第4章 运动和力的关系 高频考点-【一本】高中物理知识大盘点

高频考点 ●●●●●● 牛顿运动定律的简单 必修第 考点1 应用 5年2考 考点2实验过程及数据处理6年9考、 册 例1（浙江卷)如图所示，在考虑空 例2（山东卷）在天宫课堂中，我国 气阻力的情况下，一小石子从O点 航天员演示了利用牛顿第二定律 第 抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是 测量物体质量的实验。受此启发， 最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成 某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度 运 正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大 传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测 小 量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤 的关系 如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上， 加速度传感器固定在滑块上； A.O点最大B.P点最大 ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨； C.Q点最大 加速度传感器 D.整个运动过程保持不变 力传感器 0000000000000000Q000 7滑块 气垫导轨连气源 解析从O点到P点，小石子在竖直方向上 受向下的重力和空气阻力，二者之和产生竖 甲 直方向的分加速度，小石子的速度逐渐减小， ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。 空气阻力逐渐减小，加速度逐渐减小；从P 弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点 点到Q点，小石子在竖直方向上受向下的重 到0点的距离为5.00cm,拉动滑块使其左 力和向上的空气阻力，二者之差产生竖直方 端处于A点，由静止释放并开始计时； 向的分加速度，小石子速度逐渐增大，空气阻 ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力 力逐渐增大，加速度逐渐减小。由上述分析 F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像 可知，小石子在O点竖直方向分运动的加速 如图乙所示。 度最大，A正确。选A。 FAN ta/(m.s) 0.610 3.08 解题通法分析运动和力的关系要点 (1)由牛顿第二定律可知合力与加速度有 0.1 0.2t/s 00.10.2ts 瞬时对应关系，加速度可以随着力的突变 乙 而突变，而速度的变化需要一个过程的积 al(m.s 3.50 累，不会发生突变。 3.00 (2)分析物体加速度的变化应从合外力入 2.50 手，合外力增大，加速度增大，但速度不一 2.00 1.50 定增大。 1.00 (3)在直线运动中，讨论速度的变化应从 0.50 速度和加速度的方向关系入手。 00.100.200.300.400.500.600.70FN 丙 。064● 用牛顿运动定律求瞬 回答以下问题（结果均保留两位有效数字）。 考点3 时加速度 5年5考 (1)弹簧的劲度系数为 N/m。 (2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的 例3（海南卷）（多选）如图所示，物 必 数据，画出a-F图像如图丙中I所示，由此可 块a、b、c的质量相同，a和b、b和c 得滑块与加速度传感器的总质量为 之间用完全相同的轻弹簧S1和S2 第 kg。 相连，整个装置通过系在a上的细 册 (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述 绳悬挂于固定点O,整个系统处于 a 第 实验步骤，在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ， 静止状态。现将细绳剪断，将物块 则待测物体的质量为」 kg。 a的加速度记为a1,S和S2相对原 解析(1)由题意知，弹簧处于原长时滑块左 长的伸长分别为△11和△l2,重力加 动和 端位于O点，A点到O,点的距离为5.00cm, 速度大小为g,在剪断细绳的瞬间 拉动滑块使其左端处于A,点，由静止释放并 的关系 A.a-3g B.a1=0 开始计时。结合题图乙的F-t图像有△x C.△l1=2Al2 D.△l1=△l2 5.00cm,F=0.610N,根据胡克定律有k= 解析设物块的质量都为，剪断细绳的瞬 ≈12N/m。(2)根据牛顿第二定律F= F 间，细绳上的拉力消失，弹簧还没有来得及改 ma,题图丙中a-F图像的斜率为滑块与加速 变，所以剪断细绳的瞬间，a受到重力和弹簧 度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中I S的拉力Fn,剪断细绳前对b、c和弹簧S2 所示，有品888-8g=5g,济块与 组成的整体受力分析可知Fn=2mg,故物块 a受到的合力F=mg+Fn=mg十2mg 加速度传感器的总质量m=0.20kg。(3)在 3mg,故加速度a=E-3g,A正确，B错误； 滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ m 11.50-0 所示，有m=0.0-0g1一3g,滑块、 设弹簧S2的拉力为Fr2,Fr2=mg,根据胡克 定律F=k△x可得，△l1=2△l2,C正确，D错 待测物体与加速度传感器的总质量m'≈ 误。选AC。 0.33kg,则待测物体的质量△m=m-m= 0.13kg。 解题通法用牛顿第二定律求瞬时加速度 答案(1)12(2)0.20(3)0.13 的两种模型 由牛顿第二定律可知，物体运动的加速度 解题通法实验数据的处理与误差分析 随合外力的变化而变化（加速度与合外力 (1)会利用逐差法及图像法求物体运动的 加速度，在求加速度时要注意题中相邻计 存在瞬时对应关系)。因此求解瞬时加速 数点间的时间间隔与打点周期的关系。 度的问题时，首先要确定该时刻合外力的 (2)根据实验原理和实验步骤分析实验的 变化情况。具体可简化为以下两类模型 系统误差和偶然误差。 及思路： (3)根据图像中斜率、截距的意义分析实 (1)对于轻质弹簧（或橡皮绳）模型：产生 验误差，特别是由平衡摩擦力及m未远 的弹力不会瞬间突变，可直接从受力分析 小于M引起的误差的分析。 入手确定合外力，然后用牛顿第二定律确 定加速度。 。065。 ②若Fn<F2,当F<Fn时，物块与木板静 (2)对于轻杆（或轻质刚性绳、接触面）模 止；随着拉力F的不断增大，到t1时刻，F= 型：产生的弹力可发生瞬间突变，应从即 Fa=(m1十m2)g,达到木板与地面间的最 修第 将要发生的实际运动入手，分析相应的受 大静摩擦力，拉力F继续增大，木板会与地 力，然后利用牛顿第二定律确定瞬时加 册 面发生相对滑动，而物块与木板未发生相对 速度。 滑动，根据牛顿第二定律可得F一F=F 第 利用图像分析运动和 考点4力的问题 5年5考 (m1十m2)g=(m1十m2)a1,此时两者的加 运 例4（全国乙卷）（多选）水平地面上 速度大小相等，a=F一m十m)g,木板 m1十m2 和 有一质量为m1的长木板，木板的 的加速度大小会随拉力的增大而增大；到2 的关系 左端上有一质量为m2的物块，如 时刻，拉力F继续增大，物块与木板间发生 图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物 相对运动，则对木板进行受力分析可知，木板 块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示， 将受到物块对其向右的滑动摩擦力，地面对 其中F1、F2分别为、t2时刻F的大小。木 其向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可 板的加速度a随时间t的变化关系如图(c) 得F2一Fn=2m2g一1(m1十m2)g=m1a2, 所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 则此后木板的加速度大小始终为a2= 山1，物块与木板间的动摩擦因数为2。假设 2m2g一(m十m2)g,此运动过程符合题图 最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等， m 重力加速度大小为g,则 (c),故Fn<F2符合题意。综上分析，Fn< F2,即h(m十m2)g<2m2g,解得2> 7m3 F m1十m2」 0 m2 1;F1=Fn=山(m1十m2)g;t2时刻， 图(a) 图(b) 图(c) 对物块受力分析，由牛顿第二定律有F2 A.F1=jmig m2g=ma2,可得F2=mg十m2a2= B.F2=m(m十m) μ2一h1)g mi me(m十m》(ue一)g;物块与木板在0~t mi C.h>m十m2 时间段内相对静止，加速度相等，B、C、D正 m2 确。选BCD。 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 解析由题意可知，木板与地面间的最大静 解题通法动力学图像问题的求解思路 摩擦力Fn=山(m1十m2)g,物块与木板间的 (I)动力学中常见的图像有F-a图像、 最大静摩擦力F2=u2m2g,根据题意可分析 图像F-t图像、vt图像及a-t图像 a- 下列两种情况： 等，这些图像既可以描述物体受力或运动 ①若F>F2,随着拉力F的不断增大，当 的全过程，又可以描述物体在临界点（速 F>F2时，物块与木板间发生相对运动，则木 度大小、方向变化或加速度大小、方向变 板受到向右的滑动摩擦力，但由于Fn>F2, 化)的受力或运动情况。 木板始终静止，则F>F2不符合题意； ●066● (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 (2)动力学图像问题的常见类型及解题思路。 类型 解题思路 必 ①根据运动图像，求解加速度； 由运动 修第 ②应用牛顿第二定律，建立加速 图像分 度与力的关系； U 册 析受力 ③确定物体受力情况及相关物 情况 理量 四章 ①根据受力图像，结合牛顿第二 解析(I)小包裹的速度V2大于传动带的速 动和 由受力 定律，确定加速度的变化情况； 度V1,所以小包裹受到传送带的摩擦力方向 图像分 ②根据加速度和初速度的方向， 沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 的关系 析运动 判断是加速运动还是减速运动； 情况 ③由加速度结合初始运动状态， mgcos0-mgsin0=ma,解得a=0.4m/s2 分析物体的运动情况 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传动带上 ①分析运动过程中物体的受力 由已知 做匀减速直线运动，用时 情况； 条件确 ②根据牛顿第二定律推导出加速 t=-2=0.6-1.6 =2.5s 定物理 8 —0.4 度表达式； 量的变 ③根据加速度的变化确定其他物 小包裹在传动带上滑动的距离 化图像 理量的变化图像 x1=t1=0.6t1.6×2.5m=2.75m 2 2 牛顿运动定律和运动学的综合 因为小包裹所受滑动摩擦力大于其重力沿传 考点5 运用 5年12考、 动带方向上的分力，即mgcos>mngsin0, 例5（辽宁卷）机场地勤工作人员利 所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动 用传送带从飞机上卸行李。如图所 至传送带底端，匀速运动的时间 示，以恒定速率V=0.6m/s运行 的传送带与水平面的夹角α=37°，转轴间距 t6=L-=3.95-2.755=25 0.6 L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度 所以小包裹通过传送带的时间 v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹 t=t1+t2=4.5s (可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦 因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2, 答案(1)0.4m/s2(2)4.5s sin37=0.6,c0s37°=0.8。求： (点拨解题关键在于分析物体所受的摩擦力 (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大 与重力在斜面方向上分力的大小关系，判断 小a; 物体的运动情况。 ●067。