高中數(shù)學(xué)《高中全程學(xué)習(xí)方略》2025版必修第一冊(cè)必修第一冊(cè)專題進(jìn)階課五　整體法和隔離法在牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的應(yīng)用含答案

高中數(shù)學(xué)《高中全程學(xué)習(xí)方略》2025版必修第一冊(cè)必修第一冊(cè)專題進(jìn)階課五整體法和隔離法在牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的應(yīng)用含答案專題進(jìn)階課五整體法和隔離法在牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的應(yīng)用核心歸納1.連接體兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體組成的具有相同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的整體叫連接體。幾個(gè)物體并排放在一起如甲、乙,或疊放在一起如丙、丁,或用繩子、細(xì)桿等連在一起如戊、己、庚,在求解連接體問(wèn)題時(shí)常用的方法為整體法與隔離法。常見(jiàn)連接體模型2.連接體問(wèn)題的處理方法(1)區(qū)分外力和內(nèi)力如果以物體(包括物體間的繩、彈簧等)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,則系統(tǒng)之外的作用力為該系統(tǒng)受到的外力,而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力為該系統(tǒng)的內(nèi)力。(2)整體法:把整個(gè)系統(tǒng)作為一個(gè)研究對(duì)象,不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力,只需分析系統(tǒng)受到的外力,然后依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。(3)隔離法:把系統(tǒng)中的一部分作為研究對(duì)象,此時(shí)系統(tǒng)的內(nèi)力就有可能成為該研究對(duì)象所受的外力,在分析時(shí)應(yīng)加以注意,一般隔離受力較少的物體。3.整體法與隔離法的選擇(1)整體法的研究對(duì)象少、受力少、方程少,所以連接體問(wèn)題優(yōu)先采用整體法。(2)涉及物體間相互作用的內(nèi)力時(shí),必須采用隔離法。(3)若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度且需要求解物體間的相互作用力,就可以先用整體法求出加速度,再用隔離法分析其中一個(gè)物體的受力,即“先整體求加速度,后隔離求內(nèi)力”。4.系統(tǒng)牛頓第二定律的應(yīng)用若已知某個(gè)物體的受力情況,可先隔離該物體求出加速度,再以整體為研究對(duì)象求解外力。當(dāng)系統(tǒng)沒(méi)有共同加速度時(shí),也可用整體分析法,此時(shí)系統(tǒng)受到的合外力等于各物體的質(zhì)量與加速度乘積之和(矢量和),即F合=F1+F2+F3+…+Fn=m1am3a3+…+mn5.力的動(dòng)力分配原理(1)模型:光滑水平面上,在F的作用下,M、m一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng),如圖1,求M、m間的相互用力。分析:用整體法求加速度F=(M+m)a隔離法求相互作用力,隔離m研究因?yàn)镕Mm=ma,所以FMm=mM(2)意義:兩個(gè)直接接觸或通過(guò)細(xì)線相連的物體在外力F的作用下以共同的加速度運(yùn)動(dòng),各個(gè)物體分得的動(dòng)力與自身質(zhì)量成正比。這叫力的加速度效果分配法則,或者叫動(dòng)力分配原理。(3)拓展:①在圖1中,若物體與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,整體所受摩擦力產(chǎn)生的加速度為μg,而各部分所受摩擦力產(chǎn)生的加速度正好為μg,所以m與M間相互作用力不會(huì)發(fā)生變化,仍依質(zhì)量正比分配F。②在圖2、3、4中,道理相同,相互作用力正比例分配。其中圖3中M、m與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ或都沒(méi)摩擦,圖4中m與水平面間無(wú)摩擦。圖2和圖3中相互作用力為mM+mF,圖4中相互作用力為典題例析角度1加速度和速度都相同的連接體問(wèn)題【典例1】(多選)(2024·揭陽(yáng)高一檢測(cè))如圖所示,容器置于傾角為θ的光滑固定斜面上時(shí),容器頂面恰好處于水平狀態(tài),容器頂部有豎直側(cè)壁,有一小球與右端豎直側(cè)壁恰好接觸。今讓系統(tǒng)從靜止開始下滑,容器質(zhì)量為M,小球質(zhì)量為m,所有摩擦不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是 ()A.小球?qū)θ萜鱾?cè)壁的壓力為mgsinθB.小球?qū)θ萜鱾?cè)壁的壓力為12mgsin2C.小球?qū)θ萜鞯撞康膲毫閙gcosθD.小球?qū)θ萜鞯撞康膲毫閙gcos2θ【解析】選B、D。小球與容器一起加速下滑,加速度a=gsinθ,設(shè)容器側(cè)壁對(duì)小球的彈力為F,支持力為FN,水平方向根據(jù)牛頓第二定律F=macosθ=mgsinθcosθ=12mgsin2θF壓=F=12mgsin2θ,故A錯(cuò)誤,B正確;豎直方向根據(jù)牛頓第二定律mg-FN=mgsin2θ,解得FN=mg(1-sin2θ)=mgcos2θ,根據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)θ萜鞯撞康膲毫镕壓'FN=mgcos2θ,故C錯(cuò)誤,D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(多選)(2024·重慶高一檢測(cè))如圖所示,靜止在水平地面上傾角為θ的光滑斜面體上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B,B的上表面上有一物塊C,A、B、C一起沿斜面勻加速下滑。已知A、B、C的質(zhì)量均為m,重力加速度大小為g,斜面體始終保持靜止。下列說(shuō)法正確的是 ()A.A、B間的摩擦力為零B.C可能只受兩個(gè)力作用C.A所受合外力的大小為mgsinθD.斜面體受到地面的摩擦力方向水平向左【解析】選B、C、D。對(duì)B、C整體受力分析,其受豎直向下的重力、豎直向上的支持力,由于B、C整體沿斜面向下勻加速下滑,則A、B間摩擦力不為零,且方向水平向左,故A錯(cuò)誤;斜面體光滑,對(duì)A、B、C整體分析可知,整體的加速度為gsinθ,如果B斜面的傾角也為θ,對(duì)C分析,由于其加速度為gsinθ,則C不受摩擦力,即當(dāng)B斜面的傾角也為θ時(shí),C只受重力、支持力兩個(gè)力作用,故B正確;選A、B、C整體為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可知A的加速度大小為a=gsinθ,則A所受合外力的大小為F=ma=mgsinθ,故C正確;根據(jù)上述,A、B、C整體有沿斜面向下的加速度,則對(duì)A、B、C和斜面體整體分析可知,整體有向左的分加速度,即斜面體受地面的摩擦力方向水平向左,故D正確。角度2加速度和速度大小不同、方向不同的連接體問(wèn)題【典例2】(2024·武漢高一檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量為M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上,一輕繩繞過(guò)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33,重力加速度大小為g,將A、B由靜止釋放,在B下降的過(guò)程中(物體A未碰到滑輪),斜面體靜止不動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是 (A.輕繩對(duì)P點(diǎn)的拉力大小為23B.物體A的加速度大小為35C.地面對(duì)斜面體的摩擦力大小為33D.地面對(duì)斜面體的支持力大小為Mg+2mg【解析】選A。由于相同時(shí)間內(nèi)物體B通過(guò)的位移是物體A通過(guò)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-mgsin30°-μmgcos30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得FT=23mg,a=13g,故A正確、B錯(cuò)誤;物體B下降過(guò)程中,對(duì)斜面體、A和B組成的整體,水平方向根據(jù)牛頓第二定律得FTcos30°-f=macos30°,解得地面對(duì)斜面體的摩擦力為f=36mg,故C錯(cuò)誤;物體B下降過(guò)程中,對(duì)斜面體、A和B組成的整體,在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得(M+3m)g-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面對(duì)斜面體的支持力為FN=(M+32【補(bǔ)償訓(xùn)練】(多選)(2024·廈門高一檢測(cè))如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過(guò)滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B,保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m;當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí),得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示,設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?空氣阻力不計(jì),重力加速度g取10m/s2,斜面的傾角為θ,下列說(shuō)法正確的是()A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量B.若θ未知,可求出圖乙中a1的值C.若θ已知,可求出圖乙中a2的值D.若θ已知,可求出圖乙中m0的值【解析】選B、C。設(shè)物塊A的質(zhì)量為mA,以沿斜面向上的方向?yàn)檎较?則系統(tǒng)的加速度為a=mg-mAgsinθm+mA,由圖乙可知,當(dāng)m=m0時(shí),a=0,則有m0g=mAgsinθ,由于m0未知,所以即使θ已知,也無(wú)法求出mA;mA未知,m0也無(wú)法求解,故A、D錯(cuò)誤;由加速度表達(dá)式a=mg-mAgsinθm+mA,可知,當(dāng)m趨向于無(wú)窮大時(shí),a趨向于g,所以a1=g,即a1與θ無(wú)關(guān),故B正確;由圖可知,當(dāng)a=a2時(shí),m=0,此時(shí)物塊A沿斜面自由下滑,則mAg專題進(jìn)階課一勻變速直線運(yùn)動(dòng)的常用公式核心歸納1.三個(gè)公式的比較:項(xiàng)目一般形式v0=0不涉及速度公式v=v0+atv=atx位移公式x=v0t+12atx=12atv速度—位移關(guān)系式v2-v02v2=2axt提醒:公式中vo、v、a、x都是矢量,應(yīng)用時(shí)必須選取統(tǒng)一的正方向,一般選取初速度方向?yàn)檎较颉?.運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用步驟(1)認(rèn)真審題,明確研究對(duì)象,畫出物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖。(2)明確已知量、待求量。(3)規(guī)定正方向(一般取初速度v0的方向?yàn)檎较?,確定各矢量的正、負(fù)。(4)選擇適當(dāng)?shù)墓角蠼狻?5)判斷所得結(jié)果是否合乎實(shí)際情況,并根據(jù)結(jié)果的正負(fù)說(shuō)明所求物理量的方向。典題例析【典例】(2024·懷化高一檢測(cè))汽車在駛?cè)敫咚俟沸熊嚨狼?要在加速車道上提高車速。我國(guó)規(guī)定在高速公路上正常行駛的車輛,最低速度不得低于60km/h,最高速度不得超過(guò)120km/h。假設(shè)有一輛汽車初速度為10m/s,以2m/s2的加速度駛完長(zhǎng)度為200m的加速車道。(1)求這個(gè)過(guò)程持續(xù)的時(shí)間;(2)經(jīng)過(guò)加速車道進(jìn)入行車道時(shí),汽車的速度是否符合國(guó)家規(guī)定?【解析】(1)根據(jù)位移—時(shí)間公式x=v0t+12at代入數(shù)據(jù)可得:t=10s(2)根據(jù)速度—時(shí)間公式可得:vt=v0+at=10m/s+2×10m/s=30m/s=108km/h該速度符合規(guī)定答案:(1)10s(2)汽車的速度符合國(guó)家規(guī)定[規(guī)律方法]巧選運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的基本方法公式中共涉及vo、v、a、t、x五個(gè)物理量,而每個(gè)公式中都含有四個(gè)量,因此明確三個(gè)量就可求出另外的兩個(gè)量,恰當(dāng)選擇公式可達(dá)到事半功倍的效果,方法如下:無(wú)位移x,也不需要求位移選用速度公式v=v0+at無(wú)末速度v,也不需要求末速度選用位移公式x=v0t+12at無(wú)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t,也不需要求運(yùn)動(dòng)時(shí)間選用速度—位移公式v2-v02【補(bǔ)償訓(xùn)練】伽利略在《兩種新科學(xué)的對(duì)話》一書中,討論了自由落體運(yùn)動(dòng)和物體沿斜面運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,提出了這樣的猜想:物體沿斜面下滑是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng),同時(shí)他還運(yùn)用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了其猜想。物理興趣小組依據(jù)伽利略描述的實(shí)驗(yàn)方案,設(shè)計(jì)了如圖的裝置,探究物體沿斜面下滑是否做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。(1)實(shí)驗(yàn)時(shí),讓滑塊從某一高度由靜止沿斜面下滑,并同時(shí)打開裝置中的閥門,使水箱中的水流到量筒中;當(dāng)滑塊碰到擋板的同時(shí)關(guān)閉閥門(整個(gè)過(guò)程中水流可視為均勻穩(wěn)定的)。改變滑塊起始位置的高度,重復(fù)以上操作。該實(shí)驗(yàn)探究方案是利用量筒中收集的水量來(lái)測(cè)量________的。

(2)如表是該小組測(cè)得的有關(guān)數(shù)據(jù),其中s為滑塊從斜面的不同高度由靜止釋放后沿斜面下滑的距離,V為相應(yīng)過(guò)程量筒收集的水量。分析表中數(shù)據(jù),根據(jù)___________________,可以得出滑塊沿斜面下滑是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的結(jié)論。

次數(shù)1234567s/m4.53.93.02.11.50.90.3V/mL90847262524023.5sV2/10-45.65.55.85.55.65.65.4(3)本實(shí)驗(yàn)誤差的主要來(lái)源:水從水箱中流出不夠穩(wěn)定,還可能來(lái)源于________等(只要求寫出一種)?！窘馕觥?1)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng),位移與時(shí)間的二次方成正比,由于水是均勻穩(wěn)定流出的,水的體積和時(shí)間成正比,所以量筒中收集的水量可以間接地測(cè)量時(shí)間。(2)驗(yàn)證該運(yùn)動(dòng)是否為勻變速直線運(yùn)動(dòng),關(guān)鍵看位移與時(shí)間的二次方是否成正比,即看位移與量筒中水的體積的二次方是否成正比,所以根據(jù)sV2在誤差允許的范圍內(nèi)是一常數(shù)(3)本實(shí)驗(yàn)誤差的主要來(lái)源:水從水箱中流出不夠穩(wěn)定,還可能來(lái)源于距離測(cè)量不準(zhǔn)確、滑塊開始下滑和開始流水不同步或斜面摩擦不均勻。答案:(1)時(shí)間(2)sV2在誤差允許的范圍內(nèi)是一常數(shù)(3)滑塊下滑距離測(cè)量不準(zhǔn)確(對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(多選)在某次比賽中,冰壺被投出后,如果做勻減速直線運(yùn)動(dòng),用時(shí)20s停止,最后1s內(nèi)位移大小為0.2m,則下面說(shuō)法正確的是 ()A.冰壺的加速度大小是0.3m/s2B.冰壺的加速度大小是0.4m/s2C.冰壺第1s內(nèi)的位移大小是7.8mD.冰壺的初速度大小是6m/s【解析】選B、C。整個(gè)過(guò)程的逆過(guò)程是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),最后1s內(nèi)的位移為0.2m,根據(jù)位移時(shí)間公式:x1=12at12,代入數(shù)據(jù)解得:a=0.4m/s2,故B正確,A錯(cuò)誤;根據(jù)速度公式得初速度為:v0=at=0.4×20m/s=8m/s,則冰壺第1s內(nèi)的位移大小為:x'1=v0t'-12at'2=(8×1-12×0.4×12)m=7.8m,【補(bǔ)償訓(xùn)練】曲和直本來(lái)是相互對(duì)立的兩種事物,但在無(wú)限次的分割之后,則可以用直線代替曲線,這說(shuō)明相互對(duì)立的事物在一定的條件下也可以相互統(tǒng)一。在長(zhǎng)度極短的情況下可以用直線代替曲線——以直代曲,那也就可以在時(shí)間極短的情況下將變速運(yùn)動(dòng)看作勻速運(yùn)動(dòng)——以恒代變,用這種方法求出各小段的位移,然后加起來(lái)就是變速運(yùn)動(dòng)的總位移。一次課上,老師拿來(lái)了小明同學(xué)“探究小車的運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的測(cè)量記錄(見(jiàn)表),表中“速度v”一行是小明同學(xué)用某種方法(方法不詳)得到的小車在0、1、2、3、4、5幾個(gè)位置的瞬時(shí)速度。原始的紙帶沒(méi)有保存。位置編號(hào)012345時(shí)間t/s00.10.20.30.40.5速度v/(m·s-1)0.380.630.881.111.381.62能不能根據(jù)表中的數(shù)據(jù),用最簡(jiǎn)便的方法估算實(shí)驗(yàn)中小車從位置0到位置5的位移?為了計(jì)算的方便,我們考慮這樣一個(gè)簡(jiǎn)化的問(wèn)題:一個(gè)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體的初速度為1m/s,加速度為1m/s2,則其1s內(nèi)的位移是多少?試通過(guò)逐步分割以至于無(wú)限趨近的思路加以分析?！窘馕觥窟@段時(shí)間內(nèi)物體的最小速度為1m/s,在1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移應(yīng)大于1m,最大速度為2m/s,運(yùn)動(dòng)的位移應(yīng)小于2m。那么運(yùn)動(dòng)的位移到底是多少呢?由于做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體的速度是均勻變化的,借助一定的數(shù)學(xué)思想,同學(xué)們可以想到位移的準(zhǔn)確值應(yīng)該是1.5m(或者由教材中給出的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的公式x=v0t+12at2直接算出)。得出位移的準(zhǔn)確值之后,如果將全過(guò)程看作速度是1m/s的勻速運(yùn)動(dòng),得到x=vt=1×1m=1m,即這樣算得位移是1m,比準(zhǔn)確值少了0.5m。如果每小段用0.2s時(shí)間間隔來(lái)估算整個(gè)過(guò)程,這樣全過(guò)程就分為5段處理,得到x=1×0.2m+1.2×0.2m+1.4×0.2m+1.6×0.2m+1.8×0.2m=1.4m,即這樣算得位移是1.4m,比準(zhǔn)確值少了0.1m,與第一次相比,誤差變成了原來(lái)的五分之一。如果每小段用0.1s時(shí)間間隔來(lái)估算整個(gè)過(guò)程,這樣全過(guò)程就分為10段處理,得到x=1×0.1m+1.1×0.1m+1.2×0.1m+…+1.9×0.1m=1.45m,即這樣算得位移是1.45m,比準(zhǔn)確值少了0.05m,與第一次相比,誤差變成了原來(lái)的十分之一。通過(guò)數(shù)學(xué)歸納和推測(cè)可知,一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程分割成多少段,估算值與真實(shí)結(jié)果的差異就會(huì)減少到原來(lái)的多少分之一。如果分割成無(wú)窮多個(gè)時(shí)間段,估算值就等于真實(shí)值。答案:見(jiàn)解析專題進(jìn)階課九動(dòng)力學(xué)的圖像問(wèn)題核心歸納1.常見(jiàn)的圖像形式在動(dòng)力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題中,常見(jiàn)、常用的圖像是位移—時(shí)間圖像(x-t圖像)、速度—時(shí)間圖像(v-t圖像)和力—時(shí)間的圖像(F-t圖像)等,這些圖像反映的是物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、受力規(guī)律,而絕非代表物體的運(yùn)動(dòng)軌跡。v-t圖像(屬于已知運(yùn)動(dòng)求受力)(1)根據(jù)圖像確定物體各段的加速度大小和方向(2)弄清每段圖線與物體運(yùn)動(dòng)的對(duì)應(yīng)關(guān)系(3)對(duì)各段圖線進(jìn)行受力分析(4)用牛頓第二定律求解F-t圖像(屬于已知受力求運(yùn)動(dòng))(1)根據(jù)圖像結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)情況明確物體在各時(shí)間段的受力情況(2)利用牛頓第二定律求出加速度(3)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求其他運(yùn)動(dòng)量a-F圖像圖像的力F是物體受到的某一個(gè)力的變化對(duì)物體加速度的影響:(1)對(duì)物體進(jìn)行全面受力分析(2)根據(jù)牛頓第二定律求其他未知力2.圖像問(wèn)題的分析方法(1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過(guò)程,會(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn),圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn),兩圖線的交點(diǎn)等。(3)明確能從圖像中獲得的信息:把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來(lái),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(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷。典題例析角度1v-t圖像【典例1】(2024·淮安高一檢測(cè))如圖甲所示,傾角為30°的斜面固定在水平地面上,一個(gè)小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,從斜面底端A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去拉力F,小物塊能到達(dá)的最高位置為C點(diǎn),已知小物塊的質(zhì)量為0.3kg,小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示,取g=10m/s2。(1)求小物塊上升過(guò)程中加速和減速的加速度大小的比值。(2)求小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和拉力F的大小。(3)分析小物塊是否能靜止在C點(diǎn)。如果不能,計(jì)算出回到A點(diǎn)的速度大小?！窘馕觥?1)小物塊加速時(shí)的加速度大小為a1=Δv1Δt1=7.5-03m/s2=2.5m/s2,減速時(shí)的加速度大小為a2=(2)撤去拉力后,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin30°+μmgcos30°=ma2即a2=gsin30°+μgcos30°,得μ=3在拉力作用下,根據(jù)牛頓第二定律,有F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,代入數(shù)據(jù)得F=3N。(3)在C點(diǎn),mgsin30°>μmgcos30°,所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑,即mgsin30°-μmgcos30°=ma3,得a3=2.5m/s2,由x=15m,v2=2a3x,得v=53m/s。答案:(1)13(2)363N(3)不能5對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練如圖(a),一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則不可求出 ()A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度【解析】選B。由題圖可知,物塊上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根據(jù)牛頓第二定律,物塊上滑時(shí)有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,下滑時(shí)有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,則可求得斜面傾角及動(dòng)摩擦因數(shù),故A、C不符合題意;由于m均消去,無(wú)法求得物塊的質(zhì)量,故B符合題意;物塊上滑的最大距離x=v0角度2F-t圖像【典例2】(2024·重慶高一檢測(cè))甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上,與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。t=0時(shí)刻起,在物體上均施加周期性變化的水平外力F,如圖a,變化規(guī)律如圖b所示。甲、乙在運(yùn)動(dòng)中具有如下特點(diǎn):甲物體在2s末、4s末速度相同且不為0;乙物體在第3s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)。則甲與乙質(zhì)量之比為 ()A.3∶2 B.3∶4C.2∶3 D.無(wú)法確定【解析】選A。甲在2s末和4s末速度相同,則2s到4s間必經(jīng)過(guò)先減速再加速的過(guò)程,因減速和加速時(shí)間相同,所以兩階段加速度大小相同,故f甲=6N,乙因?yàn)樵诘?s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng),所以所受合力為零,所以f乙=4N,又因動(dòng)摩擦因數(shù)相同,f=μmg,所以有m甲m乙=f甲f【補(bǔ)償訓(xùn)練】為了探究物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn):取一質(zhì)量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,通過(guò)力傳感器得到推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,通過(guò)頻閃照相處理后得出速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示,若已知斜面固定且傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物體與斜面間