3.3专题提升：连接体、多过程及斜面上的动力学问题——2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦连接体、多过程及斜面上的动力学问题三大核心考点，依据高考评价体系梳理了弹簧轻绳轻杆连接体类型特点，多过程问题分解策略，斜面运动规律等考查要求，通过典例归纳整体法隔离法等常考题型解法，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点解析+典例突破+素养提升”模式，如连接体问题用科学思维建模分析速度关联，斜面问题结合物理观念推导运动公式，帮助学生掌握受力分析和过程分解技巧，教师可借此系统开展专题复习，提升学生高考得分率。

第14课时　专题提升:连接体、多过程及斜面上的 动力学问题 考点一　连接体问题 1.常见连接体类型与特点 类型 图示 特点 弹簧 连接 体   在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率往往相等 叠放 连接 体   两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等 类型 图示 特点 轻绳 连接 体   轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等 轻杆 连接 体   轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比 2.连接体问题求解方法 考向1　速度相同的连接体 典例1　高铁已成为重要的“中国名片”,领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车,从车头开始编号的第2、3、6和7共四节为动力车厢,其余为非动力车厢,每节车厢质量均为m。当列车在平直轨道上匀加速启动时,每节动力车厢牵引力大小均为F,每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍,重力加速度为g。则(　　) A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B.整列车的加速度大小为 C.第3节车厢对第2节车厢的作用力大小为 D.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为 B 解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力,水平方向有沿运动方向的水平摩擦力,两个力的合力方向斜向上方,选项A错误;对整体列车,根据牛顿第二定律有4F-8kmg=8ma,解得a=,选项B正确;对第1、2节车厢的整体,根据牛顿第二定律有F32+F-2kmg=2ma,解得F32=0,选项C错误;对第1节车厢,根据牛顿第二定律有F21-kmg=ma,解得F21=,选项D错误。　 考向2　速度关联的连接体 典例2　如图所示,用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接,木箱质量M=8 kg,重物质量m=2 kg,木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数μ0需满足什么条件? (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4,用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时,求重物的速度v。 答案 (1)μ0≥0.5　(2)v= m/s 解析 (1)对重物受力分析,根据受力平衡可得FT=mg=20 N,对木箱受力分析,可得Ff=2FT,又Ff=μ0Mg,联立解得μ0=0.5,要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ0≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a,则重物加速度大小为2a,对重物受力分析,根据牛顿第二定律可得FT-mg=2ma,对木箱受力分析,有F-μMg-2FT=Ma,解得a=0.5 m/s2,当木箱向左匀加速位移x=0.5 m时,重物向上的位移为h=2x=1 m,由2×2a·h=v2,可得此时重物的速度为v= m/s。 考点二　多过程问题 1.解决多过程问题的思路 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力示意图和过程示意图。 (3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。 2.解题关键 (1)紧抓两个分析:受力分析和运动过程分析。 (2)画出运动情境示意图帮助分析运动过程。 典例3　如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=1 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=18 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=3 s时离地面的高度为h=27 m(g取10 m/s2)。 (1)求上升过程中加速度a大小; (2)运动过程中所受空气阻力Ff大小; (3)假设由于动力系统故障,悬停在离地面 高度H=28.8 m的无人机突然失去升力而坠落,经时间t1在遥控设备的干预下故障解除,动力系统重新启动提供向上最大升力。为了使无人机不坠落到地面,求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。 答案 (1)6 m/s2　(2)2 N　(3)2 s 考点三　斜面上的动力学问题 1.光滑斜面 (1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t,由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定,与物体的质量无关。at2,a=gsin θ,则t=。 (2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定,与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。v2=2a,a=gsin θ,则v=。 2.粗糙斜面 (1)物体不受外力 ①物体下滑或静止 μ=tan θ,Ff=mgsin θ,物体匀速下滑或静止,加速度a=0。 μ<tan θ,f<mgsin θ,物体加速下滑时,加速度a=g(sin θ-μcos θ)。 μ>tan θ,f>mgsin θ,物体若无初速度将静止于斜面上;物体向下减速下滑,加速度a=g(μcos θ-sin θ)。 ②物体上滑 物块沿斜面向上做匀减速运动,滑动摩擦力沿斜面向下,滑动摩擦力f=μmgcos θ,加速度沿斜面向下,a=g(μcos θ+sin θ)。 (2)物体受外力 ①外力平行于斜面 条件 结论 加速度a 沿斜面向上 平行斜面方向:F-mgsin θ-μFN=ma 垂直斜面方向: FN=mgcos θ 加速度a 沿斜面向下 平行斜面方向:mgsin θ+μFN-F=ma 垂直斜面方向: FN=mgcos θ 加速度a 等于零 平行斜面方向:F=mgsin θ+μFN 垂直斜面方向: FN=mgcos θ ②外力与斜面夹角为α 条件 结论 加速度a 沿斜面向上 平行斜面方向:Fcos α-mgsin θ-μFN=ma 垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ 加速度a 沿斜面向下 平行斜面方向:mgsin θ+μFN-Fcos α=ma 垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ 加速度a 等于零 平行斜面方向:Fcos α=mgsin θ+μFN 垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ 考向1　物体在斜面上不受外力的运动问题 典例4　如图,在倾角37°、足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体,物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5,今给物体以沿斜面向上的初速度v0=10 m/s使其从斜面底端向上滑行,已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,计算结果可以保留根号。 (1)画出物体上滑过程中的受力分析图; (2)求物体向上滑行的最大距离; (3)求物体在斜面上向上滑行时间t1与物体在 斜面上向下滑行到初始位置的时间t2的比值。 答案 (1)见解析图　(2)5 m　(3) 解析 (1)上滑过程,物体受到重力、沿斜面向下的摩擦力、 垂直斜面向上的支持力,受力分析图如图所示。 (2)上滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 上滑过程,物体的加速度大小为a1=10 m/s2, 根据动力学公式=2a1x,物体向上滑行的最大距离为x=5 m。 (3)物体在斜面上向上滑行时间t1= s=1 s,下滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,下滑过程,物体的加速度为a2=2 m/s2,根据动力学公式x=a2,物体在斜面上向下滑行到初始位置的时间为t2= s,则。　 对点演练1　如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C、M三点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点,B点在y轴上且在A点上方, O'为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点。如所用时间分别为tA、tB、tC, 则tA、tB、tC的大小关系是(　　) A.tA<tC<tB B.tA=tC<tB C.tA=tC=tB D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系 B 考向2　物体在斜面上受外力时的运动问题 典例5　如图所示,质量m=5 kg的物体放在一倾角为30°的固定斜面上,轻推一下物体,恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力,物体恰能沿斜面匀速向上滑行。g取10 m/s2。试求: (1)物体与斜面间的动摩擦因数; (2)水平推力F的大小。 答案 (1)　(2)50 N 对点演练2　如图所示,倾角为θ=37°的斜面体C固定于水平面上,质量mB=5 kg的物体B置于斜面上,与斜面的动摩擦因数μ=0.5;物体B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接,连接B的一段细绳与斜面平行,滑轮通过轻杆固定在天花板上。重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37° =0.8)。 (1)若物体B恰好沿斜面匀速下滑,求物体A的质量mA; (2)若物体A的质量为mA=15 kg,物体B沿斜面滑动时,求绳中拉力的大小FT  答案 (1)1 kg　 (2)若B沿斜面加速向上滑动,FT=75 N;若B沿斜面减速向下滑动,FT=45 N $