,彈簧長(zhǎng)度不變,所以彈簧的彈力為2

N,根據(jù)牛頓第二定律有FN'-F=ma,得FN'=F+ma=4

N,FN=FN'=4

N,所以彈簧彈力為2

N,物體對(duì)左側(cè)槽壁的壓力大小為4

N,C正確,D錯(cuò)誤?？枷蛩?/p>

牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題典題6(多選)如圖甲、乙所示,光滑斜面上,當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí),擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(

)A.兩圖中兩球的加速度均為gsin

θB.兩圖中A球的加速度均為零C.圖甲中B球的加速度為2gsin

θD.圖乙中B球的加速度為gsin

θCD解析

撤去擋板前,對(duì)整體分析,擋板對(duì)B球的彈力大小都為2mgsin

θ。因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會(huì)突變,所以撤去擋板瞬間,題圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsin

θ,加速度為2gsin

θ。題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B兩球所受合力均為mgsin

θ,加速度均為gsin

θ,故A、B錯(cuò)誤,C、D正確。方法技巧

求解瞬時(shí)加速度的步驟

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考總復(fù)習(xí)2025考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分1.兩類動(dòng)力學(xué)問題

關(guān)鍵都是受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)第一類:已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況。第二類:已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法

求加速度以

為“橋梁”,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解,具體邏輯關(guān)系如圖所示。

加速度√√×研考點(diǎn)?精準(zhǔn)突破1.動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的解題步驟

2.等時(shí)圓模型(1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等,如圖甲所示。(2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等,如圖乙所示。(3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn),質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等,如圖丙所示?？枷蛞?/p>

已知受力情況求運(yùn)動(dòng)情況典題1

四旋翼無人機(jī)是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器,目前得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m=2kg的無人機(jī),其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36N,運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為Ff=4N。g取10m/s2。(1)無人機(jī)在地面上從靜止開始,以最大升力豎直向上起飛。求在t=5s時(shí)離地面的高度h。(2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H=100m處時(shí),由于動(dòng)力設(shè)備故障,無人機(jī)突然失去升力而墜落。求無人機(jī)墜落到地面時(shí)速度v的大小。答案

(1)75m

(2)40m/s解析

(1)設(shè)無人機(jī)上升時(shí)加速度為a,由牛頓第二定律得F-mg-Ff=ma解得a=6

m/s2由h=at2解得h=75

m。(2)設(shè)無人機(jī)墜落過程中加速度為a1,由牛頓第二定律得mg-Ff=ma1解得a1=8

m/s2由v2=2a1H解得v=40

m/s?！镆活}多變

若在典題1無人機(jī)墜落過程中,由于遙控設(shè)備的干預(yù),動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)提供向上的最大升力。為使無人機(jī)著地時(shí)速度為零,求無人機(jī)從開始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t1。解析

設(shè)無人機(jī)恢復(fù)升力后向下減速時(shí)加速度為a2,由牛頓第二定律得F-mg+Ff=ma2,解得a2=10

m/s2名師點(diǎn)撥

(1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”(2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”,如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。考向二

已知運(yùn)動(dòng)情況求受力情況典題2(多選)古代勞動(dòng)人民常用夯錘(如圖甲所示)將地砸實(shí),打夯時(shí)四個(gè)勞動(dòng)者每人分別握住夯錘的一個(gè)把手,一個(gè)人喊號(hào),號(hào)聲一響,四人同時(shí)用力將地上質(zhì)量為90kg的夯錘豎直向上提起;號(hào)音一落,四人同時(shí)松手,夯錘落下將地面砸實(shí)。以豎直向上為正方向,若某次打夯過程松手前夯錘運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力,g取10m/s2,下列說法正確的是(

)A.松手后,夯錘立刻做自由落體運(yùn)動(dòng)B.夯錘離地的最大高度為0.45mC.夯錘上升過程所用的時(shí)間為0.45sD.松手前,夯錘所受合外力的大小為300NBD考向三

等時(shí)圓模型典題3(多選)如圖所示,Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿,O、a、b、c、d位于同一圓周上,c為圓周的最高點(diǎn),a為最低點(diǎn),O'為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出),兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放,一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間。下列關(guān)系正確的是(

)A.t1=t2

B.t2>t3

C.t1<t2

D.t1=t3BCD解析

設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca,則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a,三桿頂點(diǎn)均在圓周上,根據(jù)等時(shí)圓模型可知,由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等,即tca=t1=t3;由c→a和由O→b滑動(dòng)的小滑環(huán),滑行位移大小相同,初速度均為零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B、C、D項(xiàng)正確。反思提升

考點(diǎn)二超重與失重問題大于向上減速下降小于向下減速上升向下×√×提示

電梯啟動(dòng)瞬間加速度方向向上,人受到的合力方向向上,所以人受到的支持力大于其所受重力;電梯勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí),人受到的合力為零,所以人受到的支持力等于其所受重力。研考點(diǎn)?精準(zhǔn)突破判斷超重和失重的方法

從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí),物體處于超重狀態(tài);小于重力時(shí),物體處于失重狀態(tài);等于零時(shí),物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí),物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時(shí),物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時(shí),物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時(shí),處于超重狀態(tài)②物體向下加速或向上減速時(shí),處于失重狀態(tài)考向一

超重、失重的理解典題4(2024山東濟(jì)南模擬)圖甲是某同學(xué)站在接有力傳感器的板上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖,圖中的O點(diǎn)表示他的重心。圖乙是傳感器所受壓力隨時(shí)間變化的圖像,圖像上a、b兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為900N和300N,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。根據(jù)圖像分析可知(

)A.該同學(xué)的重力可由b點(diǎn)讀出,為300NB.該同學(xué)在b到c的過程中先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C.該同學(xué)在雙腳與板不接觸的過程中處于完全失重狀態(tài)D.該同學(xué)在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度答案

C

解析

開始時(shí)該同學(xué)處于平衡狀態(tài),對(duì)傳感器的壓力為900

N,該同學(xué)的重力也為900

N,A錯(cuò)誤;b到c過程中,該同學(xué)對(duì)板的壓力先小于他的重力,后大于他的重力,則該同學(xué)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),B錯(cuò)誤;離開板后該同學(xué)只受重力的作用,處于完全失重狀態(tài),C正確;b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻彈力與重力的差值要小于c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻彈力與重力的差值,則該同學(xué)在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度要小于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度,D錯(cuò)誤。考向二

超重、失重的計(jì)算典題5

某同學(xué)抱著箱子做蹲起運(yùn)動(dòng)研究超重和失重現(xiàn)象,在箱內(nèi)的頂部和底部均安裝有壓力傳感器。如圖所示,兩質(zhì)量均為2kg的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器。當(dāng)該同學(xué)抱著箱子靜止時(shí),頂部的壓力傳感器示數(shù)F1=10N。重力加速度g取10m/s2。不計(jì)空氣阻力,則(

)A.箱子靜止時(shí),底部壓力傳感器示數(shù)F2=30NB.當(dāng)F1=5N時(shí),箱子處于失重狀態(tài),人可能抱著箱子下蹲C.當(dāng)F1=15N時(shí),箱子處于超重狀態(tài),人可能抱著箱子向上站起D.若箱子保持豎直從高處自由釋放,運(yùn)動(dòng)中兩個(gè)壓力傳感器的示數(shù)均為30ND解析

當(dāng)箱子靜止時(shí),對(duì)兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)受力分析可知2mg+F1=F2,得下面壓力傳感器顯示示數(shù)F2=50

N,A錯(cuò)誤;對(duì)上面物體有mg+F1=F彈,得F彈=30

N,當(dāng)F1=5

N時(shí),對(duì)上面物體有mg+F1<F彈,所以加速度方向向上,箱子處于超重狀態(tài),B錯(cuò)誤;當(dāng)F1=15

N時(shí),mg+F1>F彈,加速度方向向下,箱子處于失重狀態(tài),C錯(cuò)誤;當(dāng)箱子自由下落時(shí)處于完全失重狀態(tài),兩個(gè)物體所受合力均為mg,則應(yīng)有F彈=F1=F2,彈簧長(zhǎng)度沒變,所以兩個(gè)壓力傳感器的示數(shù)均為30

N,D正確?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的圖像問題動(dòng)力學(xué)圖像

體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的思想1.動(dòng)力學(xué)圖像反映了兩個(gè)變量之間的函數(shù)關(guān)系,必要時(shí)需要根據(jù)物理規(guī)律進(jìn)行推導(dǎo),得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點(diǎn)坐標(biāo)、拐點(diǎn)的物理意義對(duì)圖像及運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析。2.常見的動(dòng)力學(xué)圖像及問題類型3.動(dòng)力學(xué)圖像問題的解題策略(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷?？枷蛞?/p>

由動(dòng)力學(xué)圖像分析有關(guān)問題典題6(2024浙江金華聯(lián)考)煙花彈從豎直的炮筒中被推出,升至最高點(diǎn)后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響,v-t圖像如圖所示,從推出到最高點(diǎn)所用的時(shí)間為t,上升的最大高度為H,圖線上C點(diǎn)的切線與AB平行,t0、vC為已知量,且煙花彈t0時(shí)間內(nèi)上升的高度為h,則下列說法正確的是(

)A.煙花彈上升至最高點(diǎn)時(shí),加速度大小為零B.煙花彈上升至最高點(diǎn)過程中,空氣阻力大小不變C.煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足

<HD.煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足D解析

煙花彈上升至最高點(diǎn)時(shí),受重力作用,加速度為g,A錯(cuò)誤;v-t圖像的斜率代表加速度,由圖可知加速度逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律有mg+Ff=ma,可知空氣阻力逐漸減小,B錯(cuò)誤;若煙花彈做勻變速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)位移為H',由圖面積可知H<H',結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

>H,C錯(cuò)誤;同C項(xiàng)分析,煙花彈上升到速度為vC時(shí),若煙花彈做勻變速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)位移為h',由圖面積可知h'>h,結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

,D正確。考向二

由已知條件確定某有關(guān)圖像典題7(2023山東濟(jì)南一模)如圖所示,豎直輕彈簧一端與地面相連,另一端與物塊相連,物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向上的拉力F,使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),此過程中彈簧的形變量始終在彈性限度內(nèi),則拉力F隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是(

)A解析

物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧彈力等于重力,彈簧處于壓縮狀態(tài),有mg=kx0,給物體施加一個(gè)豎直向上的拉力F,使物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物體向上位移為x時(shí),有F+k(x0-x)-mg=ma,整理得F-kx=ma,物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有x=at2,聯(lián)立可得F=kat2+ma,可知拉力與時(shí)間圖像為開口向上的拋物線,故選A。第3講專題提升牛頓第二定律的綜合應(yīng)用高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:本專題包括連接體模型和動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值兩個(gè)問題,連接體模型通常是兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體牽連、并排或疊放,處理相對(duì)靜止類連接體問題的關(guān)鍵點(diǎn)是“一個(gè)核心規(guī)律,兩個(gè)重要方法”,即牛頓運(yùn)動(dòng)定律、整體法與隔離法;臨界、極值問題要把握臨界值或極值條件的標(biāo)志,如“剛好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至多”“至少”“最終”“穩(wěn)定”等關(guān)鍵詞。題型一動(dòng)力學(xué)中的連接體問題1.常見連接體類型與特點(diǎn)

類型圖示特點(diǎn)彈簧連接體

在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變量最大時(shí),兩端連接體的速率往往相等類型圖示特點(diǎn)疊放連接體

兩物體不脫離接觸,在垂直接觸面方向的分速度總是相等類型圖示特點(diǎn)輕繩連接體

輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等類型圖示特點(diǎn)輕桿連接體

輕桿平動(dòng)時(shí),連接體具有相同的平動(dòng)速度;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比2.連接體問題求解方法

考向一

共速連接體問題典題1(2023福建泉州模擬)如圖所示,建筑工地上工人用磚夾把四塊磚夾住,并用豎直向上的拉力F勻加速提起,磚與磚、磚與磚夾之間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),每塊磚的重力大小均為G,磚夾的質(zhì)量不計(jì)。若F=6G,則在加速提起過程中第2、3塊磚之間的摩擦力大小為(

)A.0 B.G

C.2G

D.3GA解析

將四塊磚和磚夾看成一個(gè)整體,則加速度為

,將第2、3塊磚看成整體,則磚塊1對(duì)磚塊2的摩擦力與磚塊4對(duì)磚塊3的摩擦力都為Ff,且方向均豎直向上,有2Ff-2mg=2ma,解得Ff=;對(duì)磚塊3,根據(jù)牛頓第二定律有Ff23+Ff-mg=ma,由以上各式解得Ff23=0,即在加速提起過程中第2、3塊磚之間的摩擦力大小為0,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。典題2(多選)如圖所示,在粗糙的水平面上,質(zhì)量分別為m1和m2的物塊A、B用輕彈簧相連,兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為x1;當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面向上作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為x2,則下列說法正確的是(

)A.若m1>m2,有x1=x2B.若m1<m2,有x1=x2C.若μ>sin

θ,有x1>x2D.若μ<sin

θ,有x1<x2AB解析

A、B在水平面上滑動(dòng)時(shí),對(duì)整體,根據(jù)牛頓第二定律,有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1,隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律,有FT-μm1g=m1a1,聯(lián)立解得FT=F;在斜面上滑動(dòng)時(shí),對(duì)整體,根據(jù)牛頓第二定律,有F-(m1+m2)gsin

θ=(m1+m2)a2,隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律,有FT'-m1gsin

θ=m1a2,聯(lián)立解得FT'=F;比較可知FT=FT',彈簧彈力相等,與動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān),故由胡克定律知A、B正確,C、D錯(cuò)誤。指點(diǎn)迷津整體法、隔離法使用的關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象,一般根據(jù)整體受力情況求加速度,根據(jù)具體情況靈活隔離求有關(guān)內(nèi)力,隔離受力少的物體計(jì)算時(shí)更方便?？枷蚨?/p>

關(guān)聯(lián)速度連接體問題典題3(多選)如圖所示,質(zhì)量為m0、傾角為30°的斜面體置于水平地面上,一輕繩繞過兩個(gè)輕質(zhì)滑輪連接著固定點(diǎn)P和物體B,兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行,物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m,A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為重力加速度大小為g,將A、B由靜止釋放,在B下降的過程中(物體A未碰到滑輪),斜面體靜止不動(dòng)。下列說法正確的是(

)AC解析

由于相同時(shí)間內(nèi)物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍,則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍,設(shè)物體A的加速度為a,則B的加速度為2a;設(shè)物體A、B釋放瞬間,輕繩的拉力為FT,根據(jù)牛頓第二定律得2FT-mgsin

30°-μmgcos

30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得易錯(cuò)點(diǎn)撥

根據(jù)初中學(xué)過的定滑輪、動(dòng)滑輪的特點(diǎn)找出兩個(gè)物體的速度、加速度關(guān)系是本題關(guān)鍵,如果對(duì)初中知識(shí)不夠熟練,解答本題極易出錯(cuò)。題型二動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問題1.臨界值或極值條件的四類標(biāo)志

2.處理臨界問題的三種方法

3.動(dòng)力學(xué)中極值問題的臨界條件和處理方法(1)四種典型臨界條件①接觸與脫離的臨界條件:兩物體接觸或脫離,臨界條件是彈力FN=0。②相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件:兩物體接觸且處于相對(duì)靜止時(shí),常存在著靜摩擦力,則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。③繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的拉力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中拉力等于它所能承受的最大拉力,繩子松弛的臨界條件是FT=0。④加速度變化時(shí),速度達(dá)到極值的臨界條件:加速度變?yōu)?。(2)四種典型數(shù)學(xué)方法①三角函數(shù)法;②根據(jù)臨界條件列不等式法;③利用二次函數(shù)的判別式法;④極限法?？枷蛞?/p>

相對(duì)滑動(dòng)的臨界問題典題4(2023江蘇鎮(zhèn)江三模)如圖所示,A、B疊放在粗糙水平桌面上,一根輕繩跨過光滑定滑輪連接A、C,滑輪左側(cè)輕繩與桌面平行,A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為,A、B、C質(zhì)量分別為2m、2m和m,各面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,將C從圖示位置由靜止釋放,要使A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),則μ滿足的條件是(

)C解析

物塊A與B之間的最大靜摩擦力Ff1=2μmg,物塊B與桌面間的最大靜摩擦力Ff2=μ×4mg=μmg,A與B間恰好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),A與B的加速度相等,此時(shí)對(duì)物塊B,由牛頓第二定律得Ff1-Ff2=2ma,對(duì)A、B整體由牛頓第二定律得FT-Ff2=4ma,對(duì)物塊C由牛頓第二定律得mg-FT=ma,聯(lián)立解得μ=,因此若要A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),則需滿足μ<,故選C?？枷蚨?/p>

恰好分離的臨界問題典題5(多選)如圖所示,直立輕質(zhì)彈簧一端固定在水平地面上,另一端與木板Q連接。物塊P擱在木板Q上,處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)P施加一豎直向上的恒力F,此后P、Q一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)恰好未分離。已知P的質(zhì)量為2m,Q的質(zhì)量為m,重力加速度為g,則有(

)A.恒力F的大小為2mgB.恒力F剛施加給P的瞬間,P、Q間彈力大小為1.6mgC.物塊P的速度最大時(shí),P、Q間彈力大小為0.6mgD.物塊P運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),彈簧彈力大小為0.6mgBD解析

由題可知,由于P、Q一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)恰好未分離,所以P、Q全程在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),因此在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的加速度大小相同,方向相反,大小設(shè)為a,對(duì)于最低點(diǎn),彈簧彈力和P、Q重力相等,因此F+F彈1-3mg=F=3ma,在最高點(diǎn),由于P、Q剛要分離,分別對(duì)P和Q進(jìn)行分析,可得2mg-F=2ma,mg-F彈2=ma,解得F=1.2mg,a=0.4g,F彈2=0.6mg,A錯(cuò)誤,D正確;恒力剛施加時(shí),以P為研究對(duì)象,則F+FN1-2mg=2ma,解得FN1=1.6mg,B正確;物塊P的速度最大時(shí),P、Q整體處于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)平衡點(diǎn),即加速度為0,此時(shí)F+FN2-2mg=0,解得FN2=0.8mg,C錯(cuò)誤。指點(diǎn)迷津兩個(gè)物體恰好分離時(shí),運(yùn)動(dòng)學(xué)方面的特點(diǎn)是仍然有相同的速度和加速度,受力方面的特點(diǎn)是接觸面上彈力減小到零?？枷蛉?/p>

動(dòng)力學(xué)中的極值問題

典題6(2024七省適應(yīng)性測(cè)試黑龍江、吉林物理)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上,二者間用平行于斜面的輕質(zhì)彈簧相連,乙緊靠在垂直于斜面的擋板上。給甲一個(gè)沿斜面向上的初速度,此后運(yùn)動(dòng)過程中乙始終不脫離擋板,且擋板對(duì)乙的彈力最小值為0,重力加速度為g。擋板對(duì)乙的彈力最大值為(

)A.2mgsinθ

B.3mgsinθC.4mgsinθ

D.5mgsinθC解析

物塊甲運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí),擋板對(duì)乙的彈力最小,為0,對(duì)乙有F彈1=mgsin

θ,對(duì)甲有F彈1+mgsin

θ=ma,物塊甲運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)對(duì)稱性有F彈2-mgsin

θ=ma,對(duì)乙受力分析,擋板對(duì)乙的彈力最大值為FN=F彈2+mgsin

θ=4mgsin

θ,故選C。典題7(多選)(2024廣東佛山期中)如圖所示,質(zhì)量m=2kg的小球用細(xì)繩連在傾角θ=37°的光滑斜面體斜面上,此時(shí)細(xì)繩平行于斜面。g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.當(dāng)斜面體以5m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為20NB.當(dāng)斜面體以12m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力與水平方向夾角大于37°C.當(dāng)斜面體以20m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力為20ND.當(dāng)斜面體以20m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),繩子拉力與水平方向夾角等于30°AC解析

當(dāng)小球剛好只受重力和輕繩拉力作用時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有

=ma0,解得a0=

m/s2。當(dāng)斜面體以5

m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),即a1=5

m/s2<a0,此時(shí)小球受重力、支持力和繩的拉力,如圖所示,水平方向有FTcos

θ-FNsin

θ=ma1,豎直方向有FTsin

θ+FNcos

θ=mg,聯(lián)立解得FN=10

N,FT=20

N,A正確;當(dāng)斜面體以12

m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),即a2=12

m/s2<a0,此時(shí)小球受重力、支持力和繩的拉力,小球在斜面上,繩子拉力與水平方向夾角等于37°,B錯(cuò)誤;當(dāng)斜面體加速度為20

m/s2時(shí),即a3=20

m/s2>a0,此時(shí)小球已和斜面分離,受重力和繩的拉力,則有FT'cos

α=ma3,FT'sin

α=mg,解得FT'=20

N,sin

α=,C正確,D錯(cuò)誤。第4講專題提升

動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:分析動(dòng)力學(xué)中傳送帶模型的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),從而確定物體所受摩擦力的大小和方向。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí),物體所受摩擦力可能發(fā)生突變,對(duì)應(yīng)的加速度也會(huì)發(fā)生突變。1.水平傳送帶模型情境

項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情境1

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情境2

(1)v0>v時(shí),可能一直減速,也可能先減速再勻速(2)v0<v時(shí),可能一直加速,也可能先加速再勻速情境3

(1)傳送帶較短時(shí),滑塊一直減速到達(dá)左端(2)傳送帶較長(zhǎng)時(shí),滑塊還要被傳送帶傳回右端。若v0>v,返回時(shí)速度為v;若v0<v,返回時(shí)速度為v02.傾斜傳送帶模型情境

項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情境1

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情境2

(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后再以a2加速項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情境3

(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直減速情境4

(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能先減速,再反向加速,最后勻速(5)可能一直減速3.傳送帶問題的解題思路

題型一水平傳送帶考向一

物體無初速度傳送情境典題1

如圖為地鐵入口安檢裝置簡(jiǎn)易圖,水平傳送帶AB長(zhǎng)度為l,傳送帶右端B與水平平臺(tái)等高且平滑連接,物品探測(cè)區(qū)域長(zhǎng)度為d,其右端與傳送帶右端B重合。已知傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,方向如圖所示,物品(可視為質(zhì)點(diǎn))由A端無初速度釋放,加速到傳送帶速度一半時(shí)恰好進(jìn)入探測(cè)區(qū)域,最后勻速通過B端進(jìn)入平臺(tái)并減速至0,各處的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同,空氣阻力忽略不計(jì),重力加速度為g。求:(1)物品與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)物品運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t。考向二

物體有初速度傳送情境典題2(2024山東日照一模)如圖甲所示,一水平傳送帶沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn),將一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m=2kg的小物塊從傳送帶左端A處以某一初速度釋放,t=3s時(shí)恰好到達(dá)右端B處。小物塊從A端到B端運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。求:(1)小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)和A、B間的距離;(2)小物塊從A端到B端的過程中,系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量。答案

(1)0.1

8m(2)4J解析

(1)根據(jù)題意,由圖乙可知,小物塊在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng),再做勻速運(yùn)動(dòng),做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為由牛頓第二定律有μmg=ma聯(lián)立解得μ=0.1根據(jù)題意可知,A、B間的距離等于小物塊的位移,則由v-t圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知,A、B間的距離為(2)根據(jù)題意,由圖乙可知,當(dāng)t=2

s時(shí),小物塊與傳送帶速度相等,且傳送帶的速度為v傳=2

m/s在0~2

s內(nèi)小物塊的位移為在0~2

s內(nèi)傳送帶的位移為x2=v傳t=4

m則小物塊從A端到B端的過程中,系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(x1-x2)=4

J。題型二傾斜傳送帶考向一

物體無初速度傳送情境典題3(多選)如圖所示,有一條傳送帶與水平面的夾角θ=37°,傳送帶以v=4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一小物塊輕放在最高點(diǎn)A,經(jīng)過時(shí)間t小物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B。已知A、B之間的距離為5.8m,物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊可看作質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則小物塊從A到B的時(shí)間可能是(

)A.1s B.1.4sBD考向二

物體有初速度傳送情境典題4(2023四川眉山三模)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶以v=2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶與水平方向的夾角θ=37°,質(zhì)量m1=5kg的小物塊P和質(zhì)量m2=11kg的小物塊Q由跨過定滑輪的輕繩連接,P與定滑輪間的繩子與傳送帶平行,輕繩足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)。某時(shí)刻物塊P從傳送帶上端以速度v0=8m/s沖上傳送帶(此時(shí)P、Q的速率相等),已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,不計(jì)滑輪的質(zhì)量與軸摩擦,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)求物塊P剛沖上傳送帶時(shí)加速度的大小。(2)求物塊P在傳送帶上向前沖的最遠(yuǎn)距離(以地面為參照物)。(3)若傳送帶以不同的速度

順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)v取多大時(shí),物塊P沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處過程中與傳送帶的相對(duì)路程最小。答案

(1)6m/s2(2)5.5m(3)3.2m/s解析

(1)對(duì)P、Q進(jìn)行受力分析,如圖所示設(shè)剛沖上傳送帶時(shí)Q的加速度為a1,對(duì)Q有m2g-F1=m2a1對(duì)P有F1+μm1gcos

θ-m1gsin

θ=m1a1解得a1=6

m/s2。設(shè)此時(shí)P的加速度為a2,對(duì)Q有m2g-F2=m2a2對(duì)P有F2-μm1gcos

θ-m1gsin

θ=m1a2解得a2=4

m/s2設(shè)從與傳送帶共速到減速為0的過程中P的位移為x2,則有-2a2x2=0-v2所以物塊P在傳送帶上向前沖的最遠(yuǎn)距離為x1+x2=5.5

m。(3)設(shè)共速前第一個(gè)減速過程P的位移為x3,用時(shí)為t3,皮帶位移為x皮3;共速后至減速為零為第二個(gè)減速過程,P的位移為x4,用時(shí)為t4,皮帶位移為x皮4。則第二個(gè)減速過程-2a2x4=0-v2易錯(cuò)點(diǎn)撥

本題屬于傳送帶模型和連接體模型的綜合應(yīng)用,繩上的彈力不等于左側(cè)懸掛物的重力,應(yīng)該由連接體的特點(diǎn)求解物體加速度。題型三傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)圖像考向一

根據(jù)傳送情境確定動(dòng)力學(xué)圖像典題5(多選)(2023廣東佛山模擬)如圖所示,飛機(jī)場(chǎng)運(yùn)輸行李的傳送帶保持恒定的速率運(yùn)行,將行李箱無初速度地放在傳送帶底端,傳送帶將它送入飛機(jī)貨艙。此過程中貨物的速度為v、加速度為a、摩擦力為Ff、位移為x,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,下列圖像可能正確的有(

)AC解析

行李箱先向上做勻加速運(yùn)動(dòng),此時(shí)的v-t圖像是傾斜的直線,x-t圖像為斜率增大的曲線,a-t圖像是平行于t軸的直線;當(dāng)行李箱與傳送帶共速后做勻速運(yùn)動(dòng),則此時(shí)的v-t圖像是平行于t軸的直線,x-t圖像是傾斜的直線,加速度a為零,A正確,B、D錯(cuò)誤;加速時(shí)傳送帶對(duì)行李箱的摩擦力Ff1=mgsin

θ+ma,勻速時(shí)Ff2=mgsin

θ<Ff1,C正確。考向二

根據(jù)動(dòng)力學(xué)圖像分析有關(guān)物理量典題6(多選)(2024遼寧沈陽(yáng)質(zhì)檢)如圖甲所示,淺色傾斜傳送帶兩側(cè)端點(diǎn)間距6m,皮帶總長(zhǎng)12m,傾角37°。t=0時(shí),一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點(diǎn)以10m/s的速度沖上傳送帶。t=1s時(shí),傳送帶開始沿順時(shí)針方向勻加速轉(zhuǎn)動(dòng),A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,傳送輪和煤塊大小均可以忽略,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中,下列說法正確的是(

)A.煤塊運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn),位移為5mB.煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2sC.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為12mD.煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90JAD指點(diǎn)迷津物體與傳送帶的劃痕長(zhǎng)度Δx等于物體與傳送帶的相對(duì)位移的大小,若有兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)且兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相同,則Δx=Δx1+Δx2(圖甲);若兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反,則Δx等于較長(zhǎng)的相對(duì)位移大小(圖乙)。第5講專題提升動(dòng)力學(xué)中的板塊模型高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:滑塊—木板模型,涉及摩擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱。多次相互作用,屬于多物體、多過程問題,知識(shí)綜合性較強(qiáng),對(duì)能力要求較高,故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外,常見的子彈射擊滑塊、圓環(huán)在直桿中滑動(dòng)都屬于滑塊類問題,處理方法與滑塊—木板模型類似。1.板塊模型的兩種類型

類型圖示規(guī)律分析

木板B帶動(dòng)物塊A,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等,則位移關(guān)系為xB=xA+L(將物塊A看成質(zhì)點(diǎn))

物塊A帶動(dòng)木板B,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等,則位移關(guān)系為xB+L=xA(將物塊A看成質(zhì)點(diǎn))2.分析板塊模型的思維流程

題型一木板帶動(dòng)滑塊運(yùn)動(dòng)的情形考向一

水平面上板帶動(dòng)塊典題1(多選)一輛貨車運(yùn)輸規(guī)格相同的長(zhǎng)木板,木板裝載成兩層平放在車廂里,如圖所示。已知木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,木板與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,貨車為了躲避橫穿公路的行人緊急剎車,剎車時(shí)的加速度大小為a,每塊木板的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,上層木板最前端離駕駛室距離為d,則下列判斷正確的是(

)A.當(dāng)a>μg時(shí),上層木板會(huì)與下層木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)B.當(dāng)a=1.5μg時(shí),下層木板受到車廂對(duì)它的摩擦力為3μmgC.若a>2μg,下層木板一定會(huì)相對(duì)車廂發(fā)生滑動(dòng)D.若a=2μg,要使貨車在緊急剎車時(shí)上層木板不撞上駕駛室,貨車在水平路面上勻速行駛的速度應(yīng)不超過AD解析

當(dāng)貨車加速度a=μg時(shí),上層木板受到的靜摩擦力Ff=ma=μmg,恰好等于上、下兩層木板間的最大靜摩擦力,則上層木板剛好與下層木板相對(duì)靜止,當(dāng)a>μg時(shí)上層木板會(huì)與下層木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),A正確;當(dāng)a>μg時(shí),下層木板受到車廂對(duì)它的靜摩擦力Ff2,由牛頓第二定律有Ff2-μmg=ma,當(dāng)a=1.5μg時(shí),解得下層木板受到車廂對(duì)它的摩擦力為2.5μmg,B錯(cuò)誤;當(dāng)a>μg時(shí),由Ff2-μmg=ma,可知隨a的增大,Ff2變大,當(dāng)Ff2=4μmg時(shí)下層木板剛好與車廂相對(duì)靜止,此時(shí)車的加速度a=3μg,所以當(dāng)a>3μg時(shí),下層木板才會(huì)相對(duì)車廂發(fā)生滑動(dòng),C錯(cuò)誤;當(dāng)a=2μg時(shí),若上層木板恰好不撞上駕駛室,對(duì)車有v2=2ax1,對(duì)上層木板有v2=2μg(x1+d),兩式聯(lián)立解得

,D正確。考向二

斜面上板帶動(dòng)塊典題2(2024福建廈門模擬)某游樂項(xiàng)目可簡(jiǎn)化為利用紙帶把滑塊拉到平臺(tái)上,如圖所示。光滑固定斜面的傾角θ=37°,長(zhǎng)度L=1.44m,紙帶平鋪在斜面上,下端與斜面底端對(duì)齊?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的滑塊放在紙帶上靜止在斜面正中間,滑塊與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.9,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6?，F(xiàn)用力沿斜面向上勻加速拉動(dòng)紙帶。(1)若在滑塊到達(dá)斜面頂端前紙帶被拉出,試計(jì)算拉動(dòng)紙帶的加速度不得小于多少。(2)若滑塊能運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上,試計(jì)算拉動(dòng)紙帶的加速度不得超過多少。答案

(1)2.4m/s2

(2)2.64m/s2解析

(1)設(shè)紙帶加速度為a1時(shí),滑塊到達(dá)斜面頂端時(shí)紙帶恰好被拉出,滑塊加速度為a對(duì)滑塊,由牛頓第二定律有μmgcos

θ-mgsin

θ=ma聯(lián)立可得a1=2.4

m/s2若在滑塊到達(dá)斜面頂端前紙帶被拉出,拉動(dòng)紙帶的加速度不得小于2.4

m/s2。(2)設(shè)紙帶加速度為a2時(shí),滑塊先以加速度a加速,離開紙帶后在斜面上以加速度大小a'減速,到達(dá)斜面頂端時(shí)速度恰好減到0對(duì)滑塊,由牛頓第二定律有mgsin

θ=ma'設(shè)滑塊加速時(shí)間為t1,減速時(shí)間為t2,最大速度為vm由平均速度位移公式,有又有vm=at1,vm=a't2解得t1=1

s可得a2=2.64

m/s2若滑塊能運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上,拉動(dòng)紙帶的加速度不得超過2.64

m/s2。題型二滑塊帶動(dòng)木板運(yùn)動(dòng)的情形考向一

水平面上塊帶動(dòng)板典題3(2023安徽宿州一模)如圖所示,質(zhì)量m0=1kg、長(zhǎng)度L=1m的木板A靜止在水平面上,A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1。在A的左端放置一質(zhì)量m=1kg的鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn)),B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.3,現(xiàn)用一水平恒力F作用在B上,g取10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。(1)要保持A、B一起做勻加速運(yùn)動(dòng),求力F的取值范圍。(2)若F=5N,求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間。解析

(1)A與地面間的最大靜摩擦力大小A與B間的最大靜摩擦力Ff2=μ2mg=0.3×1×10

N=3

NA、B要一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)則F>Ff1=2

N設(shè)拉力大小為F0時(shí)A、B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),對(duì)A,由牛頓第二定律得Ff2-Ff1=m0a對(duì)A、B系統(tǒng),由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得F0=4

Na=1

m/s2要保持A、B一起做勻加速運(yùn)動(dòng),力F的取值范圍是2

N<F≤4

N。(2)拉力F=5

N>4

N時(shí),A、B相對(duì)滑動(dòng),A的加速度大小a=1

m/s2對(duì)B,由牛頓第二定律得F-Ff2=maB代入數(shù)據(jù)解得aB=2

m/s2設(shè)經(jīng)過時(shí)間t鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的右端,則考向二

斜面上塊帶動(dòng)板典題4(2024遼寧大連模擬)滑沙運(yùn)動(dòng)是一種比較刺激的娛樂活動(dòng),深受小朋友的喜愛,其運(yùn)動(dòng)過程可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。長(zhǎng)L=1.28m、質(zhì)量m0=10kg的滑板放在傾角θ=37°、足夠長(zhǎng)的沙坡頂端,質(zhì)量m=40kg的小朋友坐在滑板上端,從靜止開始下滑。小朋友與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.6,滑板與沙坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,小朋友和滑板一起下滑5s后,沙坡表面濕度變化導(dǎo)致滑板與沙坡間動(dòng)摩擦因數(shù)突然都變?yōu)棣?=0.7,由于小朋友沒有抓握滑板兩側(cè)的把手,他從滑板下端滑了下來。小朋友可視為質(zhì)點(diǎn),他和滑板的運(yùn)動(dòng)可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng),最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力,sin37°=0.6,g取10m/s2。(1)求下滑5s時(shí)小朋友的速度大小和位移大小。(2)下滑5s后,求小朋友再經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間從滑板下端滑落。(3)為了保證安全,小朋友握緊滑板把手就可與滑板保持相對(duì)靜止。那么在沙坡與滑板間動(dòng)摩擦因數(shù)發(fā)生變化后,小朋友相對(duì)滑板靜止情況下,求滑板對(duì)小朋友沿沙坡方向阻力的大小。答案

(1)10m/s

25m

(2)0.8s

(3)224N解析

(1)0~5

s內(nèi),對(duì)小朋友和滑板整體,由牛頓第二定律得(m0+m)gsin

θ-μ2(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a1根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立可得v1=10

m/s,x1=25

m。(2)下滑5

s后,對(duì)小朋友分析得mgsin

θ-μ1mgcos

θ=ma2對(duì)滑板分析得m0gsin

θ+μ1mgcos

θ-μ3(m0+m)gcos

θ=m0a3小朋友從滑板上滑落需滿足x2-x3=L聯(lián)立可得t2=0.8

s由于滑板停下時(shí)間

=3.57

s>t2,所以小朋友經(jīng)過0.8

s滑落。(3)握緊把手后,小朋友和滑板一起向下加速運(yùn)動(dòng),則(m0+m)gsin

θ-μ3(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a4對(duì)小朋友分析得mgsin

θ-Ff=ma4聯(lián)立可得Ff=224

N。題型三板塊模型中的動(dòng)力學(xué)圖像考向一

根據(jù)板塊模型確定動(dòng)力學(xué)圖像典題5

如圖所示,質(zhì)量m0=1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊,鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4,設(shè)木板足夠長(zhǎng),若對(duì)鐵塊施加一個(gè)大小從零開始連續(xù)增加的水平向右的力F,已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等,g取10m/s2,則下面四個(gè)圖中能正確反映鐵塊受到木板的摩擦力大小Ff隨力F大小變化的是(

)C解析

鐵塊與木板之間摩擦力的最大值為Ff2max=μ2mg=4

N,木板與地面間的摩擦力的最大值為Ff1max=μ1(m0+m)g=2

N。當(dāng)F≤2

N時(shí),木板和鐵塊相對(duì)地面靜止,Ff=F。當(dāng)木板和鐵塊恰好一起相對(duì)地面加速運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)此時(shí)系統(tǒng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)整體有F-μ1(m0+m)g=(m0+m)a,對(duì)鐵塊有F-Ff2max=ma,可得F=6

N,所以當(dāng)2

N<F≤6

N時(shí),木板和鐵塊相對(duì)靜止,則對(duì)整體有F-μ1(mg+m0g)=(m+m0)a,對(duì)鐵塊有F-Ff=ma,得Ff=+1

N。當(dāng)拉力大于6

N時(shí),滑塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,大小即4

N,故得出的圖像應(yīng)為C?？枷蚨?/p>

根據(jù)動(dòng)力學(xué)圖像分析有關(guān)物理量典題6

如圖甲所示,水平地面上疊放著小物塊B和木板A(足夠長(zhǎng)),其中A的質(zhì)量為1.5kg,整體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)木板A施加方向水平向右的拉力F,木板A的加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知A、B間以及A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.當(dāng)拉力大小為5N時(shí),A、B開始相對(duì)滑動(dòng)B.A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C.B的質(zhì)量為0.5kgD.圖乙中的x=7.5C第6講實(shí)驗(yàn)探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系高考總復(fù)習(xí)2025強(qiáng)基礎(chǔ)固本增分研考點(diǎn)精準(zhǔn)突破目錄索引強(qiáng)基礎(chǔ)固本增分一、實(shí)驗(yàn)?zāi)康?.學(xué)會(huì)用控制變量法研究物理量的關(guān)系。2.探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。3.掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。二、實(shí)驗(yàn)器材打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、小車、一端附有定滑輪的長(zhǎng)木板、槽碼、夾子、細(xì)繩、交變電源、導(dǎo)線、天平、刻度尺、砝碼。三、實(shí)驗(yàn)思路(一)控制變量法的應(yīng)用將小車置于水平木板上,用細(xì)繩通過滑輪與槽碼相連,小車可以在槽碼的牽引下運(yùn)動(dòng)。1.保持小車質(zhì)量不變,研究加速度與力的關(guān)系。2.保持小車所受的拉力不變,研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系。(二)物理量的測(cè)量1.用天平測(cè)量質(zhì)量:為了改變小車的質(zhì)量,可以在小車中增減砝碼的數(shù)量。2.將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶連在小車上,根據(jù)紙帶上打出的點(diǎn)來測(cè)量加速度。3.現(xiàn)實(shí)中,僅受一個(gè)力作用的物體幾乎不存在。然而,一個(gè)單獨(dú)的力的作用效果與跟它大小、方向都相同的合力的作用效果是相同的。因此,實(shí)驗(yàn)中作用力F的含義可以是物體所受的合力。用阻力補(bǔ)償法確定小車受到的合力——槽碼的牽引力。四、進(jìn)行實(shí)驗(yàn)1.稱量質(zhì)量——用天平測(cè)量槽碼和小車的質(zhì)量。2.安裝器材——按如圖所示裝置安裝器材(暫時(shí)不把懸掛槽碼的細(xì)繩系在小車上)。

使細(xì)繩的拉力等于小車所受合力3.平衡摩擦及其他阻力——在長(zhǎng)木板不帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊,反復(fù)移動(dòng)薄木塊的位置,直至小車能拉著紙帶勻速下滑。

紙帶上所打點(diǎn)均勻?yàn)闃?biāo)志4.測(cè)量加速度(1)保持小車的質(zhì)量不變,打出一條紙帶。計(jì)算槽碼的重力,由紙帶計(jì)算出小車的加速度,填入表中。改變槽碼的個(gè)數(shù),多做幾次實(shí)驗(yàn)。(2)保持槽碼個(gè)數(shù)不變,在小車上放上砝碼改變小車的質(zhì)量,讓小車在木板上滑動(dòng)打出紙帶。計(jì)算砝碼和小車的總質(zhì)量,并由紙帶計(jì)算出小車對(duì)應(yīng)的加速度,填入表中。改變小車上砝碼的個(gè)數(shù),多做幾次實(shí)驗(yàn)。五、數(shù)據(jù)分析1.利用Δx=aT2及逐差法求a。2.以a為縱坐標(biāo),F為橫坐標(biāo),根據(jù)各組數(shù)據(jù)描點(diǎn),如果這些點(diǎn)在一條過原點(diǎn)的直線上,說明a與F成正比。3.以a為縱坐標(biāo),為橫坐標(biāo),描點(diǎn)、連線,如果該線為過原點(diǎn)的直線,就能判定a與m成反比。六、誤差分析1.實(shí)驗(yàn)原理不完善:本實(shí)驗(yàn)用槽碼所受的重力代替小車所受的拉力,而實(shí)際上小車所受的拉力要小于槽碼所受的重力。2.摩擦力平衡不準(zhǔn)確、質(zhì)量測(cè)量不準(zhǔn)確、計(jì)數(shù)點(diǎn)間距測(cè)量不準(zhǔn)確、紙帶和細(xì)繩不嚴(yán)格與木板平行都會(huì)引起誤差。七、其他方案概述方案:通過位移之比測(cè)量加速度之比如圖所示,將兩輛相同的小車放在水平木板上,前端各系一條細(xì)線,線的另一端跨過定滑輪各掛一個(gè)小盤,盤中可以放不同的重物。把木板一端墊高,參考前面的阻力補(bǔ)償法補(bǔ)償阻力的影響,兩小車后端各系一條細(xì)線,用一個(gè)物體,例如黑板擦,把兩條細(xì)線同時(shí)按壓在木板上。抬起黑板擦,兩小車同時(shí)開始運(yùn)動(dòng),按下黑板擦,兩小車同時(shí)停下來。用刻度尺測(cè)出兩小車移動(dòng)的位移x1、x2。由于兩小車運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同,從它們的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述實(shí)驗(yàn)后,在盤中重物相同的情況下,通過增減小車中的重物改變小車的質(zhì)量,再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)?！獭獭獭痢獭裂锌键c(diǎn)精準(zhǔn)突破考點(diǎn)一教材原型實(shí)驗(yàn)考向一

實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)操作典題1(2023天津?qū)幒佣?探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,小車裝有砝碼,現(xiàn)做如下探究:(1)下列對(duì)實(shí)驗(yàn)操作的判斷正確的是

(填字母代號(hào))。

A.調(diào)節(jié)定滑輪的高度,使?fàn)恳≤嚨募?xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B.在調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板傾斜度平衡小車受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí),將裝有砝碼的小盤通過定滑輪系在小車上C.實(shí)驗(yàn)時(shí),先放開小車再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D.每次改變小車質(zhì)量時(shí),不需要重新調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板傾斜度(2)為使砝碼及小盤的總重力在數(shù)值上近似等于小車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力,應(yīng)滿足的條件是砝碼及小盤的總質(zhì)量

(選填“近似等于”“遠(yuǎn)大于”或“遠(yuǎn)小于”)小車和小車上砝碼的總質(zhì)量。

AD遠(yuǎn)小于解析

(1)實(shí)驗(yàn)中細(xì)繩要保持與長(zhǎng)木板平行,A正確;平衡摩擦力時(shí)不能將小盤和砝碼通過定滑輪系在小車上,B錯(cuò)誤;實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源再放開小車,C錯(cuò)誤;平衡摩擦力后,每次改變小車的質(zhì)量時(shí),小車的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡摩擦力,D正確?？枷蚨?/p>

數(shù)據(jù)處理和誤差分析典題2(2023山東日照二模)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。甲(1)實(shí)驗(yàn)時(shí),某同學(xué)在一條點(diǎn)跡清晰的紙帶上每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn),分別記為A、B、C、D、E、F、G,它們到O點(diǎn)的距離如圖乙所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率是50Hz,可得小車的加速度大小是

m/s2。(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))

乙0.99(2)如果實(shí)驗(yàn)時(shí)所用交變電流的頻率是49Hz,而做實(shí)驗(yàn)的同學(xué)并不知道,則加速度的測(cè)量值

(選填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值。

丙(3)兩同學(xué)同時(shí)各取一套圖甲所示的裝置放在水平桌面上進(jìn)行實(shí)驗(yàn),在沒有平衡摩擦力的情況下,研究加速度a與拉力F的關(guān)系,分別得到圖丙中的A、B兩條直線。若小車與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB,則μA

(選填“大于”“小于”或“等于”)μB。

大于大于解析

(1)根據(jù)題意可知,交流電源頻率為50

Hz,每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn),則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T=0.1

s,由逐差法有xDG-xAD=,解得a=0.99

m/s2。(2)如果實(shí)驗(yàn)