第四章　运动和力的关系-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

第四章运动和力的关系01实验:探究加速度与力、质量的关系实验探究

1.探究方法——控制变量法(1)控制小车的质量M(包括车上砝码)不变,改变合力F的大小,研究加速度与合外力的关系。(2)控制合力F不变,改变小车的质量M,研究加速度与质量的关系。2.要测量的物理量(1)小车的质量M(包括车上砝码)——用天平测出。(2)小车受的拉力F——用天平测出槽码的质量m,由F=mg近似算出。(3)小车的加速度a——①通过打点计时器打出的纸带测算出。②此实验测量不同情况下物体加速度的比值即可,可以测出两个做初速度为零的匀加速直线运动的物

体在相同时间内发生的位移x1、x2,由a=

,可得加速度之比就等于位移之比,即

=

。

一、常规实验1.实验装置图

2.关键步骤(1)测量质量:用天平测出小车和槽码的质量,并把数据记录下来。(2)安装器材:按实验装置图将实验器材安装好(小车上不系细线)。

(3)平衡阻力:在长木板无滑轮的一端下面垫一薄木板,调节薄木板的位置,直到小车拖动纸带沿长木板

匀速下滑。目的是用细线的拉力表示小车受到的合外力。(4)具体操作:将小车停在长木板上靠近打点计时器的一端,挂上槽码,先接通电源后放开小车,取下纸带并在纸带上标上号码以及此时小车的质量M及槽码的质量m。3.数据处理(1)利用逐差法求加速度a。

(2)以a为纵坐标,F为横坐标(保持M不变),利用多组数据描点、画线。如果该线为过原点的直线,说明a

与F成正比,如图甲。

(3)以a为纵坐标,

为横坐标(保持F不变),利用多组数据描点、画线。如果该线为过原点的直线,就能判定a与M成反比,如图乙所示。4.误差分析

图线不过原点①图线:未平衡摩擦力或摩擦力平衡不彻底②图线:摩擦力平衡过度图线发生弯曲③图线:没有满足m≪M

图线不过原点①图线:未平衡摩擦力或摩擦力平衡不彻底②图线:摩擦力平衡过度图线发生弯曲③图线:没有满足m≪M二、实验创新1.利用弹簧测力计或力传感器测量合外力实验装置如图所示,实验前需要平衡摩擦力。加速度可由纸带上的点计算得出,合外力可由力传感器或

弹簧测力计直接或间接测出,从而判断加速度a与合外力F的关系。此方案中不需要满足m远小于M的

条件。

2.用气垫导轨替代长木板,利用光电门测加速度利用气垫导轨替代长木板做实验时,由于滑块与气垫导轨之间的摩擦力极小,故不需要平衡阻力,应将

气垫导轨调水平,重物对滑块的拉力即为合外力,实验装置如图。3.通过位移之比测量加速度之比将两个相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可

放重物,如图甲所示,把木板一端垫高以平衡阻力,且使盘和盘中重物的总质量始终远小于小车与车中

重物的总质量,则小车受到的拉力近似等于盘和盘中重物的总重力。

两个小车后端各系一条细线,一起被一个夹子夹着使小车静止,如图乙所示,打开夹子,两个小车同

时开始运动,合上夹子,两小车同时停下,用刻度尺测出两个小车通过的位移,它们的加速度之比等于位

移之比。勘破疑难实验操作要点:(1)纸带和细绳要和木板平行。(2)小车应靠近打点计时器且先接通电源再释放小车。(3)平衡摩擦力时不要挂重物,整个实验平衡了摩擦力后,不管以后是改变槽码的质量还是改变小车及

砝码的质量,都不需要重新平衡摩擦力。

易错警示实验中必须满足小车和砝码的总质量远大于槽码的总质量。只有如此,槽码的总重力才可视为与小车

受到的拉力相等。对槽码:mg-F=ma对小车和砝码:F=Ma联立得F=

=

mg结论:当M≫m时,

≈0,即可认为F=mg,槽码的总重力可视为与小车受到的拉力相等;若不能满足M≫m时,a-

图线发生弯曲,图线的渐近线为a=g

关键提醒作图像时,要使尽可能多的点在所作直线上,不在直线上的点应尽可能均匀分布在所作直线两侧。离直

线较远的点应舍去不予考虑。关键点拨利用弹簧测力计探究a与F、m关系的实验原理分析:设弹簧测力计的读数为F,小车做匀加速直线运动,则根据牛顿第二定律有F=Ma,整理得a=

·F,a-F图线是一条倾斜直线(控制M不变)。

关键点拨利用光电门测加速度的原理分析:滑块做匀加速直线运动,经过光电门的速度为v=

(已知遮光条宽度d,利用挡光时间t可得出v)根据匀变速直线运动公式得

-

=2aL,又知两光电门之间的距离L,即可求出加速度a。方法技巧此实验方法的创新应用了等效替代法。根据x=

at2可知x∝a,即通过比较x的大小关系,就可以知道a的大小关系。典例为了探究加速度与力、质量的关系,三位同学分别设计了如图甲、乙、丙所示的实验装置,小车

总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器,丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮)①,钩码总质量用

m表示。

丙(1)三组实验需要平衡摩擦力的是②

(选填“甲”“乙”或“丙”),平衡摩擦力后,当M改变时,

(选填“需要”或“不需要”)再次平衡摩擦力。(2)三组实验需要带滑轮的木板上方的细线与木板平行的是③

(选填“甲”“乙”或“丙”)。(3)乙方案中探究加速度与合外力关系时,通过实验数据画出了一条过坐标原点的倾斜直线,其中纵轴

为小车的加速度大小。当钩码的质量较大导致a较大时④,图线

(填选项前的字母)。A.逐渐偏向纵轴

B.逐渐偏向横轴

C.仍保持原方向不变(4)丙方案中某同学在分析纸带计算加速度时操作如下:在一条点迹清晰纸带上取了6个计数点(如图

丁),且两相邻计数点的时间间隔为T,按照打点先后的顺序依次标为1、2、3、4、5、6,并测得x1=0.82

cm、x2=2.29cm、x3=3.7cm、x4=5.23cm、x5=6.69cm,试写出该同学求解小车加速度的表达式⑤a=

(用题中所给字母表示)。

丁(5)丙方案中保持小车的质量不变,以小车的加速度为纵坐标,以测力计的示数为横坐标,通过多次实验

数据作出的图像是一条倾斜直线,如图戊所示,图线的斜率为k⑥,则小车的质量为

。(用本小问

所给字母表示)

戊(6)用甲方案探究不同小车与长木板间的动摩擦因数(视为小车在长木板上滑动)。某同学直接将长木

板放在水平桌面上,用不同质量的小车A、B分别探究了其加速度a随拉力F变化的关系,忽略纸带与打

点计时器之间阻力及空气阻力,实验后进行数据处理,得到了小车A、B的加速度a与小车所受拉力F的关系图像,分别如图己中的A、B所示。该同学分析了图中两条线不重合的原因,是因为两个小车的质

量不等,且MA

MB;两小车与木板之间的动摩擦因数μA

μB。(均选填“大于”“等于”

或“小于”)

己信息解读①不同装置中M的定义不同,需注意受力分析的对象范围。②实验中要让小车所受合力等于细线拉力,因此三组实验都需要平衡摩擦力。③细线与木板平行,是为了保证绳子拉力方向与小车运动方向一致,避免拉力产生垂直木板的分力,影

响合力的准确性。④乙方案用力传感器直接测拉力,无需满足“钩码质量远小于小车质量”的条件,加速度与拉力始终成

正比。⑤用逐差法计算匀变速直线运动的加速度,可减小误差,充分利用纸带所有数据。⑥丙方案中滑轮结构使小车受到的合力等于2倍的测力计示数,需结合牛顿第二定律F合=Ma分析。解析

(1)本实验的目的是探究加速度与合力、质量的关系,必须平衡摩擦力才能满足细线对小车的作

用力等于小车受到的合力,所以甲、乙、丙三组实验都需要平衡摩擦力;三组实验平衡摩擦力后,即使

改变M,也均不需要再次平衡摩擦力。(2)三组实验为保证一次测量中小车的合力和加速度恒定,都需要带滑轮的木板上方的细线与木板平

行。(3)乙方案中,当钩码质量较大导致a较大时,由于力传感器直接测出了拉力大小,故图线仍保持原方向不

变,C正确。(4)观察测量数据可以发现该同学使用的刻度尺分度值为1mm,故x3测量错误应舍去,再利用逐差法可得

a=

。(5)对丙方案中的小车,由牛顿第二定律可得2F=Ma,解得a=

F,a-F图线的斜率为k,则k=

,则小车的质量为M=

。(6)由牛顿第二定律可得a=

=

F-μg,因为A图线斜率更大,故MA小于MB;由图像纵轴截距可得μAg大于μBg,故μA大于μB。答案

(1)甲、乙、丙不需要

(2)甲、乙、丙

(3)C(4)

(5)

(6)小于大于点拨平衡摩擦力的本质是让小车的重力平行长木板方向的分力与摩擦力抵消,即Mg·sinθ=μMgcosθ,

等式两边的M可以约去,因此平衡效果与小车质量无关,改变M后不需要再次平衡摩擦力。点拨刻度尺的分度值为1mm(0.1cm),读数应估读到0.01cm,而x3=3.7cm仅保留一位小数,存在读数错

误,应舍去。疑难点02瞬时性问题

1.牛顿第二定律(1)内容:物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同。(2)表达式:F=kma。(3)性质2.牛顿第二定律瞬时性的理解由牛顿第二定律F=ma知,加速度a与合外力F具有瞬时对应关系,合外力增大,加速度增大;合外力减小,

加速度减小;合外力方向变化,加速度方向也随之变化,即

1.轻绳(轻杆)和接触面类

突变前后列方程

(1)初始时:小球A在两轻绳拉力及重力的作用下平衡;小球B在轻绳拉力和重力的作用下平衡(2)剪断轻绳OA瞬间:小球A、B只受重力作用突变后,对A球有mAg=mAaA对B球有mBg=mBaBaA=aB=g

(1)初始时:小球在斜面、木板的支持力及重力的作用下平衡(2)撤去木板瞬间:小球受重力及斜面的支持力作用突变后,小球沿斜面方向有mgsinθ=ma垂直斜面方向有FN=mgcosθa=gsinθ2.弹簧、橡皮筋类

突变前后列方程

(1)初始时:小球A在轻绳OA的拉

力、弹簧拉力及重力的作用下

平衡;小球B受弹簧拉力和重力的

作用平衡(2)剪断轻绳瞬间,小球A受重力

和弹簧拉力作用,小球B受力不变剪断轻绳瞬间,弹簧弹力不突变,

F弹=mBgaA=

gaB=0

(1)初始时:小球C在橡皮筋BC的

拉力、轻绳AC的拉力及重力的

作用下平衡(2)剪断轻绳AC瞬间:小球C受橡

皮筋BC的拉力及重力的作用剪断轻绳瞬间,对小球,在竖直方

向有FBC

cosθ=mg在水平方向有FBC

sinθ=maa=gtanθ勘破疑难对于轻绳、轻杆和接触面,不发生明显形变就能产生弹力,剪断或脱离后几乎不需要时间恢复形变,弹

力立即消失或改变,一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理。勘破疑难弹簧、橡皮筋类瞬时性问题当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变,所以在瞬时

问题中,其弹力的大小认为是瞬时不变的。方法技巧

分析瞬时加速度的“四个步骤”

典例1如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连①,物块1、3质量为m,2、

4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态②。现将两木板沿水平方向突然抽

出,设抽出后的瞬间③,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有

(

)

A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=

gD.a1=g,a2=

g,a3=0,a4=

gC信息解读①刚性杆的弹力可以瞬间突变,轻质弹簧的弹力不能瞬间突变。②光滑木板说明无摩擦力;静止时,杆和弹簧的弹力均等于上方物块的重力(F杆=F弹=mg)。③“突然抽出”是瞬时问题,需分析瞬间受力变化。木板的支持力瞬间消失;杆的弹力会随受力变化立

即调整,弹簧的弹力保持抽出前的值瞬间不变。

解析在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,

所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的

弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足F弹-mg=ma3=0,则a3=0,由牛顿第二定律得物

块4满足a4=

=

g,A、B、D错误,C正确。典例2如图所示,用细绳b和两轻质弹簧a、c将质量均为m的两小球1和2连接后悬挂在天花板上,两小

球处于静止状态①,弹簧a与竖直方向的夹角为30°,弹簧c水平。重力加速度大小为g。则

(

)

A.弹簧a对小球1的拉力大小Fa=

mg②B.弹簧c对小球2的拉力大小Fc=

mg③C.剪断细线b瞬间,小球1的加速度大小a1=

gD.剪断细线b瞬间,小球2的加速度大小a2=gC信息解读①静止状态下整体受力平衡,可先对整体受力分析,再对单个小球受力分析。弹簧弹力不可突变,细线

拉力可突变。②对整体受力分析时,弹簧a的拉力是整体的外力,其竖直分量平衡两个小球的总重力。③弹簧c的拉力可通过整体水平方向受力平衡得到。解析对小球1、2整体分析可知,竖直方向Facos30°=2mg,可得弹簧a对小球1的拉力大小Fa=

mg,水平方向弹簧c对小球2的拉力大小Fc=2mgtan30°=

mg,A、B错误;对小球2分析可知,细线b的拉力Fb=

=

mg,剪断细线b瞬间,弹簧a的弹力不变,则小球1受的合力大小等于Fb,加速度大小a1=

=

g,同理可知,剪断细线b瞬间,弹簧c的弹力不变,则小球2受的合力大小等于Fb,加速度大小a2=

=

g,C正确,D错误。画图

疑难点03连接体问题

1.连接体分类接触连接体

整体法求两者相同的加速度;隔

离法求两者间的作用力

两者加速度不同,适宜用隔离法细绳连接体

整体法求两者共同的加速度;隔

离法求细绳的拉力弹簧连接体

情况比较复杂,在稳定后可用整

体法求两者相同的加速度,隔离

法求弹簧的弹力2.连接体间内力的计算(匀变速直线运动)水平面内运动

在光滑的水平面或斜面上两个物体组成连接体,外力作用在其中一个物体上,使连接体沿力的方向运动,则两个物体之间的作用力FAB=

F,此结论不受物体运动性质的影响,若涉及摩擦力,只要两物体与接触面间的动摩擦因数相同,此结论亦适用竖直面内运动

倾斜面上运动

勘破疑难(1)两个或两个以上相互关联(叠放,并排,或由绳子、细杆、弹簧连接)的物体构成的系统称为连接体。(2)连接体一般具有相同(或大小相等)的速度或加速度。当整体具有相同的加速度时,常将整体作为研

究对象,分析其所受外力及运动状态。若需求整体中某个物体的受力情况时,可将该物体隔离出来,单

独分析其受力及运动情况。知识拓展内力公式的由来

设质量分别为m1、m2的两物体在外力F的作用下一起向右运动,它们之间的内力为T,两物体与地面间的

动摩擦因数均为μ。对质量为m2的物体:T-μm2g=m2a对两物体:F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a联立解得:T=

F典例如图所示,物体P置于光滑的水平面上,用细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重为10N的

重物Q,物体P向右运动的加速度大小为

;若细线下端不挂重物,而用F=10N的力竖直向下拉细线下端②,这时物体P的加速度大小为a2,则下列说法正确的是

(

)

A.a1<a2

B.a1=a2

C.a1>a2

D.条件不足,无法判断A信息解读①P、Q运动的加速度大小相等,细线的拉力提供P运动的加速度,其大小不等于物体Q的重力10N。②细线的拉力提供P运动的加速度,其大小等于10N。解题导引

P、Q运动时,物体Q的重力提供整体的加速度,而细线的拉力提供P运动的加速度,根据牛顿

第二定律分析加速度的大小;改用F=10N的力拉细线时,以P为研究对象分析加速度。解析方法一:隔离法。挂重物时,设细线张力大小为T,以P为研究对象,由牛顿第二定律得T=mPa1,以Q

为研究对象,有mQg-T=mQa1,则a1=

=

;当改为10N的拉力后,由牛顿第二定律得a2=

,故a1<a2,故A正确。方法二:整体法。挂重物时,以P、Q组成的整体为研究对象,有mQg=(mP+mQ)a1,则a1=

=

;当改为10N的拉力后,由牛顿第二定律得a2=

,故a1<a2,A正确。点拨此时mQg相当于外力,由内力公式可得T=

,解得a1=

物理模型04等时圆模型

1.模型概述等时圆模型

相应的条件质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到环的最低点,所用时间相等质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端,所用时间相等两个竖直圆环外切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端,所用时间相等2.模型特点等时性等时圆模型中,质点沿不同倾角的光滑弦运动,由静止从弦上端运动到下端,时间相等唯一性运动时间只与圆的半径R和重力加速度g有关,计算公式为t=2

,与弦的倾角、长度无关匀加速性质点沿每条弦的运动都是初速度为零的匀加速直线运动,但不同弦对应的加速度不同几何约束性所有弦的端点必须位于同一个圆上,且释放点必须是弦的最高点条件理想必须满足光滑无摩擦和由静止释放两个理想条件勘破疑难所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,从圆上到达圆周的最低

点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。关键点拨如图所示,设某一条光滑弦与水平方向的夹角为θ,圆的直径为d。

质点沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=gsinθ,位移x=dsinθ,则运动时间t=

=

=

(与θ无关)。典例如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放

置,每根杆上都套着一个小圆环(图中未画出),四个环分别从O点由静止释放①,沿OA、OB、OC、OD滑

到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、

。下列关系不正确的是

(

)

A.t1>t2

B.t2=t1

C.t1=t3

D.t2<t4

B信息解读①构建等时圆模型解题。②等时圆的规律是从圆周上各点由静止沿光滑弦滑到圆周最低点(或从圆周最高点到圆周上各点)的

时间相等,需判断各点是否在同一等时圆上。模型建构

解析以OA为直径画圆,根据等时圆模型,从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同,故沿OA和

OC滑到底的时间相同,即t1=t3,OB<OB',时间最短,即t1>t2,OD>OD',时间最长,即t2<t4,综上有t4>t3=t1>t2,选项

B错误。方法技巧

物理模型05传送带模型

1.特点:传送带始终以恒定的速率运行,物体和传送带之间的动摩擦因数μ≠0。2.常见的传送带模型(1)水平传送带情境图示滑块可能的运动情况

①传送带较短时,滑块可能一直加速;②传送带足够长时,滑块先加速后匀速,匀速后摩

擦力将变为零

①v0>v时,若传送带较短,滑块可能一直减速;传送

带无限长时,滑块先减速再匀速。②v0<v时,若传送带较短,滑块可能一直加速;传送

带无限长时,滑块先加速再匀速。③v0=v,滑块一直匀速

①传送带较短时,滑块一直减速到左端。②传送带较长时,滑块会被传送带传回右端;当v0<

v时回到右端的速度为-v0,当v0>v时回到右端的速

度为v

(2)倾斜传送带情境图示滑块可能的运动情况

①μ>tanθ时,可能一直加速上滑,也可能先加速后

匀速,匀速后滑动摩擦力将突变为静摩擦力;②μ<tanθ时,一直加速下滑

①μ>tanθ时,可能一直加速下滑,加速度a=gsinθ+

μgcosθ,也可能先加速后匀速,匀速后滑动摩擦力

将突变为静摩擦力;②μ<tanθ时,先以a1=gsinθ+μgcosθ加速下滑,若

传送带较长,将再以a2=gsinθ-μgcosθ加速下滑

①μ<tanθ时,一直加速下滑;②μ=tanθ时,一直匀速下滑;③μ>tanθ时,可能一直减速下滑,可能先减速后反

向加速,也可能先减速再反向加速最后匀速情境图示滑块可能的运动情况

①v0<v且μ>tanθ时,可能一直加速下滑,加速度a=g

sinθ+μgcosθ;也可能先加速后匀速,匀速后滑动

摩擦力突变为静摩擦力。②当v0<v且μ<tanθ时,先以较大的加速度a1=gsinθ

+μgcosθ加速下滑,若传送带较长,将再以较小的

加速度a2=gsinθ-μgcosθ加速下滑。③当v0=v且μ=tanθ时,一直匀速运动。④当v0>v且μ>tanθ时,可能一直减速下滑,加速度

大小为a=μgcosθ-gsinθ;若传送带较长,可能先减

速后匀速,匀速后滑动摩擦力突变为静摩擦力勘破疑难1.当传送带水平时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。滑动摩擦力存在于发生相对运

动的物体之间,因此物体与传送带速度相同时,滑动摩擦力往往要发生突变。

2.常用规律(1)牛顿第二定律:F合=ma;(2)运动学公式:v=v0+at,x=v0t+

at2,v2-

=2ax。3.物体无初速度三类v-t图像

勘破疑难当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与传送带之间的动

摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对物体受力的影响,从而正确判断物体的速度和传送带速度相等后物体

的运动性质。关键点拨(1)轻放在倾斜传送带底端,判断能否共速。(2)轻放在倾斜传送带顶端,先判断能否共速;再判断共速后是否一起匀速运动。典例

(多选)如图(a)所示,一倾斜传送带以恒定速率v向下传动,质量分别为m、M的两物块P、Q用绕过

定滑轮的细绳相连①,某时刻P以速度v0滑上传送带顶端,同时Q也以速度v0竖直向上运动,此后P运动的v-t

图像如图(b)所示②,t1、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行,传送带足够长,Q始终没有

与滑轮相碰,重力加速度为g,则下列说法正确的是

(

)A.一定有v0>v③B.一定有M>mC.物块P返回传送带顶端的时刻为2

D.根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θAD信息解读①P与Q通过细绳相连,速度大小始终相等,加速度大小也始终相等。②需结合v-t图像中图线的斜率(加速度)变化,分析摩擦力的方向突变。③t1时刻P的加速度发生变化,说明此时P的速度与传送带速度v相等,结合v-t图像中0~t1段速度从v0减小

到v,可判断v0与v的大小关系。④t2时刻P的速度为0,即P到达最低点;需判断来回过程的加速度是否对称,以确定所用时间是否相等。题图解读

解析由图(b)可知,物块P先向下做减速运动,t1时刻加速度发生变化,说明摩擦力方向发生了变化,即t1

时刻物块P与传送带共速,t1时刻之前物块的速度大于传送带的速度,则一定有v0>v,在t1时刻之前,对P、

Q整体有μmgcosθ+Mg-mgsinθ=(M+m)a1,在t1时刻之后,对P、Q整体有Mg-mgsinθ-μmgcosθ=(M+m)a2。因a1和a2可以由v-t图像中图线斜率得到,则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传

送带倾角θ,但不能确定M和m的大小关系,A、D正确,B错误;由图像可知,在t2时刻物块P到达最低点,然

后反向沿传送带向上运动,加速度一直为a2,因a2<a1,结合v-t图线与横轴围成的面积表示位移,可知物块P

返回传送带顶端的时刻大于2t2时刻,C错误。

点拨两个阶段的方程区别仅在于摩擦力的符号,因为t1时刻后摩擦力方向发生了突变。物理模型06滑块—滑板模型

1.水平面光滑,外力作用在滑块上

(1)临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对B,由牛顿第二定律得μmAg=mBa,可知

其与A保持相对静止的最大加速度a=

;对A、B整体,此时外力F=(mA+mB)a=

。(2)运动分析:①当0<F≤

时,A和B相对静止共同加速,且加速度aA=aB=

;②当F>

时,A和B发生相对运动,且aA=

、aB=

。2.水平面光滑,外力作用在木板上(1)临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对A,由牛顿第二定律得μmAg=mAa,可知

A、B保持相对静止的最大加速度a=μg;对A、B整体,此时外力F=(mA+mB)a=μ(mA+mB)g。(2)运动分析:①当0<F≤μ(mA+mB)g时,A和B相对静止共同加速,且加速度aA=aB=

;②当F>μ(mA+mB)g时,A和B发生相对运动,且aA=μg、aB=

。3.水平面粗糙,外力作用在滑块上

(1)临界条件分析:①当B与地面间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2(mA+mB)g,此

时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对B,由牛顿第二定律得μ1

mAg-μ2(mA+mB)g=mBa,可知其与A相对静止的最大加速度a=

;对A、B整体,此时外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=

。(2)运动分析:①当0<F≤μ2(mA+mB)g时,A和B均不动;②当μ2(mA+mB)g<F≤

时,A和B保持相对静止共同加速运动,且aA=aB=

;③当F>

时,A和B发生相对运动,且加速度aA=

、aB=

。4.水平面粗糙,外力作用在木板上(1)临界条件分析:①当B与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2(mA+mB)g,此

时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A,由牛顿第二定律得μ1

mAg=mAa,知其与B保持相对静止的最大加速度a=μ1g;对A、B整体,此时外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=(μ1

+μ2)(mA+mB)g。(2)运动分析:①当0<F≤μ2(mA+mB)g时,A和B均不动;②当μ2(mA+mB)g<F≤(μ1+μ2)(mA+mB)g时,A和B保持相

对静止共同加速,且aA=aB=

;③当F>(μ1+μ2)(mA+mB)g时,A和B发生相对运动,且加速度aA=

μ1g、aB=

。勘破疑难(1)模型特点两个物体上下叠放,由于存在相对运动或相对运动趋势,两物体间存在相互作用的摩擦力,产生力和运

动的关系问题。(2)“四点”注意①用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。②建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。③不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。④在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。归纳总结(1)判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是解题的切入点。(2)根据相对运动方向,分析滑块与滑板各自所受摩擦力的方向,进而由牛顿第二定律求出各自的加速

度(包括大小和方向)是解题的着眼点。(3)计算滑板受到的摩擦力是解题的易错点。(4)分析滑块是否滑离滑板是解题的难点。关键点拨滑块不滑离滑板的临界条件:滑块恰好滑到滑板的边缘时,两者达到共同速度。(1)如图甲所示,长木板B带动物块A(可视为质点)运动,A恰好不从B上滑离的临界条件是A滑到B最左端

时二者速度恰好相等,位移关系为xB=xA+L。

(2)如图乙所示,物块A(可视为质点)带动长木板B运动,A恰好不从B上滑离的临界条件是A滑到B右端时

二者速度恰好相等,位移关系为xB+L=xA。典例如图所示,光滑水平地面上放着一块长木板,木板处于静止状态①,其长度为L=1.6m、质量为M=

3.0kg,质量m=1.0kg的小物块放在木板的最右端(小物块可视为质点),小物块与木板之间的动摩擦因数

μ=0.10。现对木板施加一个大小为F=10N、方向水平向右的恒力②,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦

力等于滑动摩擦力。

(1)求木板开始运动时加速度的大小;(2)如果把木板从物块下方抽出来,那么F持续作用的时间至少需要多长?信息解读①长木板初速度为零,且不受地面的摩擦力作用。②对木板施加F=10N、方向水平向右的恒力后,要判断木板与小物块间会不会发生相对滑动。解题导引

(1)对木板施加F=10N、方向水平向右的恒力后,经过判断木板与小物块间会发生相对滑

动,对木板和小物块分别利用牛顿第二定律求解其加速度大小;(2)把木板从物块下方抽出来,木板的运动分为两个阶段,一是在恒力F和摩擦力作用下的加速阶段,二是

撤去恒力后在摩擦力作用下的减速阶段,根据牛顿第二定律结合运动学规律求解。解析

(1)对木板施加F=10N、方向水平向右的恒力后,假设木板和物块保持相对静止,一起加速,则对

木板和物块整体,有F=(M+m)a对物块,有f=ma联立解得f=2.5N而木板和物块间的最大静摩擦力fm=μmg=1N由于f>fm,故假设不成立,木板和物块间会出现相对运动。对木板,水平方向的受力情况如图甲所示,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1解得a1=

=3.0m/s2(2)在恒力F作用下,木板以加速度a1向右做匀加速直线运动,如果把木板从物块下方抽出来,设F持续作

用的时间至少为t1。撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,加速度大小为a1'=

=

m/s2物块一直向右做匀加速直线运动,加速度大小为a2=μg=1.0m/s2撤去力F后,设经过时间t2物块滑到木板的最左端,此时两者的速度相等,即a1t1-a1't2=a2(t1+t2)木板的位移x1=

a1

+(a1t1)t2-

a1'

物块的位移x2=

a2(t1+t2)2两者位移关系如图乙所示

由图可知x1-x2=L联立解得t1=0.8s答案

(1)3.0m/s2

(2)0.8s点拨先假设物块与木板相对静止,计算所需静摩擦力,再与最大静摩擦力比较,若大于最大静摩擦力,

则发生相对滑动。这里算出的fm=1N是物块能获得的最大静摩擦力,也是判断是否发生相对滑动的核

心依据。点拨“至少”的含义是木板刚好抽出时,两者速度相等,这是临界条件。解题通法

高频考点07动力学中的图像问题

1.常见的两类图像问题两类问题已知物体在某一过程中的速度、加速度随时间变化的图像,即v-t、a-t图像,分析物体的受力情况已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图像,即F-t图像,分析物体的运动情况解决方法求解时,首先正确分析图像的每一段所表示的运动情况,然后结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解求解时,一般根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律求出加速度,分析每段过程的运动性质常见图像

2.特殊的图像问题对于一些非常规图像问题,如给出a-F图像(如图),要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根

据牛顿第二定律推导出图像中两个物理量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜

率、截距及面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量。

3.解决图像综合问题的关键(1)把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像的物理意义,明确图像所反映的物理过程。(2)特别注意图像中的一些特殊点,如图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等所表

示的物理意义。易错警示(1)混淆斜率与面积:v-t图线斜率表示加速度,图线与横轴所围面积表示位移;a-t图线与横轴所围面积表

示速度变化量Δv。(2)忽略矢量性:v、a、F都是矢量,其正负表示方向。(3)误用公式:在变加速直线运动中,不能直接套用匀变速直线运动的公式,一般要利用图像的面积以及

极限思想求解。关键提醒

典例如图甲,一滑块静止在粗糙的水平地面上。t=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F,外力大小

随时间变化规律如图乙所示,滑块加速度大小随时间变化规律如图丙所示❶❷,认为滑块与地面间的最大

静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是

(

)

A.t=4s时滑块的速度大小为8m/s③B.t=2s时地面对滑块摩擦力的大小为10NC.滑块的质量为1kgD.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.2D信息解读①F-t图像与a-t图像结合的动力学问题,需结合图像分析不同时间段的受力与运动状态。②0~1s内加速度为0,说明外力F小于最大静摩擦力(t=1s时相等);t=1s后加速度随时间线性变化,说明

滑块已开始滑动,摩擦力为恒定的滑动摩擦力。③速度可通过a-t图线与横轴围成的面积计算,需注意t=1s前速度为0。解析

a-t图像中,图线与横轴围成的面积表示速度的变化量,由于滑块的初速度为0,则t=4s时滑块的速

度大小为v=Δv=

×3×4m/s=6m/s,选项A错误。由图丙可知,在0~1s时间内,滑块的加速度a=0,滑块保持静止;在t=1s时,滑块开始加速运动,说明此时外力F等于最大静摩擦力,由图乙可知,t=1s时F=6N,故最

大静摩擦力fmax=6N=f滑动;t=2s时,滑块正在运动,因此地面对滑块的摩擦力的大小为f滑动=6N,选项B错

误。由图丙可知,t=2s时根据三角形相似有

=

,解得此时滑块的加速度大小为a=

m/s2,由图乙可知,此时外力F=10N,结合牛顿第二定律有F-f滑动=ma,代入数据解得滑块的质量为m=3kg,选项C错

误。根据f滑动=μFN=μmg,结合上述结论解得μ=

=0.2,D正确。解题通法

四步法处理动力学图像问题

疑难点08动力学中临界和极值问题

当物体由一种物理状态变为另一种物理状态时,可能存在一个转折点,这时物体所处的状态称为临界状

态,与之相关的物理条件则称为临界条件,涉及临界状态的问题称为临界问题。许多临界问题题干中常