1、第一讲第一讲 力与物体的平衡力与物体的平衡 专题一专题一 2021 内 容 索 引 02 03 04 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 高频考点高频考点 能力突破能力突破 素养提升素养提升 微课堂微课堂 01 价值引领价值引领 备考定向备考定向 价值引领价值引领 备考定向备考定向 核 心 要 求 核心价值 本专题包含整个高中物理动力学的全部知识,是后面能量、动量和 电学知识的基础,也是高考考查的重点,高考可能会从以下两个层面 考查:一是通过古代建筑与发明中的力学现象和现代航天事业、探 月工程巨大成就提升民族自豪感;二是在生活中文明行车、防止交 通事故的发生,严防高空坠物造成生命、财产的损失,
2、提高社会责任 感 学科素养 物理观念方面主要考查运动与相互作用观念;科学思维方面主要考 查质点、轻杆、轻绳、轻弹簧、活结、死结、斜面、连接体、传送 带、板块等模型建构,以及相应的科学推理和科学论证素养;科学探 究、科学态度与责任方面主要通过本专题的实验进行考查 核 心 要 求 关键能力 理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、分析综合能力、信息 加工能力、实验探究能力 必备知识 匀变速直线运动的规律、各种性质力、力的合成与分解、物体的 平衡、牛顿运动定律的应用、运动的合成与分解、平抛运动和圆 周运动的规律、万有引力与航天 试题情境 以生活常识、体育运动、交通运输、卫星的发射与回收、探月工 程为背
3、景的动力学问题 考查方式 单一知识点的考查常以选择题的形式出现;综合考查多个知识点的 题目可以以选择题的形式出现,也可以以计算题的形式出现;力学 实验出自本专题的可能性较大 考向预测 预计本专题考查的热点有物体的平衡、万有引力与航天、匀变速 直线运动的规律、牛顿运动定律的应用、曲线运动等知识点,既可 以单独命题也可以与能量观点、动量观点综合命题 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 【网络构建网络构建】 【高考真题高考真题】 1.(2020全国卷)如图所示,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质 细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。 甲、乙两物体质量相等。系统平衡
4、时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别 为和。若=70,则等于( ) A.45 B.55 C.60 D.70 答案 B 解析 本题以细绳为背景,意在考查共点力平衡。O点受力如图所示,甲、乙两物 体的质量相等,连接物体的绳子的拉力与物体的重力相等,所以F甲=F乙;O 点受三个力处于平衡状态,拉力F与另两个力的合力等大反向,所以与墙相 连一侧的细绳的延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线,根据几何关系 知,=,2+=180,解得=55,选项B正确。 情境剖析 本题属于基础性题目,以“定滑轮、细线悬挂重物”为素材创设 学习探索类情境。 素养能力 本题通过“活结与死结”模型下物体的平衡状态考查“相互作用”
5、这一物理观念,对考生的理解能力、模型建构能力和逻辑分析能力有一定 要求。 2.(2020山东卷)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别 为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触 面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为,设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45时,物块A、B刚 好要滑动,则的值为( ) A.1 3 B.1 4 C.1 5 D.1 6 答案 C 解析 物体A、B刚好要滑动,说明两者间为最大静摩擦力,B与木板之间也 为最大静摩擦力,对A有,绳子拉力FT=mgsin 45+FfBA=mgsin 45+mg
6、cos 45,对B有,2mgsin 45=FT+FfAB+Ff板B,又Ff板B=3mgcos 45,联立得= ,选项A、B、D错误,选项C正确。 1 5 情境剖析 本题属于应用性题目,以“滑轮斜面约束物体”为素材创设学习 探索类情境。 素养能力 本题通过分析摩擦力和斜面上物体的平衡考查“相互作用”这一 物理观念,对考生的理解能力、逻辑推理能力和分析综合能力有一定要求。 3.(多选)(2019全国卷)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光 滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M 相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的 细绳与竖直方向
7、成45。已知M始终保持静止,则在此过程中( ) A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD 解析 对物块N进行受力分析,如图所示。F=mgtan ,随着的增大,F增大,A错误。 FT= ,随着的增大,FT增大,B正确。由于物块M和N的质量关系、斜面 倾角的大小均未知,不能确定物块M所受斜面摩擦力的方向;当物块M所受 斜面摩擦力的方向沿斜面向上时,FT增大,物块M所受斜面摩擦力可能先减 小为0,后沿斜面向下增加,C错误,D正确。 情境剖析 本题属于应用性题目,以“滑轮、斜面模
8、型”为素材创设学习探 索类情境。 素养能力 绳子绕过光滑定滑轮属于“活结”模型,考查“模型建构、科学推 理”等科学思维,对考生的模型建构能力和分析综合能力有较高要求。 4.(多选)(2017全国卷)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一 重物,用手拉住绳的另一端N,初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间 的夹角为( )。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在 OM由竖直被拉到水平的过程中( ) A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 2 答案 AD 解析 方法一:受力分析如图。设OM与竖直方向 夹角为
9、,M点绕O点做圆周运动,沿切线方向: FMNcos(-90)=mgsin ,沿半径方向: FOM=FMNsin(-90)+mgcos , FOM= sin cos(-90 ) sin(-90 )+mgcos = sinsin(-90 )+cos cos(-90 ) cos(-90 ) = cos(-90 ) cos(-90 -),当 =-90 时存在极大值,故 FOM 先增大再减小,D 项 正确。 故 FMN= sin cos(-90 ),随 增大而增大,A 正确。 方法二:利用矢量圆,如图 重力保持不变,是矢量圆的一条弦,FOM与FMN夹角即圆周角保持不变,由图 知FMN一直增大到最大,FO
10、M先增大再减小,当OM与竖直夹角为=-90时 FOM最大。 情境剖析 本题属于创新性题目,以常见绳拉物体缓慢运动为素材建构“三 力中二力方向夹角不变模型”,创设学习探索类问题情境。 素养能力 本题通过三力动态平衡问题考查“相互作用”物理观念,对考生 的逻辑推理能力和分析综合能力有较高要求。解答时应注意各力的大小、 方向的变化与否,应用正弦定理或矢量圆的方法求解比较简单。 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考点一考点一 物体的受力分析及静态平衡物体的受力分析及静态平衡 考法考法1 整体法与隔离法的应用整体法与隔离法的应用(H) 规律方法 整体与隔离两大思维方法对比 【典例1】(2020山东济宁
11、高三检测)如图所示,完全相同的两个光滑小球A、 B放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中,两球的质量均为m,两球心的连 线与竖直方向成30角,整个装置处于静止状态。则下列说法中正确的是 ( ) A.A 对 B 的压力为2 3 3 mg B.容器底对 B 的支持力为 mg C.容器壁对 B 的支持力为 3 6 mg D.容器壁对 A 的支持力为 3 6 mg 答案 A 解析 对球 A 受力分析可知,球 B 对 A 的支持力 FBA= cos30 = 2 3 3 ,则 A 对 B 的压力为2 3 3 mg,容器壁对 A 的压力 FN=mgtan 30 = 3 3 mg,选项 A 正确、D 错 误;对球
12、 A、 B 的整体竖直方向有 N=2mg,容器底对 B 的支持力为 2mg,选项 B 错误;对球 A、B 的整体而言,容器壁对 B 的支持力等于容器壁对 A 的压力, 则大小为 3 3 mg,选项 C 错误。 解题指导 审题 读取题干 获取信息 完全相同的两个光滑小球 两球之间、两球与容器内壁之间均没有 摩擦力 球心的连线与竖直方向成30角 两球间弹力方向与竖直方向成30角 整个装置处于静止状态 系统整体、每个小球都处于平衡状态,都 受平衡力 破题采用整体法、隔离法受力分析,注意球与器壁间弹力垂直于器壁,两球 间弹力沿球心连线。 方法技巧 1.求解共点力平衡问题常用的方法:先选择研究对象(整体
13、法或 隔离法),然后用力的合成法或正交分解法列出方程,根据方程中各物理量 之间的关系分析求解。 2.应用整体法时,无论研究对象是运动还是静止,只要是处于平衡状态,就可 以看成一个整体。 【类题演练类题演练】 1.(2020陕西西安高三第二次模拟)小朋友队和大人 队拔河比赛,小朋友队人数多,重心低,手握绳的位置 低,A、B两点间绳倾斜,其余绳不一定水平,此问题可以简化为如图所示的 模型。相持阶段两队都静止,两队的总质量相等,脚与地面的动摩擦因数相 同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。各队员手紧握绳不滑动,绳结实且质量 不计。以下说法正确的是( ) A.相持阶段小朋友队和大人队所受地面的摩擦力大小不等
14、 B.无论相持还是胜败,两队脚与地面的摩擦力大小永远相等 C.绳上拉力增大时,大人队会先败 D.绳上A点对B点的拉力,其大小一定等于B点对A点的拉力 答案 D 解析 把两支队伍看成一个整体去处理,这样两队之间的绳是否水平就没 有影响了,相持阶段小朋友队和大人队脚下受静摩擦力且平衡,大小相等, 选项A错误;当倾斜的绳上拉力增大时,大人队对地面的压力增大,最大静摩 擦力也增大,而小朋友队和地面之间的压力变小,脚下静摩擦力变为滑动摩 擦力后,两队摩擦力大小不再相等,平衡被打破,小朋友队败,选项B、C错误; 作用力与反作用力永远相等,无论拔河的哪个阶段,绳上A点对B点的拉力, 其大小一定等于B点对A点
15、的拉力,选项D正确。 2.(多选)(2020河北衡水高三月考)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M 的三角形斜面体B上,现用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分别推A 和B,它们均静止不动,且F1mg B.t1t2时间内,v减小,FNmg C.t2t3时间内,v增大,FNmg 答案 D 解析 在位移s与时间t的关系图像中,斜率表示速度。0t1,斜率增大,乘客加 速下楼,加速度向下,根据牛顿第二定律,mg-FN=ma,得出FNmg,选项C 错误,选项D正确。 情境剖析 本题属于应用性题目,以“乘坐电梯下楼”为素材创设日常生活 类情境。 素养能力 本题通过图像考查超重、失重问题,属于对“运动
16、和相互作用” 这一物理观念的考查,对考生的理解能力、分析综合能力有一定要求。 2. (2019全国卷)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上 升的最大高度为H。 上升第一个 4 所用的时间为t1,第四个 4 所用的时间为t2。 不计空气阻力,则2 1满足( ) A.12 12 B.22 13 C.32 14 D.42 1vm=9 m/s 故智能小车应先加速到 vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速运动到楼底。 设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为 t1、t2、t3,位移分别为 x1、x2、 x3, 由运动学公式 得:x1=1 2 12,x3=1 2 32,x2=vmt2,vm=a
17、t1=at3,t1+t2+t3t0,x1+x2+x3=x 联立各式并代入数据得:a9 m/s2 解题指导 审题 读取题干 获取信息 让一小球从45 m高的阳台上无初速度 掉下,不计空气阻力 小球做自由落体运动,其运动时间是智 能小车的最大运动时间 智能小车迅速由静止沿直线冲向小球 下落处的正下方楼底 智能小车运动的初速度为零 智能小车到楼底的距离为18 m 智能小车运动的总位移是18 m 智能小车奔跑过程中只做匀速或匀变 速运动 智能小车可能先做匀加速直线运动,最 后做匀减速直线运动,中间可能有匀速 直线运动过程 破题(1)小球和智能小车的运动时间t0可由 求得,再由平均速度 公式可求智能小车
18、的平均速度。 (2)根据时间、位移和速度的限制,判断智能小车运动途中是否有匀速直线 运动过程。 (3)根据智能小车不同运动阶段的运动性质,选择相应的运动学公式列式求 解,注意各运动阶段的时间、位移和速度的联系。 h=1 2 0 2 素养点拨 运动学中涉及多物体、多过程问题的分析技巧 (1)分别弄清楚不同物体或同一物体不同过程的运动性质; (2)确定不同物体或同一物体不同过程运动物理量的关系,如速度、时间和 位移的关系; (3)列出相应的规律式(运动学公式)和各物理量之间的关系式; (4)联立解方程组,必要时对结果的合理性进行讨论。 【类题演练类题演练】 1.(2020安徽蚌埠高三第三次教学质量
19、检测)竖直向上抛出一个小球,图示 为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片,频闪仪每隔0.05 s闪光一次, 测出ac长为23 cm,af长为34 cm,则下列说法正确的是( ) A.bc长为13 cm B.df长为7 cm C.小球的加速度大小为12 m/s2 D.小球通过d点的速度大小为2.2 m/s 答案 C 解析 根据题意可知,cf 长为 11 cm,则根据匀变速直线运动的位移差公式可 得 a= (2)2 = - (2)2 =12 m/s2,其中 T=0.05 s,选项 C 正确;匀变速直线运动中,某 段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度,则 d 点的速度为 vd= 2=1.1 m/
20、s,选项 D 错误;根据匀变速直线运动的位移公式得 df=vdT-1 2aT 2=4 cm,选项 B 错误;同理可得 b 点的速度为 vb= 2=2.3 m/s,则 bc=vbT- 1 2aT 2=10 cm,选项 A 错误。 2.近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给 自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因 此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿 (交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=20 m/s,靠近站口时以 大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=8 m/s,然后 立即
21、以a2=4 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是 平直大道)。试问: (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速? (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少? (3)在(1)(2)问中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少? 答案 (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s 解析 (1)设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动, 设距离收费站x1处开始制动,则有: 解得x1=33.6 m。 (2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1 和x2,时间为t1和t2,则 减速阶段:vt=v0-
22、a1t1 解得:t1=2.4 s 则加速和减速的总时间为:t=t1+t2=5.4 s。 2 02=-2a1x1 加速阶段:t2=0 - 2 =3 s (3)在加速阶段: x2= +0 2 t2=42 m 则总位移:x=x1+x2=75.6 m 若不减速所需要时间: t= 0=3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间: t=t-t=1.62 s。 考法考法2 图像和追及、相遇问题图像和追及、相遇问题(M) 规律方法 1.解图像问题时要做好“三看”“一注意” 三看: (1)看清坐标轴所表示的物理量:明确因变量与自变量的制约关系,是运动 学图像(v-t、x-t、a-t)还是动力学图像(F-a、F
23、-t、F-x)。 (2)看图线本身:识别两个相关量的变化趋势,进而分析具体的物理过程,尽 量写出函数关系式。 (3)看交点、斜率和“面积”:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、 图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。 一注意: x-t图像和v-t图像描述的都是直线运动,而a-t图像描述的不一定是直线运动; 在图像转换时,必须明确不同图像间相互联系的物理量,必要时还应根据运 动规律写出两个图像所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断。 2.追及、相遇问题处理方法 (1)追及、相遇问题的分析讨论 追及、相遇的问题,其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同空 间位置的问题。 明
24、确两个关系:时间关系和位移关系,这两个关系可通过画草图得到。 弄清一个条件:两者速度相等,它往往是物体间能追上、追不上或(两者)距离 最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 (2)追及、相遇问题的注意事项 追者和被追者速度相等往往是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界 条件。 被追的物体做匀减速直线运动时,要判断追上时被追的物体是否已停止运动。 【典例2】 (2020三湘名校教育联盟高三第二次大联考)在平直公路上有甲、乙两辆 汽车从同一位置沿着同一方向运动,它们的速度时间图像如图所示,则 ( ) A.甲、乙两车同时从静止开始出发 B.在t=2 s时乙车追上甲车 C.在t=4 s时乙车
25、追上甲车 D.甲、乙两车在公路上可能相遇两次 答案 C 解析 由图像可知,乙车比甲车迟出发1 s,选项A错误;根据速度时间图线 与时间轴围成的面积表示位移,知t=2 s时,甲车的位移比乙的位移大,则知 该时刻乙车还没有追上甲车,选项B错误;在04 s内,甲车的位移 x甲= 84 m=16 m,乙车的位移x乙= (1+3)8 m=16 m,所以x甲=x乙, 两车又是从同一位置沿着同一方向运动的,则在t=4 s时乙车追上甲车,选项 C正确;在t=4 s时乙车追上甲车,t=4 s时刻以后,甲车的速度比乙车的速度大, 两车不可能再相遇,所以两车只相遇一次,选项D错误。 1 2 1 2 思维点拨 速度时
26、间图像斜率表示加速度,面积表示位移大小,交点表示 有共同速度,共同速度时距离有极值,并不代表相遇。 素养点拨 应用运动图像分析追及、相遇问题的三点注意 (1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述直线运动,且图像不表示物体运动 的轨迹。 (2)根据斜率判断物体的运动状况。根据x-t图像的斜率判断速度的变化情 况;根据v-t图像的斜率判断加速度的变化情况。 (3)分析追及、相遇问题时抓住“共速”这一临界条件,它往往是物体间能够 追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 【类题演练类题演练】 3.(2020山东日照4月模拟)质量m=1 kg的物块静止在光滑水平面上,t=
27、0时 刻对该物块施加一沿水平方向的力F,F随时间t按如图所示的规律变化。 下列说法正确的是( ) A.第2 s末,物块距离出发点最远 B.第2 s末,物块的动量为5 kg m/s C.第4 s末,物块的速度最大 D.第3 s末,物块的加速度为2.5 m/s2 答案 B 解析 前两秒物体一直加速运动,所以第 2 s 末物块的速度最大,此时不是离 出发点最远,选项 A 错误;F-t 图像与坐标轴围成的面积表示力的冲量,根据动 量定理可得第2 s末物块的动量为p=52 2 kg m/s=5 kg m/s,选项B正确;第2 s 末,物块的速度最大,第 4 s 末,物块的速度为零,选项 C 错误;第 3
28、 s 末,物块的 加速度为 a= = -5 1 m/s2=-5 m/s2,选项 D 错误。 4.(多选)(2020四川成都高三诊断性考试)图甲所示的无人机在飞行的某1 min内, 前0.5 min沿正东方向做水平直线运动,后0.5 min沿正北方向做水平直线运动,其 速率v随时间t变化的关系如图乙。下列判断正确的是(可能用到sin 37=0.6)( ) A.无人机在10 s末、40 s末的加速度大小之比为23 B.无人机在前、后0.5 min内的平均速率之比为43 C.1 min内,无人机飞行的路程为500 m D.1 min内,无人机的位移大小为500 m、方向东偏北53 答案 AD 解析
29、由图像可知a= ,前30 s,无人机加速度大小为2 3 m/s 2,30 s到50 s加速度为 1 m/s2,所以无人机在 10 s 末、40 s 末的加速度大小之比为 23,选项 A 正确;根 据平均速度公式可得 = ,在 v-t 图中,图像面积表示物体的位移,因此可得,前 0.5 min 内平均速度为300m 30s =10 m/s,后 0.5 min 内平均速度为400m 30s = 40 3 m/s,因此 平均速度大小之比为 34,选项 B 错误;无人机实际运行轨迹即为无人机路程, 由图可知,无人机路程为 700 m,选项 C 错误;根据无人机运行轨迹可知,其位移为 3002+ 400
30、2 m=500 m,方位为东偏北 53 ,选项 D 正确。 5.(2020广东广州、深圳学调联盟高 三第二次调研)如图所示,图甲为质点 a和b做直线运动的位移时间图像, 图乙为质点c和d做直线运动的速 度时间图像,由图可知( ) A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇,则t2时刻两质点第二次相遇 B.若t1时刻c、d两质点第一次相遇,则t2时刻两质点第二次相遇 C.t1到t2时间内,b和d两个质点的运动方向发生了改变 D.t1到t2时间内,a和d两个质点的速率先减小后增大 答案 A 解析 在x-t图像中,两图线的交点表示两质点位置相同而相遇,由甲图可 知,t1时刻a、b两质点第一次相遇,则t2时
31、刻两质点第二次相遇,选项A正确;t1 到t2时间内,根据v-t图像的面积表示位移知c的位移大于d的位移,若t1时刻c、 d两质点第一次相遇,则t2时刻两质点没有相遇,选项B错误;四个质点中只有 b运动方向改变,a、c、d质点的方向未发生改变,选项C错误;根据x-t图像的 斜率表示速度,知t1到t2时间内,a质点的速度不变,即速率不变,选项D错误。 考点二考点二 动力学基本规律的理解及应用动力学基本规律的理解及应用 考法考法1 连接体问题连接体问题(M) 规律方法 1.应用牛顿第二定律分析两类基本问题的解题步骤 2.连接体问题 解决连接体问题的关键是整体法与隔离法的选用。正确地选取研究对象 是解
32、题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于一个整体,哪些物体应该单独 分析,并分别确定它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解。 连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件,相接触与脱离的临界条件:接 触处的弹力FN=0;相对滑动的临界条件:接触处的静摩擦力达到最大静摩 擦力;绳子断裂的临界条件:绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力; 绳子松弛的临界条件:张力为0。 连接体问题常涉及下列三种问题类型: (1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题: 这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加 速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。
33、建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解 力,也可以正交分解加速度。 (3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而 斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。 3.处理连接体问题的方法 整体法的 选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之 间的作用力,可以把它们看成一个整体。 隔离法的 选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两 物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应 用牛顿第二定律列方程求解。 整体法、隔离 法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的 作用力时,可以“先整体
34、求加速度,后隔离求内力”。 【典例3】 (2020江西南昌调研)如图所示,在倾角为的固定斜面上有两个靠在一起的 物体A、B,两物体与斜面间的动摩擦因数相同。用平行于斜面的恒力F向 上推物体A,使两物体沿斜面向上做匀加速运动,且B对A的压力平行于斜面。 下列说法中正确的是( ) A.只减小A的质量,B对A的压力大小不变 B.只减小B的质量,B对A的压力大小会增大 C.只减小斜面的倾角,B对A的压力大小不变 D.只减小两物体与斜面间的动摩擦因数,B对A的压力会增大 答案 C 解析 将 A、B 看成一个整体,整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的 分力,沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面向上的推力,根
35、据牛顿第二定律可得 a=-( +)sin-(+)cos + = + -gsin -gcos ,对 B 分析可得 N-mBgsin -mBgcos =mBa,解得 N= + ,由牛顿第三定律可知,B 对 A 的压 力 N= + ,若只减小 A 的质量,压力变大,若只减小 B 的质量,压力变小,选 项 A、B 错误;A、B 之间的压力与斜面的倾角、物体与斜面间的动摩擦因数 无关,选项 C 正确、D 错误。 思维点拨 先A、B整体受力分析求加速度,再隔离B受力分析求A、B间弹 力(隔离B受力个数少,比隔离A简单)。 素养点拨 连接体问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通过内 力相互联系。处理
36、连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般思路 是: (1)求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外力。 【类题演练类题演练】 6.如图所示,质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定 的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,不计空气 阻力,在三个阶段的运动中,线上的拉力大小( ) A.由大变小 B.由小变大 C.由大变小再变大 D.始终不变且大小为 1 1+2F 答案 D 解析 设物体与接触面的动摩擦因数为 ,在水平面有 a1=-( 1+2) 1+2 = 1+2-g 对
37、m1进行受力分析,则有 T1-m1g=m1a1= 1 1+2-m1g 所以 T1= 1 1+2F 在斜面上有 a2=-( 1+2)cos-(1+2)sin 1+2 对 m1受力分析,则有 T2-m1gcos -m1gsin =m1a2 解得 T2= 1 1+2F; 竖直向上运动时,有 a3=-( 1+2) 1+2 = 1+2-g 对 m1进行受力分析,则有 T3-m1g=m1a3 解得 T3= 1 1+2F 所以绳子的拉力大小始终不变且大小为 1 1+2F,故 D 正确,ABC 错误。 7.(2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研)质量为m的光滑圆柱体 A放在质量也为m的光滑“V”型槽B
38、上,如图,=60,另有质量为M的物体C 通过跨过光滑定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列 说法正确的是( ) A.当M=m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.5g B.当M=2m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.5g C.当M=6m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.75g D.当M=5m时,A和B之间恰好发生相对滑动 答案 B 解析 当 A 和 B 之间恰好发生相对滑动时,对 A 受力分析如图。 根据牛顿运动定律有 mgcot 60 =ma,解得 a=gcot 60 = 3 3 g, 此时系统整体具有共同的运动情况,对整体有 Mg=(M+2m)a,故 a= +
39、2 g= 3 3 g, 即 +2 = 3 3 ,解得 M= 2 3 3- 3m=2.73m,选项D错误;当 M2.73m 时,A和B 将发生相 对滑动,选项 C 错误;当 M2.73m 时,A 和 B 保持相对静止,又因为 a= +2 g,所以 当 M=m 时,共同加速度为a=1 3g;当 M=2m时,共同加速度为a= 1 2g=0.5g,选项A错 误、B 正确。 考法考法2 传送带问题传送带问题(L) 规律方法 传送带问题的解题思路 【典例4】 (2020江西九江模拟)如图所示,某皮带传动装置与水平面夹角为30,两轮 轴心相距L=2 m,A、B分别是传送带与两轮的切点,传送带不打滑。现传送
40、带沿顺时针方向以v=2.5 m/s的速度匀速运动,将一小物块轻轻地放置于A 点,小物块与传送带间的动摩擦因数为= ,g取10 m/s2,最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。 (1)求小物块运动至B点的时间; (2)若传送带速度可以任意调节,当小物块在A点 以v0=8 m/s的速度沿传送带向上运动时, 求小物块到达B点的速度范围。 3 2 答案 (1)1.3 s (2) 14 m/svB 74 m/s 解析 (1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动,设加速度为 a1,根据 牛顿第二定律得 mgcos 30 -mgsin 30 =ma1 解得 a1=2.5 m/s2 设小物块速度等于 2.5 m/
41、s 时,小物块对地位移为 L1,用时为 t1,则 t1= 1 = 2.5 2.5 s=1 s L1= 2 21 = 2.52 22.5 m=1.25 m 因 L1tan 30 ,故小物块速度等于 2.5 m/s 后,将做匀速直线运动至 B 点,设用时为 t2,则 t2=-1 =0.3 s 故小物块从 A 到 B 所用时间为 t=t1+t2=1.3 s (2)由于传送带速度可以任意调节,故小物块从A到B一直做匀加速直线运动 时,到达 B 点的速度最大。由运动学公式可知 2 = 02+2a1L 解得 vB= 74 m/s 小物块从A到B一直做匀减速直线运动时,到达B点的速度最小,由牛顿第二 定律得
42、 mgsin 30 +mgcos 30 =ma2 解得 a2=12.5 m/s2 由运动学公式可知 vB2=02-2a2L 解得 vB= 14 m/s 即小物块到达 B 点的速度范围为 14 m/svB 74 m/s。 思维点拨 (1)根据传送带和小物块的相对运动情况判断各种情况下摩擦 力方向;(2)根据最大静摩擦力和小物块重力沿传送带向下的分力的大小关 系,判断传送带和小物块共速后小物块运动性质;(3)列牛顿第二定律、运 动学公式及有关联系式求解结果。 【类题演练类题演练】 8.(多选)如图所示,一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动, 传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑
43、水平面,一物体以恒定的 速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带,下列说法正确的是( ) A.物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间 B.若v2v1,物体从右端滑上传送带,则物体可能到达左端 C.若v2v1,物体从左端滑上传送带必然先做加速运动,再做匀速运动 D.若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端,则在此过程中物体先做减 速运动再做加速运动 答案 BD 解析 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送 带滑动,此时滑动摩擦力产生加速度,两者加速度相等,运动的位移相等,都 做匀变速运动,运动的时间相等,故A错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带,
44、物体所受摩擦力向右,物体做匀减速运动,若物体滑到左端速度大于等于零, 可以到达左端,故B正确;若v2v1,物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩 擦力向右,物体先做匀加速运动,若物体运动到右端时速度仍小于传送带速 度,则没有匀速过程,故C错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端, 则物体受到的摩擦力一直向右,加速度不变,即先向左匀减速,后向右匀加 速,故D正确;故选BD。 9.(2020山东德州模拟)如图所示,传送带与地面夹角=37,从A到B长度为 L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速 地放置一质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间
45、的动摩擦因数为 =0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37=0.6,g取10 m/s2,求: (1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 答案 (1)1.5 s (2)5 m 解析 (1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为 a1=(sin+cos) =g(sin +cos )=10 m/s2, 煤块加速到传送带速度 v0所用的时间为 t1=0 1=1 s, 其经过的路程为 x1=1 2a11 2=5 m, 煤块的速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则加速度为a2=(sin-cos) =g(sin -cos )=2 m/s2, 煤
46、块以加速度a2运动的路程为x2=L-x1=5.25 m, 解得t2=0.5 s, 煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长x1=v0t1-x1=5 m, 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m,x1与 x2部分重合,故痕迹总长为5 m。 其时间满足 x2=v0t2+1 2a22 2, 考法考法3 “滑块滑块木板木板”模型模型(H) 规律方法 “滑块木板”问题的分析方法 【典例5】 (2020安徽合肥模拟)如图所示,一长L=2 m、质量M=4 kg的薄木板(厚度不 计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台
47、边缘l=5 m,木板的正中央放有 一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板 间动摩擦因数均为1=0.4,现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求: (1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离; (2)要使小物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数2 应满足的条件。 答案 (1)0.64 m (2)20.2 解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律, 对木板有:F-1(M+m)g-1mg=Ma1 解得:a1=6 m/s2 对物块有:1mg=ma2 解得:a2=4 m/s2 因为a26 N
48、(3)1 s 解析 (1)由题图乙可知,01 s内,木板和铁块均没有滑动,F1=F=kt;13 s,木 板和铁块相对静止,但整体相对地面运动,故t=1 s时,恰好有 Ff1=1(m+M)g=3 N,求得木板与地面间的动摩擦因数1=0.1;3 s后,木板和 铁块相对滑动,m受到滑动摩擦力,有2mg=5 N,求得木板与铁块间的动摩 擦因数2=0.5。 (2)使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大于木板的加速度,设铁块 的加速度为a1,木板的加速度为a2,由牛顿第二定律, 对铁块:F-2mg=ma1 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2 当a1a2时,铁块才能从木板上滑落,代入数据解得F6 N。 (3)由牛顿第二定律F-2mg=ma1,解得a1=3 m/s2;
