小學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)教案
發(fā)表時間：2021-01-2520xx高考物理復(fù)習(xí)微專題04“傳送帶模型”和“滑塊_木板模型”問題學(xué)案。
微專題04“傳送帶模型”和“滑塊—木板模型”問題“傳送帶模型”問題
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(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析判斷．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(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運(yùn)動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．當(dāng)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．
水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1m/s運(yùn)行，一質(zhì)量為m＝4kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動．設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2m，g取10m/s2．
(1)求行李剛開始運(yùn)動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??；
(2)求行李做勻加速直線運(yùn)動的時間；
(3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速率．
解析：(1)行李所受滑動摩擦力大小Ff＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，
加速度大小a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2．
(2)行李達(dá)到與傳送帶相同速率后不再加速，則
v＝at1，
得t1＝va＝11s＝1s．
(3)行李始終勻加速運(yùn)行時，所需時間最短，加速度大小仍為a＝1m/s2，當(dāng)行李到達(dá)右端時，有
v2min＝2aL，
得vmin＝2aL＝2×1×2m/s＝2m/s，
所以傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2m/s．
由vmin＝atmin得行李最短運(yùn)行時間tmin＝vmina＝21s＝2s．
答案：(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s
如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶AB長度足夠長，傳送皮帶輪以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動．一包貨物以v0＝12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質(zhì)點．
(1)貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？
(2)當(dāng)貨物的速度和傳送帶的速度相同時用了多少時間？這時貨物相對于地面沿傳送帶方向運(yùn)動了多遠(yuǎn)？
(3)從貨物滑上傳送帶開始計時，到貨物再次滑回A端共用了多少時間？(g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)設(shè)貨物剛滑上傳送帶時加速度大小為a1，貨物相對傳送帶向上運(yùn)動，所以貨物受到的摩擦力沿
傳送帶向下，貨物受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ＋Ff＝ma1，F(xiàn)N－mgcosθ＝0
又Ff＝μFN
解得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2
(2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時間t1＝v－v0－a1＝1s
位移x1＝v2－v20－2a1＝7m
(3)解法1：t1＝1s后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)此時貨物的加速度大小為a2，同理可得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿傳送帶向下．
設(shè)貨物再經(jīng)時間t2速度減為零，則t2＝0－v－a2＝1s
沿傳送帶向上滑的位移x2＝0－v2－2a2＝1m
上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8m
貨物到達(dá)最高點再次下滑時的加速度為a2，設(shè)下滑時間為t3，
由x＝12a2t23解得t3＝22s
則貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22)s
解法2：過了t1時刻，貨物的加速度變?yōu)閍2，從t1到貨物滑回A端的過程，加速度保持不變，則－x1＝vt2－12a2t22，代入數(shù)值，解得t2＝(1＋22)s，貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為t＝t1＋t2＝(2＋22)s．
答案：(1)10m/s2(2)1s；7m(3)(2＋22)s
1．(20xx遼寧東北育才學(xué)校三模)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時逆時針運(yùn)行，速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運(yùn)行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()
A．糧袋到達(dá)B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小
B．糧袋開始運(yùn)動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將以一定的速度v做勻速運(yùn)動
C．若μ≥tanθ，則糧袋從A到B一定是一直做加速運(yùn)動
D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運(yùn)動，且a≥gsinθ
解析：選A糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動，到達(dá)B點時的速度小于v；也可能先做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動，到達(dá)B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動，到達(dá)B點時的速度大于v，故A正確，D錯誤．糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律有加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B錯誤．若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能是一直做加速運(yùn)動，也可能先做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動，故C錯誤．
2．一水平的淺色傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的．現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運(yùn)動，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，相對于傳送帶不再滑動．求此黑色痕跡的長度．(假設(shè)傳送帶足夠長)
解析：設(shè)煤塊在加速過程中的加速度為a，根據(jù)題意知a＜a0，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝μg．
設(shè)傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，經(jīng)歷的時間為t，
則v0＝a0t，此時煤塊的速度v＝at．
由于a＜a0，故vv0，煤塊繼續(xù)受到滑動摩擦力的作用，仍以加速度a做勻加速運(yùn)動．設(shè)再經(jīng)過時間t′，煤塊的速度由v增加到v0，有v0＝v＋at′．
設(shè)煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中，煤塊和傳送帶相對地面移動的距離分別為x和x0，
則x＝v202a，x0＝12a0t′2＋v0t′，
傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l＝x0－x，
由以上各式得l＝v20a0－μg2μga0．
答案：v20a0－μg2μga0
3．(20xx湖南婁底五校聯(lián)考)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行，一質(zhì)量m＝1kg，初速度大小為v2的煤塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若以地面為參考系，從煤塊滑上傳送帶開始計時，煤塊在傳送帶上運(yùn)動的速度—時間圖象如圖乙所示，g取10m/s2，求：
(1)煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(2)煤塊在傳送帶上運(yùn)動的時間．
解析：(1)由題圖乙的速度—時間圖象可知，煤塊做勻變速運(yùn)動的加速度a＝ΔvΔt＝1m/s2，
由牛頓第二定律得μmg＝ma，
解得煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．
(2)由題圖乙的速度—時間圖象可知，傳送帶速度大小v1＝1m/s，煤塊初速度大小v2＝3m/s，
煤塊在傳送帶上滑動t1＝4s后與傳送帶相對靜止．
前3s內(nèi)煤塊的位移s1＝v22t＝4.5m，方向向左，
3～4s內(nèi)煤塊的位移s2＝v12t′＝0.5m，方向向右，
4s內(nèi)煤塊的位移s＝s1－s2＝4m，方向向左，
煤塊接著在傳送帶上向右勻速運(yùn)動，時間t2＝sv1＝4s，
故煤塊在傳送帶上運(yùn)動的時間t＝t1＋t2＝8s．
答案：(1)0.1(2)8s
“滑塊—木板模型”問題
1．模型特點
涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．
2．兩種位移關(guān)系
滑塊由木板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和木板同向運(yùn)動，位移大小之差等于板長；反向運(yùn)動時，位移大小之和等于板長．
設(shè)板長為L，滑塊位移大小為x1，木板位移大小為x2
同向運(yùn)動時：如圖甲所示，L＝x1－x2
甲
反向運(yùn)動時：如圖乙所示，L＝x1＋x2
乙
3．解題步驟
審題建模→弄清題目情景，分析清楚每個物體的受力情況，運(yùn)動情況，清楚題給條件和所求
↓
建立方程→根據(jù)牛頓運(yùn)動定律準(zhǔn)確求出各運(yùn)動過程的加速度兩過程接連處的加速度可能突變
↓
明確關(guān)系→找出物體之間的位移路程關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，上一過程的末速度是下一過程的初速度，這是兩過程的聯(lián)系紐帶
(20xx全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求
(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離．
解析：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1m/s⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB＝v0t1－12aBt21⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有
v2＝v1－a2t2
對A有
v2＝－v1＋aAt2
在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為
s1＝v1t2－12a2t22
在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2
A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0＝1.9m
(也可用如圖的速度—時間圖線求解)
答案：(1)1m/s(2)1.9m
4．(多選)如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6N的水平力向右拉A，經(jīng)過5sA運(yùn)動到B的最右端，且其v－t圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.下列說法正確的是()
A．A的加速度大小為0.5m/s2
B．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4
C．若B不固定，B的加速度大小為2m/s2
D．若B不固定，A運(yùn)動到B的最右端所用的時間為52s
解析：選BD根據(jù)v－t圖象可知A的加速度大小為aA＝ΔvΔt＝105m/s2＝2m/s2，A錯誤；以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA，解得μ＝F－mAaAmAg＝0.4，B正確；若B不固定，假設(shè)A、B不發(fā)生相對滑動，則有F＝(mA＋mB)a′，a′＝1.2m/s2，對A有F－f＝mAa′，得f＝4.8N＞μmAg，假設(shè)不成立，故A、B會發(fā)生相對滑動，則B的加速度大小為aB＝μmAgmB＝0.4×1×104m/s2＝1m/s2，C錯誤，由題圖乙可知B的長度l＝12×5×10m＝25m，設(shè)A運(yùn)動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得12aAt2－12aBt2＝l，解得t＝52s，D正確．
5．(20xx安徽蚌埠二中模擬)如圖所示，地面依次擺放兩個完全相同的木板A、B，長度均為l＝2.5m，質(zhì)量均為m2＝150g．現(xiàn)有一小滑塊以速度v0＝6m/s沖上木板A的左端，已知小滑塊質(zhì)量m1＝200g，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10m/s2)
(1)若滑塊滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應(yīng)滿足的條件．
(2)若μ1＝0.4，求滑塊運(yùn)動的時間(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)．
解析：(1)滑塊滑上木板A時，木板不動，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g，
滑塊滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，
代入數(shù)據(jù)解得0.35＜μ1≤0.5．
(2)若μ1＝0.4，則滑塊在木板A上滑動時，木板不動．設(shè)滑塊在木板A上做減速運(yùn)動時的加速度大小為a1，
由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1，解得a1＝4m/s2，
由－2a1l＝v21－v20，得滑塊到達(dá)木板B時的速度v1＝4m/s，
設(shè)滑塊在A板上運(yùn)動的時間為t1，由v1＝v0－a1t1，解得t1＝0.5s，
滑塊滑上B后，B開始運(yùn)動，
由μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，解得a2＝23m/s2，
當(dāng)滑塊與B速度相同時，有a2t2＝v1－a1t2，解得t2＝67s，
相對位移Δx＝v1＋v共2t2－v共2t2＝127m＜l＝2.5m，
故滑塊與木板B能達(dá)到共同速度，v共＝a2t2＝47m/s，
然后兩者相對靜止并一起做減速運(yùn)動，有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共，
解得a共＝2m/s2，
t3＝v共a共＝27s，所以t＝t1＋t2＋t3＝2314s．
答案：(1)0.35＜μ1≤0.5(2)2314s
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20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題學(xué)案
俗話說，磨刀不誤砍柴工。教師要準(zhǔn)備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生們能夠在上課時充分理解所教內(nèi)容，幫助教師在教學(xué)期間更好的掌握節(jié)奏。怎么才能讓教案寫的更加全面呢？下面的內(nèi)容是小編為大家整理的20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題學(xué)案，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！
微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題
已知物體的速度、加速度圖象分析受力情況
1．v－t圖象
根據(jù)圖象的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力．
2．a(chǎn)t圖象
要注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程．
(20xx全國新課標(biāo)Ⅰ)(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動的vt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．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析：選ACD小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運(yùn)動，末速度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離s＝v02t1，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程v0t1＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行v1t1＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝v0＋v12t1，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項AC對．根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，選項D對．僅根據(jù)速度時間圖象，無法找到物塊質(zhì)量，選項B錯．
(1)弄清圖象斜率、截距、交點、拐點的物理意義．
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷．
(20xx漳州八校聯(lián)考)如圖甲所示，一個質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動．在0～3s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．則()
A．F的最大值為12N
B．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反
C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/s
D．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動
解析：選C第1～2s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A錯誤；物體在力F作用下由靜止開始運(yùn)動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3s內(nèi)始終做加速運(yùn)動，第3s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運(yùn)動，故B錯誤；因為物體速度始終增加，故3s末物體的速度最大，再根據(jù)Δv＝aΔt知速度的增加量等于加速度與時間的乘積，在at圖象上即為圖象與時間軸所圍圖形的面積，Δv＝12×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物體由靜止開始做加速運(yùn)動，故最大速度為8m/s，所以C正確；第2s內(nèi)物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運(yùn)動，在0～1s內(nèi)物體做加速度增大的加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做加速度減小的加速運(yùn)動，故D錯誤．
1．(20xx重慶理綜)若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是()
解析：選Bv－t圖線斜率表示加速度，所以加速度圖象如圖所示．由牛頓第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不變，所以Ft圖象相當(dāng)于at圖象向上平移，B正確．
2．(20xx海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()
A．F1＜F2B．F2＞F3
C．F1＞F3D．F1＝F3
解析：選A由vt圖象可知，0～5s內(nèi)加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsinθ－f；10～15s內(nèi)加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，選項A正確．
已知物體的受力圖象分析運(yùn)動情況
1．Ft圖象
要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運(yùn)動性質(zhì)．
2．Fa圖象
首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象，明確圖象的斜率、截距或面積的意義，從而由圖象給出的信息求出未知量．
(多選)靜止在水平地面上的物塊，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖所示．設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，都是1N，則()
A．在0～1s時間內(nèi)物塊的加速度逐漸增大
B．在3s時，物塊的加速度最大
C．在3s時，物塊的速度最大
D．在8s時，物塊的速度最大
解析：選BD在0～1s時間內(nèi)，F(xiàn)小于或等于最大靜摩擦力，可知物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯誤；t＝3s時，拉力最大，且大于最大靜摩擦力，故物塊所受合力最大，物塊的加速度最大，故B正確；t＝3s后，拉力仍然大于最大靜摩擦力，物塊仍然做加速運(yùn)動，速度仍增大，t＝8s后，拉力小于最大靜摩擦力，物塊做減速運(yùn)動，所以t＝8s時，物塊的速度最大，故C錯誤，D正確．
(多選)如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出()
A．物體的質(zhì)量
B．斜面傾角的正弦值
C．加速度增大到6m/s2時物體的位移
D．物體靜止在斜面上時的外力F
解析：選ABD對物體受力分析，受水平外力、重力、支持力，如圖所示．
x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，
y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0，
從圖象中取兩個點(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正確．當(dāng)a＝0時，可解得F＝15N，即最小拉力為15N．題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，無法求出位移，故C錯誤，D正確．
3．(20xx黑龍江哈師大附中月考)“蹦極”是一項刺激的極限運(yùn)動，運(yùn)動員將一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處，從幾十米高處跳下．在某次蹦極中，彈性繩彈力F的大小隨時間t的變化圖象如圖所示，其中t2、t4時刻圖線的斜率最大．將蹦極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動，彈性繩中彈力與伸長量的關(guān)系遵循胡克定律，空氣阻力不計．下列說法中正確的是()
A．t1～t2時間內(nèi)運(yùn)動員處于超重狀態(tài)
B．t2～t4時間內(nèi)運(yùn)動員的機(jī)械能先減小后增大
C．t3時刻運(yùn)動員的加速度為零
D．t4時刻運(yùn)動員具有向下的最大速度
解析：選B在t1～t2時間內(nèi)，合力向下，運(yùn)動員加速下降，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；在t2、t4時刻圖線的斜率最大，說明彈力變化最快，由于彈力與彈性繩的伸長量成正比，說明伸長量變化最快，即速度最大，而速度最大時彈力與重力平衡；由于整個過程重力勢能、彈性勢能和動能的總和保持不變，而t2～t4時間內(nèi)彈性勢能先變大后變小，故運(yùn)動員的機(jī)械能先減小后增大，故B正確；t3時刻彈力最大，運(yùn)動員運(yùn)動到最低點，合力向上，故加速度向上，不為零，故C錯誤；t4時刻運(yùn)動員受到的重力和彈力平衡，加速度為零，具有向上的最大速度，故D錯誤．
4．(多選)如圖(甲)所示，物體原來靜止在水平地面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(乙)所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.根據(jù)題目提供的信息，下列判斷正確的是()
A．物體的質(zhì)量m＝2kg
B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6
C．物體與水平面的最大靜摩擦力fmax＝3N
D．在F為10N時，物體的加速度a＝2m/s2
解析：選AD根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝ma，F(xiàn)1＝7N，a1＝0.5m/s2；F2＝14N，a2＝4m/s2，聯(lián)立解得m＝2kg，μ＝0.3，A正確，B錯誤．最大靜摩擦力f＝μmg＝6N，C錯誤．當(dāng)F＝10N時，代入得a＝2m/s2，D正確．
20xx高考物理大一輪復(fù)習(xí)微專題01運(yùn)動圖象追及相遇問題學(xué)案
微專題01運(yùn)動圖象追及相遇問題
運(yùn)動圖象的理解及應(yīng)用
三種圖象比較
圖象x－t圖象v－t圖象a－t圖象
圖象實例
圖線含義圖線①表示質(zhì)點做勻速直線運(yùn)動(斜率表示速度v)圖線①表示質(zhì)點做勻加速直線運(yùn)動(斜率表示加速度a)圖線①表示質(zhì)點做加速度增大的運(yùn)動
圖線②表示質(zhì)點靜止圖線②表示質(zhì)點做勻速直線運(yùn)動圖線②表示質(zhì)點做勻變速運(yùn)動
圖線③表示質(zhì)點向負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動圖線③表示質(zhì)點做勻減速直線運(yùn)動圖線③表示質(zhì)點做加速度減小的運(yùn)動
交點④表示此時三個質(zhì)點相遇交點④表示此時三個質(zhì)點有相同的速度交點④表示此時三個質(zhì)點有相同的加速度
點⑤表示t1時刻質(zhì)點位移為x1(圖中陰影部分的面積沒有意義)點⑤表示t1時刻質(zhì)點速度為v1(圖中陰影部分的面積表示質(zhì)點在0～t1時間內(nèi)的位移)點⑤表示t1時刻質(zhì)點加速度為a1(圖中陰影部分的面積表示質(zhì)點在0～t1時間內(nèi)的速度變化量)
Ⅰ.圖象選擇類問題
依據(jù)某一物理過程，設(shè)計某一物理量隨時間(或位移、高度、速度等)變化的幾個圖象或此物理過程中某幾個物理量隨某一量的變化圖象，從中判斷其正誤．
(20xx重慶巴蜀中學(xué)開學(xué)考試)(多選)如圖所示，汽車以10m/s的速度勻速駛向路口，當(dāng)行駛至距路口停車線20m處時，綠燈還有3s熄滅．而該汽車在綠燈熄滅時剛好停在停車線處，則汽車運(yùn)動的速度—時間圖象可能是()
解析：選BC根據(jù)v－t圖象所圍成的面積表示位移，來計算或估算位移的大?。瓵、sA＝10＋02×3m＝15m＜20m，選項A錯誤．B、由圖可知sB＞15m，選項B正確．C、sC＝10×1＋10＋02×2m＝20m，選項C正確．D、sD＝10×0.5＋10＋02×2.5m＝17.5m＜20m，選項D錯誤．故選BC．
Ⅱ.圖象信息類問題
這類問題是對某一物理情景給出某一物理量的具體變化圖象，由圖象提取相關(guān)信息或?qū)D象反映的物理過程“還原”成數(shù)學(xué)表達(dá)形式從而對問題做出分析判斷作答．
(多選)如圖所示為A、B兩質(zhì)點在同一直線上運(yùn)動的位移—時間(x－t)圖象．A質(zhì)點的圖象為直線，B質(zhì)點的圖象為過原點的拋物線，兩圖象交點C、D坐標(biāo)如圖．下列說法正確的是()
A．A、B相遇兩次
B．t1～t2時間段內(nèi)B質(zhì)點的平均速度與A質(zhì)點勻速運(yùn)動的速度相等
C．兩物體速度相等的時刻一定在t1～t2時間段內(nèi)的中間時刻
D．A在B前面且離B最遠(yuǎn)時，B的位移為x1＋x22
解析：選ABC由x－t圖象知，t1、t2兩時刻A、B處于同一位置，故二次相遇，A正確；t1～t2時間內(nèi)兩質(zhì)點的位移相同．平均速度相同，B正確；由于B質(zhì)點的圖象為過原點的拋物線，有x＝kt2，則知B做勻加速直線運(yùn)動，所以B在t1～t2時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的速度，故C正確；由A、B運(yùn)動情況可知，二者速度相等時，A的位移為x1＋x22，B的位移小于x1＋x22，D錯誤．
解決此類問題時要根據(jù)物理情景中遵循的規(guī)律，由圖象提取信息和有關(guān)數(shù)據(jù)，根據(jù)對應(yīng)的規(guī)律公式對問題做出正確的解答．具體分析過程如下：
Ⅲ.圖象之間的相互轉(zhuǎn)換
在物理量變化過程中，相關(guān)物理量之間相互關(guān)聯(lián)，因此，通過定性推理或定量計算，我們可以由一種物理圖象轉(zhuǎn)換出另一種物理圖象．(例如：由反映物體運(yùn)動的v－t圖象可以轉(zhuǎn)換出x－t圖象或a－t圖象．)
(20xx集寧一中月考)一物體做直線運(yùn)動，其加速度隨時間變化的a－t圖象如圖所示．下列v－t圖象中，可能正確描述此物體運(yùn)動的是()
解析：選D在0～T2內(nèi)，物體從靜止開始沿加速度方向勻加速運(yùn)動，v－t圖象是向上傾斜的直線；在T2～T內(nèi)，加速度為0，物體做勻速直線運(yùn)動，v－t圖象是平行于t軸的直線；在T～2T，加速度反向，速度方向與加速度方向相反，物體先做勻減速運(yùn)動，到32T時刻速度為零，接著反向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，v－t圖象是向下傾斜的直線，故D正確，AC錯誤；在0～T2內(nèi)，由兩個圖象看出速度和加速度都沿正向，物體應(yīng)做勻加速運(yùn)動，在T2～T內(nèi)，加速度為0，物體做勻速直線運(yùn)動，在T～2T，加速度反向，物體做勻減速直線運(yùn)動，所以該速度與a－t圖象所反映的運(yùn)動情況不符，故B錯誤．
圖象轉(zhuǎn)換問題的“三個”關(guān)鍵點
(1)注意合理劃分運(yùn)動階段，分階段進(jìn)行圖象轉(zhuǎn)換．
(2)注意相鄰運(yùn)動階段的銜接，尤其是運(yùn)動參量的銜接．
(3)注意圖象轉(zhuǎn)換前后核心物理量間的定量關(guān)系，這是圖象轉(zhuǎn)換的依據(jù)．
追及與相遇問題
(對應(yīng)學(xué)生用書P10)
討論追及、相遇問題的實質(zhì)，就是分析兩物體在相同時間內(nèi)能否到達(dá)相同的空間位置．
1．抓住一個條件，兩個關(guān)系
(1)一個條件：二者速度相等．它往往是能否追上或距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點．
(2)兩個關(guān)系：即時間關(guān)系和位移關(guān)系．可通過畫草圖找出兩物體的位移關(guān)系，也是解題的突破口．
2．能否追上的判斷方法
常見情形：物體A追物體B，開始二者相距x0，則
(1)A追上B時，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB．
(2)要使兩物體恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA≤vB．
Ⅰ.與運(yùn)動圖象相結(jié)合的追及相遇問題
(20xx全國卷Ⅰ)(多選)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖象如圖所示．已知兩車在t＝3s時并排行駛，則()
A．在t＝1s時，甲車在乙車后
B．在t＝0時，甲車在乙車前7.5m
C．兩車另一次并排行駛的時刻是t＝2s
D．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m
解析：選BD根據(jù)v－t圖，甲、乙都沿正方向運(yùn)動．t＝3s時，甲、乙相遇，此時v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由位移和v－t圖線所圍面積對應(yīng)關(guān)系知，0～3s內(nèi)甲車位移x甲＝12×3×30m＝45m，乙車位移x乙＝12×3×(10＋25)m＝52.5m．故t＝0時，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B選項正確；0～1s內(nèi)，x甲′＝12×1×10m＝5m，x乙′＝12×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，說明在t＝1s時甲、乙第一次相遇，A、C錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D選項正確．
相遇的本質(zhì)就是同一時刻到達(dá)同一位置，是解決追及相遇問題不變的思路．注意起始位置是否在同一位置，速度相等和位置關(guān)系是解題的突破口．
(20xx定州中學(xué)模擬)(多選)甲、乙兩車某時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運(yùn)動，若以該時刻作為計時起點，得到兩車的x－t圖象如圖所示，則下列說法正確的是()
A．t1時刻乙車從后面追上甲車
B．t1時刻兩車相距最遠(yuǎn)
C．0到t1時間內(nèi)，乙車的平均速度小于甲車的平均速度
D．0到t1時間內(nèi)，乙車的平均速度等于甲車的平均速度
解析：選AD它們在同一時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t1位移又相等，故在t1時刻乙車剛好從后面追上甲車，故A正確，B錯誤；0到t1時間內(nèi)，甲乙兩車位移相等，根據(jù)平均速度等于位移除以時間可知，0到t1時間內(nèi)，乙車的平均速度等于甲車的平均速度，故D正確，C錯誤．
Ⅱ.與實際生活相結(jié)合的追及相遇問題
(20xx濟(jì)南實驗中學(xué)模擬)在水平軌道上有兩列火車A和B相距x，A車在后面做初速度為v0、加速度大小為2a的勻減速直線運(yùn)動，而B車同時做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，兩車運(yùn)動方向相同．要使兩車不相撞，求A車的初速度v0滿足什么條件．(可用多種方法)
解析：兩車不相撞的臨界條件是，A車追上B車時其速度與B車相等．設(shè)A、B兩車從相距x到A車追上B車時，A車的位移為xA、末速度為vA、所用時間為t；B車的位移為xB、末速度為vB，運(yùn)動過程如圖所示，現(xiàn)用三種方法解答如下：
解法一分析法利用位移公式、速度公式求解，對A車有xA＝v0t＋12×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
對B車有xB＝12at2，vB＝at
兩車位移關(guān)系有x＝xA－xB
追上時，兩車不相撞的臨界條件是vA＝vB
聯(lián)立以上各式解得v0＝6ax
故要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是
v0≤6ax．
解法二函數(shù)法利用判別式求解，由解法一可知
xA＝x＋xB，即v0t＋12×(－2a)×t2＝x＋12at2
整理得3at2－2v0t＋2x＝0
這是一個關(guān)于時間t的一元二次方程，當(dāng)根的判別式Δ＝(－2v0)2－43a2x＝0時，兩車剛好不相撞，所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤6ax．
解法三圖象法利用v－t圖象求解，先作A、B兩車的v－t圖象，如圖所示，設(shè)經(jīng)過t時間兩車剛好不相撞，則對A車有vA＝v′＝v0－2at
對B車有vB＝v′＝at
以上兩式聯(lián)立解得t＝v03a
經(jīng)t時間兩車發(fā)生的位移之差為原來兩車間距離x，它可用圖中的陰影面積表示，由圖象可知
x＝12v0t＝12v0v03a＝v206a
所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤6ax．
答案：v0≤6ax
1．牢記“一個思維流程”
2．掌握“三種分析方法”
(1)分析法
應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式，抓住一個條件、兩個關(guān)系，列出兩物體運(yùn)動的時間、位移、速度及其關(guān)系方程，再求解．
(2)極值法
設(shè)相遇時間為t，根據(jù)條件列出方程，得到關(guān)于t的一元二次方程，再利用數(shù)學(xué)求極值的方法求解．在這里，常用到配方法、判別式法、重要不等式法等．
(3)圖象法
在同一坐標(biāo)系中畫出兩物體的運(yùn)動圖線．位移圖線的交點表示相遇，速度圖線抓住速度相等時的“面積”關(guān)系找位移關(guān)系．
高考物理常見的物理模型沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題17:第9專題高中物理常見的物理模型(1)
方法概述
高考命題以《考試大綱》為依據(jù)，考查學(xué)生對高中物理知識的掌握情況，體現(xiàn)了“知識與技能、過程與方法并重”的高中物理學(xué)習(xí)思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變?nèi)f化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結(jié)如下：
(1)選擇題中一般都包含3～4道關(guān)于振動與波、原子物理、光學(xué)、熱學(xué)的試題．
(2)實驗題以考查電路、電學(xué)測量為主，兩道實驗小題中出一道較新穎的設(shè)計性實驗題的可能性較大．
(3)試卷中下列常見的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、天體問題(圓周運(yùn)動)、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、含彈簧的連接體模型．
高考中常出現(xiàn)的物理模型中，有些問題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．斜面問題、疊加體模型、含彈簧的連接體模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進(jìn)行歸納總結(jié)和強(qiáng)化訓(xùn)練；傳送帶問題在高考中出現(xiàn)的概率也較大，而且解題思路獨(dú)特，本專題也略加論述．
熱點、重點、難點
一、斜面問題
在每年各地的高考卷中幾乎都有關(guān)于斜面模型的試題．如2009年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、北京理綜卷第18題、天津理綜卷第1題、上海物理卷第22題等，2008年高考全國理綜卷Ⅰ第14題、全國理綜卷Ⅱ第16題、北京理綜卷第20題、江蘇物理卷第7題和第15題等．在前面的復(fù)習(xí)中，我們對這一模型的例舉和訓(xùn)練也比較多，遇到這類問題時，以下結(jié)論可以幫助大家更好、更快地理清解題思路和選擇解題方法．
1．自由釋放的滑塊能在斜面上(如圖9－1甲所示)勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數(shù)μ＝gtanθ．
圖9－1甲
2．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1甲所示)：
(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．
3．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1乙所示)勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零(見一輪書中的方法概述)．
圖9－1乙
4．懸掛有物體的小車在斜面上滑行(如圖9－2所示)：
圖9－2
(1)向下的加速度a＝gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsinθ時，懸繩將偏離垂直方向向下．
5．在傾角為θ的斜面上以速度v0平拋一小球(如圖9－3所示)：
圖9－3
(1)落到斜面上的時間t＝2v0tanθg；
(2)落到斜面上時，速度的方向與水平方向的夾角α恒定，且tanα＝2tanθ，與初速度無關(guān)；
(3)經(jīng)過tc＝v0tanθg小球距斜面最遠(yuǎn)，最大距離d＝(v0sinθ)22gcosθ．
6．如圖9－4所示，當(dāng)整體有向右的加速度a＝gtanθ時，m能在斜面上保持相對靜止．
圖9－4
7．在如圖9－5所示的物理模型中，當(dāng)回路的總電阻恒定、導(dǎo)軌光滑時，ab棒所能達(dá)到的穩(wěn)定速度vm＝mgRsinθB2L2．
圖9－5
8．如圖9－6所示，當(dāng)各接觸面均光滑時，在小球從斜面頂端滑下的過程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
圖9－6
●例1有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進(jìn)行分析和判斷．例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結(jié)果等方面進(jìn)行分析，并與預(yù)期結(jié)果、實驗結(jié)論等進(jìn)行比較，從而判斷解的合理性或正確性．
舉例如下：如圖9－7甲所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上．把質(zhì)量為m的滑塊B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度a＝M＋mM＋msin2θgsinθ，式中g(shù)為重力加速度．
圖9－7甲
對于上述解，某同學(xué)首先分析了等號右側(cè)的量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題．他進(jìn)一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對的”．但是，其中有一項是錯誤的，請你指出該項[2008年高考北京理綜卷]()
A．當(dāng)θ＝0°時，該解給出a＝0，這符合常識，說明該解可能是對的
B．當(dāng)θ＝90°時，該解給出a＝g，這符合實驗結(jié)論，說明該解可能是對的
C．當(dāng)Mm時，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
D．當(dāng)mM時，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
【解析】當(dāng)A固定時，很容易得出a＝gsinθ；當(dāng)A置于光滑的水平面時，B加速下滑的同時A向左加速運(yùn)動，B不會沿斜面方向下滑，難以求出運(yùn)動的加速度．
圖9－7乙
設(shè)滑塊A的底邊長為L，當(dāng)B滑下時A向左移動的距離為x，由動量守恒定律得：
Mxt＝mL－xt
解得：x＝mLM＋m
當(dāng)mM時，x≈L，即B水平方向的位移趨于零，B趨于自由落體運(yùn)動且加速度a≈g．
選項D中，當(dāng)mM時，a≈gsinθ＞g顯然不可能．
[答案]D
【點評】本例中，若m、M、θ、L有具體數(shù)值，可假設(shè)B下滑至底端時速度v1的水平、豎直分量分別為v1x、v1y，則有：
v1yv1x＝hL－x＝(M＋m)hML
12mv1x2＋12mv1y2＋12Mv22＝mgh
mv1x＝Mv2
解方程組即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑過程中相對地面的加速度．
●例2在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下(如圖9－8甲所示)，它們的寬度均為L．一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進(jìn)入上部磁場時，恰好做勻速運(yùn)動．
圖9－8甲
(1)當(dāng)ab邊剛越過邊界ff′時，線框的加速度為多大，方向如何？
(2)當(dāng)ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置時，線框又恰好做勻速運(yùn)動，則線框從開始進(jìn)入上部磁場到ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運(yùn)動過程中始終與磁場邊界平行，不計摩擦阻力)
【解析】(1)當(dāng)線框的ab邊從高處剛進(jìn)入上部磁場(如圖9－8乙中的位置①所示)時，線框恰好做勻速運(yùn)動，則有：
mgsinθ＝BI1L
此時I1＝BLvR
當(dāng)線框的ab邊剛好越過邊界ff′(如圖9－8乙中的位置②所示)時，由于線框從位置①到位置②始終做勻速運(yùn)動，此時將ab邊與cd邊切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢同向疊加，回路中電流的大小等于2I1．故線框的加速度大小為：
圖9－8乙
a＝4BI1L－mgsinθm＝3gsinθ，方向沿斜面向上．
(2)而當(dāng)線框的ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置(如圖9－8乙中的位置③所示)時，線框又恰好做勻速運(yùn)動，說明mgsinθ＝4BI2L
故I2＝14I1
由I1＝BLvR可知，此時v′＝14v
從位置①到位置③，線框的重力勢能減少了32mgLsinθ
動能減少了12mv2－12m(v4)2＝1532mv2
由于線框減少的機(jī)械能全部經(jīng)電能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，因此有：
Q＝32mgLsinθ＋1532mv2．
[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上
(2)32mgLsinθ＋1532mv2
【點評】導(dǎo)線在恒力作用下做切割磁感線運(yùn)動是高中物理中一類常見題型，需要熟練掌握各種情況下求平衡速度的方法．
二、疊加體模型
疊加體模型在歷年的高考中頻繁出現(xiàn)，一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動路程、摩擦生熱、多次作用后的速度變化等，另外廣義的疊加體模型可以有許多變化，涉及的問題更多．如2009年高考天津理綜卷第10題、寧夏理綜卷第20題、山東理綜卷第24題，2008年高考全國理綜卷Ⅰ的第15題、北京理綜卷第24題、江蘇物理卷第6題、四川延考區(qū)理綜卷第25題等．
疊加體模型有較多的變化，解題時往往需要進(jìn)行綜合分析(前面相關(guān)例題、練習(xí)較多)，下列兩個典型的情境和結(jié)論需要熟記和靈活運(yùn)用．
1．疊放的長方體物塊A、B在光滑的水平面上勻速運(yùn)動或在光滑的斜面上自由釋放后變速運(yùn)動的過程中(如圖9－9所示)，A、B之間無摩擦力作用．
圖9－9
2．如圖9－10所示，一對滑動摩擦力做的總功一定為負(fù)值，其絕對值等于摩擦力乘以相對滑動的總路程或等于摩擦產(chǎn)生的熱量，與單個物體的位移無關(guān)，即Q摩＝fs相．
圖9－10
●例3質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手．首先左側(cè)的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖9－11所示．設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當(dāng)兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法正確的是(注：屬于選修3－5模塊)()
圖9－11
A．最終木塊靜止，d1＝d2
B．最終木塊向右運(yùn)動，d1d2
C．最終木塊靜止，d1d2
D．最終木塊靜止，d1d2
【解析】木塊和射出后的左右兩子彈組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，設(shè)子彈的質(zhì)量為m，由動量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最終木塊靜止
設(shè)左側(cè)子彈射入木塊后的共同速度為v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝fd1＝12mv02－12(m＋M)v12
解得：d1＝mMv022(m＋M)f
對右側(cè)子彈射入的過程，由功能原理得：
Q2＝fd2＝12mv02＋12(m＋M)v12－0
解得：d2＝(2m2＋mM)v022(m＋M)f
即d1＜d2．
[答案]C
【點評】摩擦生熱公式可稱之為“功能關(guān)系”或“功能原理”的公式，但不能稱之為“動能定理”的公式，它是由動能定理的關(guān)系式推導(dǎo)得出的二級結(jié)論．
三、含彈簧的物理模型
縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關(guān)的物理試題占有相當(dāng)大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設(shè)計出各類試題，這類試題涉及靜力學(xué)問題、動力學(xué)問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學(xué)的知識體系．為了幫助同學(xué)們掌握這類試題的分析方法，現(xiàn)將有關(guān)彈簧問題分類進(jìn)行剖析．
對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學(xué)生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．如2009年高考福建理綜卷第21題、山東理綜卷第22題、重慶理綜卷第24題，2008年高考北京理綜卷第22題、山東理綜卷第16題和第22題、四川延考區(qū)理綜卷第14題等．題目類型有：靜力學(xué)中的彈簧問題，動力學(xué)中的彈簧問題，與動量和能量有關(guān)的彈簧問題．
1．靜力學(xué)中的彈簧問題
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數(shù)一定等于掛鉤上的拉力．
●例4如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()
圖9－12甲
A．(m1＋m2)2g2k1＋k2
B．(m1＋m2)2g22(k1＋k2)
C．(m1＋m2)2g2(k1＋k2k1k2)
D．(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1
【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當(dāng)下面的彈簧對地面的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：
F＝(m1＋m2)g
設(shè)這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：
圖9－12乙
x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2
故A、B增加的重力勢能共為：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【點評】①計算上面彈簧的伸長量時，較多同學(xué)會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運(yùn)用Δx＝ΔFk進(jìn)行計算更快捷方便．
②通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝Fx總＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．
2．動力學(xué)中的彈簧問題
(1)瞬時加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(fā)生突變．
(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復(fù)原長時刻B與A開始分離．
圖9－13
●例5一彈簧秤秤盤的質(zhì)量m1＝1.5kg，盤內(nèi)放一質(zhì)量m2＝10.5kg的物體P，彈簧的質(zhì)量不計，其勁度系數(shù)k＝800N/m，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖9－14所示．
圖9－14
現(xiàn)給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動，已知在最初0.2s內(nèi)F是變化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)
【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為：
x0＝(m1＋m2)gk＝0.15m
設(shè)秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由題意知，對于0～0.2s時間內(nèi)P的運(yùn)動有：
12at2＝x
解得：x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N
分離時刻拉力達(dá)到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案]72N168N
【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產(chǎn)生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．
3．與動量、能量相關(guān)的彈簧問題
與動量、能量相關(guān)的彈簧問題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計算題出現(xiàn)，在解析過程中以下兩點結(jié)論的應(yīng)用非常重要：
(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；
(2)彈簧連接兩個物體做變速運(yùn)動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等．
●例6如圖9－15所示，用輕彈簧將質(zhì)量均為m＝1kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h1＝0.90m．同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱悖捎贐壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升)．若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，求h2的大?。?br> 圖9－15
【解析】設(shè)A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：
12mv12＝mgh1
設(shè)A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有：
mg＝kx
從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
12mv12＝mgx＋ΔEp
換成C后，設(shè)A落地時，C的速度為v2，則有：
122mv22＝2mgh2
從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
122mv22＝2mgx＋ΔEp
聯(lián)立解得：h2＝0.5m．
[答案]0.5m
【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達(dá)式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結(jié)論“①”．如2005年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、1997年高考全國卷第25題等．
●例7用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運(yùn)動，則在以后的運(yùn)動中：
圖9－16甲
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？
(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？
(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？
【解析】(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等(設(shè)為vA′)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/s．
(2)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2×62＋4＝2m/s
A的速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)其值為Ep，根據(jù)能量守恒定律得：
Ep＝12(mB＋mC)v′2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12J．
(3)方法一A不可能向左運(yùn)動．
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
設(shè)A向左，則vA＜0，vB＞4m/s
則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：
E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J
實際上系統(tǒng)的機(jī)械能為：
E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J
根據(jù)能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運(yùn)動．
方法二B、C碰撞后系統(tǒng)的運(yùn)動可以看做整體向右勻速運(yùn)動與A、B和C相對振動的合成(即相當(dāng)于在勻速運(yùn)動的車廂中兩物塊相對振動)
由(1)知整體勻速運(yùn)動的速度v0＝vA′＝3m/s
圖9－16乙
取以v0＝3m/s勻速運(yùn)動的物體為參考系，可知彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：
vAO＝v－v0＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/s
由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運(yùn)動的時刻．
[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略
【點評】①要清晰地想象、理解研究對象的運(yùn)動過程：相當(dāng)于在以3m/s勻速行駛的車廂內(nèi)，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3m/s、1m/s．
②當(dāng)彈簧由壓縮恢復(fù)至原長時，A最有可能向左運(yùn)動，但此時A的速度為零．
●例8探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：
圖9－17
①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；
②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內(nèi)芯碰撞(如圖9－17乙所示)；
③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．
設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：
(1)外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小．
(2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．
(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能．
[2009年高考重慶理綜卷]
【解析】設(shè)外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．
(1)對外殼和內(nèi)芯，從撞后達(dá)到共同速度到上升至h2處，由動能定理得：
(4m＋m)g(h2－h(huán)1)＝12(4m＋m)v22－0
解得：v2＝2g(h2－h(huán)1)．
(2)外殼與內(nèi)芯在碰撞過程中動量守恒，即：
4mv1＝(4m＋m)v2
將v2代入得：v1＝542g(h2－h(huán)1)
設(shè)彈簧做的功為W，對外殼應(yīng)用動能定理有：
W－4mgh1＝12×4mv21
將v1代入得：W＝14mg(25h2－9h1)．
(3)由于外殼和內(nèi)芯達(dá)到共同速度后上升至高度h2的過程中機(jī)械能守恒，只有在外殼和內(nèi)芯的碰撞中有能量損失，損失的能量E損＝12×4mv21－12(4m＋m)v22
將v1、v2代入得：E損＝54mg(h2－h(huán)1)．
[答案](1)2g(h2－h(huán)1)(2)14mg(25h2－9h1)
(3)54mg(h2－h(huán)1)
由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓(xùn)練學(xué)生的物理思維、反映和開發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)潛能的優(yōu)秀試題．彈簧與相連物體構(gòu)成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來的運(yùn)動狀態(tài)的變化，為學(xué)生充分運(yùn)用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動能定理、機(jī)械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當(dāng)然也是區(qū)分學(xué)生能力強(qiáng)弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、獨(dú)具特色的考題．
四、傳送帶問題
從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書中均有皮帶傳輸機(jī)的插圖．皮帶傳送類問題在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應(yīng)用非常廣泛．這類問題中物體所受的摩擦力的大小和方向、運(yùn)動性質(zhì)都具有變化性，涉及力、相對運(yùn)動、能量轉(zhuǎn)化等各方面的知識，能較好地考查學(xué)生分析物理過程及應(yīng)用物理規(guī)律解答物理問題的能力．如2003年高考全國理綜卷第34題、2005年高考全國理綜卷Ⅰ第24題等．
對于滑塊靜止放在勻速傳動的傳送帶上的模型，以下結(jié)論要清楚地理解并熟記：
(1)滑塊加速過程的位移等于滑塊與傳送帶相對滑動的距離；
(2)對于水平傳送帶，滑塊加速過程中傳送帶對其做的功等于這一過程由摩擦產(chǎn)生的熱量，即傳送裝置在這一過程需額外(相對空載)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9如圖9－18甲所示，物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶后落到地面上的Q點．若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向勻速運(yùn)動(使傳送帶隨之運(yùn)動)，物塊仍從P點自由滑下，則()
圖9－18甲
A．物塊有可能不落到地面上
B．物塊仍將落在Q點
C．物塊將會落在Q點的左邊
D．物塊將會落在Q點的右邊
【解析】如圖9－18乙所示，設(shè)物塊滑上水平傳送帶上的初速度為v0，物塊與皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，則：
圖9－18乙
物塊在皮帶上做勻減速運(yùn)動的加速度大小a＝μmgm＝μg
物塊滑至傳送帶右端的速度為：
v＝v02－2μgs
物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
當(dāng)皮帶向左勻速傳送時，滑塊在皮帶上的摩擦力也為：
f＝μmg
物塊在皮帶上做勻減速運(yùn)動的加速度大小為：
a1′＝μmgm＝μg
則物塊滑至傳送帶右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間同樣可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
由以上分析可知物塊仍將落在Q點，選項B正確．
[答案]B
【點評】對于本例應(yīng)深刻理解好以下兩點：
①滑動摩擦力f＝μFN，與相對滑動的速度或接觸面積均無關(guān)；
②兩次滑行的初速度(都以地面為參考系)相等，加速度相等，故運(yùn)動過程完全相同．
我們延伸開來思考，物塊在皮帶上的運(yùn)動可理解為初速度為v0的物塊受到反方向的大小為μmg的力F的作用，與該力的施力物體做什么運(yùn)動沒有關(guān)系．
●例10如圖9－19所示，足夠長的水平傳送帶始終以v＝3m/s的速度向左運(yùn)動，傳送帶上有一質(zhì)量M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3．開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止．現(xiàn)有兩個光滑的質(zhì)量均為m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運(yùn)動．第1個球與木盒相遇后立即進(jìn)入盒中并與盒保持相對靜止；第2個球出發(fā)后歷時Δt1＝13s才與木盒相遇．取g＝10m/s2，問：
圖9－19
(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動的速度為多大？
(2)第1個球出發(fā)后經(jīng)過多長時間與木盒相遇？
(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？
【解析】(1)設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3m/s，方向向右．
(2)設(shè)第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經(jīng)過時間t0與木盒相遇，則有：
t0＝sv0
設(shè)第1個球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左
設(shè)木盒減速運(yùn)動的時間為t1，加速到與傳送帶具有相同的速度的時間為t2，則：
t1＝t2＝Δva＝1s
故木盒在2s內(nèi)的位移為零
依題意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．
(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中，設(shè)傳送帶的位移為s′，木盒的位移為s1，則：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m
故木盒相對于傳送帶的位移為：Δs＝s′－s1＝6m
則木盒與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：
Q＝fΔs＝54J．
[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J
【點評】本題解析的關(guān)鍵在于：①對物理過程理解清楚；②求相對路程的方法．
20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題05圓周運(yùn)動中的臨界問題學(xué)案新人教版
微專題05圓周運(yùn)動中的臨界問題
水平面內(nèi)的臨界問題
水平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界極值問題通常有兩類，一類是與摩擦力有關(guān)的臨界問題，一類是與彈力有關(guān)的臨界問題．
(1)與摩擦力有關(guān)的臨界極值問題
物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達(dá)到最大靜摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，則有Fm＝mv2r，靜摩擦力的方向一定指向圓心；如果除摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連物體，其中一個在水平面上做圓周運(yùn)動時，存在一個恰不向內(nèi)滑動的臨界條件和一個恰不向外滑動的臨界條件，分別為靜摩擦力達(dá)到最大且靜摩擦力的方向沿半徑背離圓心和沿半徑指向圓心．
(2)與彈力有關(guān)的臨界極值問題
壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零；繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等．
(20xx新課標(biāo)全國卷Ⅰ)(多選)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()
A．b一定比a先開始滑動
B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等
C．ω＝kg2l是b開始滑動的臨界角速度
D．當(dāng)ω＝2kg3l時，a所受摩擦力的大小為kmg
解析：選AC木塊a、b的質(zhì)量相同，外界對它們做圓周運(yùn)動提供的最大向心力，即最大靜摩擦力fmax＝kmg相同．它們所需的向心力由F向＝mω2r知Fa＜Fb，所以b一定比a先開始滑動，A項正確；a、b一起繞轉(zhuǎn)軸緩慢地轉(zhuǎn)動時，f＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B項錯；b開始滑動時有kmg＝mω22l，其臨界角速度為ωb＝kg2l，選項C正確；當(dāng)ω＝2kg3l時，a所受摩擦力大小為f＝mω2r＝23kmg，選項D錯誤．
解決此類問題的一般思路
首先要考慮達(dá)到臨界條件時物體所處的狀態(tài)，其次分析該狀態(tài)下物體的受力特點，最后結(jié)合圓周運(yùn)動知識，列出相應(yīng)的動力學(xué)方程綜合分析．
(20xx安徽六安模擬)(多選)如圖所示，兩個可視為質(zhì)點的、相同的木塊A和B放在轉(zhuǎn)盤上，兩者用長為L的細(xì)繩連接，木塊與轉(zhuǎn)盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍，A放在距離轉(zhuǎn)軸L處，整個裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的轉(zhuǎn)軸O1O2轉(zhuǎn)動，開始時，繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是()
A．當(dāng)ω＞2Kg3L時，A、B相對于轉(zhuǎn)盤會滑動
B．當(dāng)ω＞Kg2L時，繩子一定有彈力
C．ω在Kg2L＜ω＜2Kg3L范圍內(nèi)增大時，B所受摩擦力變大
D．ω在0＜ω＜2Kg3L范圍內(nèi)增大時，A所受摩擦力一直變大
解析：選ABD當(dāng)AB所受靜摩擦力均達(dá)到最大值時，A、B相對轉(zhuǎn)盤將會滑動，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω22L，解得：ω＝2Kg3L，A項正確；當(dāng)B所受靜摩擦力達(dá)到最大值后，繩子開始有彈力，即：Kmg＝mω22L，解得：ω＝Kg2L，B項正確；當(dāng)Kg2L＜ω＜2Kg3L時，隨角速度的增大，繩子拉力不斷增大，B所受靜摩擦力一直保持最大靜摩擦力不變，C項錯誤；0＜ω≤Kg2L時，A所受摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2L，靜摩擦力隨角速度增大而增大，當(dāng)Kg2L＜ω＜2Kg3L時，以AB整體為研究對象，F(xiàn)fA＋Kmg＝mω2L＋mω22L，可知A受靜摩擦力隨角速度的增大而增大，D項正確．
1．如圖，一水平圓盤繞豎直中心軸以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動，緊貼在一起的M、N兩物體(可視為質(zhì)點)隨圓盤做圓周運(yùn)動，N恰好不下滑，M恰好不滑動，兩物體與轉(zhuǎn)軸距離為r，已知M與N間的動摩擦因數(shù)為μ1，M與圓盤面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．μ1與μ2應(yīng)滿足的關(guān)系式為()
A．μ1＋μ2＝1B．μ1μ2＝1
C．μ1μ2＝1D．μ1＋μ2μ1μ2＝1
解析：選C以M、N整體作為研究對象，則受力如圖1所示，靜摩擦力提供向心力，有Ff＝(mN＋mM)ω2r，且Ff＝μ2(mN＋mM)g，以N為研究對象，受力分析如圖2所示，M對N的彈力FN提供向心力，有FN＝mNω2r，且Ff′＝μ1FN＝mNg，聯(lián)立各式得μ1μ2＝1，故C正確．
圖1圖2
2．(20xx四川資陽一診)(多選)如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺上有一個質(zhì)量為m的物塊，用長為l的輕質(zhì)細(xì)繩將物塊連接在轉(zhuǎn)軸上，細(xì)繩與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角θ＝30°，此時細(xì)繩伸直但無張力，物塊與轉(zhuǎn)臺間動摩擦因數(shù)為μ＝13，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，重力加速度為g，則()
A．當(dāng)ω＝g2l時，細(xì)繩的拉力為0
B．當(dāng)ω＝3g4l時，物塊與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力為0
C．當(dāng)ω＝4g3l時，細(xì)繩的拉力大小為43mg
D．當(dāng)ω＝gl時，細(xì)繩的拉力大小為13mg
解析：選AC當(dāng)轉(zhuǎn)臺的角速度比較小時，物塊只受重力、支持力和摩擦力，當(dāng)細(xì)繩恰好要產(chǎn)生拉力時μmg＝mω21lsin30°，解得ω1＝2g3l，隨角速度的增大，細(xì)繩上的拉力增大，當(dāng)物塊恰好要離開轉(zhuǎn)臺時，物塊受到重力和細(xì)繩的拉力的作用，mgtan30°＝mω22lsin30°，解得ω2＝23g3l，由于ω1＜3g4l＜ω2，所以當(dāng)ω＝3g4l時，物塊與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力不為零，故B錯誤；由于g2l＜w1，所以當(dāng)ω＝g2l時，細(xì)繩的拉力為零，故A正確；由于ω1＜gl＜ω2，由牛頓第二定律得f＋Fsin30°＝mgl2lsin30°，因為壓力小于mg，所以f＜13mg，解得F＞13mg，故D錯誤；當(dāng)ω＝4g3l＞ω2時，物塊已經(jīng)離開轉(zhuǎn)臺，細(xì)繩的拉力與重力的合力提供向心力，則mgtanα＝m4g3l2lsinα，解得cosα＝34，故F＝mgcosα＝43mg，故C正確．
豎直面內(nèi)的臨界問題
1．豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題——“輕繩和輕桿”模型
(1)“輕繩”模型特點：無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道的“過山車”等)
均是沒有支撐的小球
①小球過最高點的條件是什么？
②過最高點時，若v＞gr，當(dāng)v增大時，小球受到的彈力FN如何變化？
(2)“輕桿”模型的特點：有支撐(如球與桿連接、小球在彎管內(nèi)運(yùn)動等)．
均是有支撐的小球
①小球能過最高點的條件是什么？
②過最高點時，若0＜v＜gr時，小球受到的彈力FN的方向如何？隨著v的增大FN怎樣變化？若v＞gr又會怎樣？
2．兩類模型對比
輕繩模型輕桿模型
示意圖
均是沒有支撐的小球
均是有支撐的小球
過最高
點的臨
界條件由mg＝mv2r
得v臨＝gr
由小球能運(yùn)動即可得v臨＝0
討論
分析(1)過最高點時，v≥gr，F(xiàn)N＋mg＝mv2r，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN
(2)不能過最高點v＜gr，在到達(dá)最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當(dāng)v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N背離圓心
(2)當(dāng)0＜v＜gr時，mg－FN＝mv2r，F(xiàn)N背離圓心并隨v的增大而減小
(3)當(dāng)v＝gr時，F(xiàn)N＝0
(4)當(dāng)v＞gr時，mg＋FN＝mv2r，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大
在最高
點的
FN
圖象
取豎直向下為正方向
取豎直向下為正方向
(20xx陜西西安一中模擬)(多選)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(不計一切阻力)，小球運(yùn)動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T－v2圖象如圖乙所示，則()
A．輕質(zhì)繩長為amb
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閍m
C．當(dāng)v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為acb＋a
D．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a
解析：選BD在最高點重力和繩子的拉力的合力充當(dāng)向心力，所以有T＋mg＝mv2R，即T＝mRv2－mg，故斜率k＝mR，縱截距y＝－mg，根據(jù)幾何知識可得k＝ab，y＝－a，聯(lián)立解得g＝am，R＝mba，A錯誤，B正確；當(dāng)v2＝c時，代入T＝mRv2－mg，解得T＝acb－a，C錯誤；只要v2≥b，繩子的拉力大于0，根據(jù)牛頓第二定律得最高點，T1＋mg＝mv21R，最低點，T2－mg＝mv22R，從最高點到最低點的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv22＝12mv21＋2mgR，聯(lián)立解得T2－T1＝6mg，即小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a，D正確．
在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動臨界問題
(20xx廣東汕頭二模)如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為T，拉力T與速度v的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是()
圖甲圖乙
A．?dāng)?shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關(guān)
B．?dāng)?shù)據(jù)b與圓周軌道半徑有關(guān)
C．比值ba只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑無關(guān)
D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑
解析：選D在最高點對小球受力分析，由牛頓第二定律有T＋mg＝mv2R，可得圖線的函數(shù)表達(dá)式為T＝mv2R－mg，圖乙中橫軸截距為a，則有0＝maR－mg，得g＝aR，則a＝gR；圖線過點(2a，b)，則b＝m2aR－mg，可得b＝mg，則ba＝mR，A、B、C錯．由b＝mg得m＝bg，由a＝gR得R＝ag，則D正確．
3．(20xx東城區(qū)模擬)(多選)長為L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，關(guān)于小球在最高點的速度v，下列說法中正確的是()
A．當(dāng)v的值為gL時，桿對小球的彈力為零
B．當(dāng)v由gL逐漸增大時，桿對小球的拉力逐漸增大
C．當(dāng)v由gL逐漸減小時，桿對小球的支持力逐漸減小
D．當(dāng)v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大
解析：選ABD在最高點球?qū)U的作用力為0時，由牛頓第二定律得：mg＝mv2L，v＝gL，A對；當(dāng)v＞gL時，輕桿對球有拉力，則F＋mg＝mv2L，v增大，F(xiàn)增大，B對；當(dāng)v＜gL時，輕桿對球有支持力，則mg－F′＝mv2L，v減小，F(xiàn)′增大，C錯；由F向＝mv2L知，v增大，向心力增大，D對．
4．(20xx石家莊質(zhì)檢)(多選)如圖所示，長為3L的輕桿可繞光滑水平轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A、B，球A距軸O的距離為L.現(xiàn)給系統(tǒng)一定能量，使桿和球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．當(dāng)球B運(yùn)動到最高點時，水平轉(zhuǎn)軸O對桿的作用力恰好為零，忽略空氣阻力，已知重力加速度為g，則球B在最高點時，下列說法正確的是()
A．球B的速度為零B．球B的速度為2gL
C．球A的速度為2gLD．桿對球B的彈力方向豎直向下
解析：選CD水平轉(zhuǎn)軸O對桿的作用力為零，這說明A、B對桿的作用力是一對平衡力，由于A所受桿的彈力必豎直向上，故B所受桿的彈力必豎直向下，且兩力大小相等，D正確．對A球有F－mg＝mω2L，對B球有F＋mg＝mω22L，由以上兩式解得ω＝2gL，則A球的速度vA＝ωL＝2gL，C正確；B球的速度vB＝ω2L＝22gL，A、B錯誤．
斜面上圓周運(yùn)動的臨界問題
(20xx安徽卷)如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為32(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2.則ω的最大值是()
A．5rad/sB．3rad/s
C．1.0rad/sD．0.5rad/s
解析：選C經(jīng)分析可知，小物體最先相對滑動的位置為最低點，對小物體受力分析得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，代入數(shù)據(jù)得：ω＝1.0rad/s，選項C正確．
如圖所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調(diào)節(jié)其與水平面所成的傾角．板上一根長為l＝0.60m的輕細(xì)繩，它的一端系住一質(zhì)量為m的小球P，另一端固定在板上的O點．當(dāng)平板的傾角固定為α?xí)r，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0＝3.0m/s.若小球能保持在板面內(nèi)做圓周運(yùn)動，傾角α的值應(yīng)在什么范圍內(nèi)？(取重力加速度g＝10m/s2)
解析：小球在傾斜平板上運(yùn)動時受到繩子拉力、平板彈力、重力．在垂直平板方向上合力為0，重力在沿平板方向的分
量為mgsinα，小球在最高點時，由繩子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝mv21l①
研究小球從釋放到最高點的過程，根據(jù)動能定理有
－mglsinα＝12mv21－12mv20②
若恰好能通過最高點，則繩子拉力FT＝0③
聯(lián)立①②③解得sinα＝12，則α＝30°
故α的范圍為0°≤α≤30°．
答案：0°≤α≤30°
5．如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運(yùn)動，取g＝10m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是()
A．4m/sB．210m/s
C．25m/sD．22m/s
解析：選A小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由2mgLsinα＝12mvB2可得vB＝4m/s，A正確．
