力学总复习（1）（有详解） 教案

【考点】解决极值问题和临界问题的方法（图解法和数学解析法）

【例1】　质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．

(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；

(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？

【解析】　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有：mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ.

(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有：Fcos α＝mgsin θ＋Ff；

Fsin α＋FN＝mgcos θ；Ff＝μFN

解得F＝＝＝

则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.

(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff＝Fcos(α＋θ)

当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，Ff＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.

[答案]　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ

【针对练习1】1、如图所示，一个重为5 N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为(　　)

A．5.0 N　　　B．2.5 N C．8.65 N        D．4.3 N

解析：以砝码为研究对象，分析受力情况，其受重力G、绳子的拉力FT和力F，由图看出，当F与绳子垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝Gsin 30°＝2.5 N，故选项B正确。    答案：B

2、如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时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，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)这一临界角θ0的大小．

解析：(1)如图所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°

解得μ＝tan 30°＝

(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得：

Fcos α＝mgsin α＋Ff′；FN′＝mgcos α＋Fsin α ；Ff′＝μFN′

解得F＝

当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，

都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.

答案：(1)　(2)60°

【考点】动力学中的图像问题、对单物体（质点）的应用；对质点系的应用。

【题型】多选题【题类】常考题【难度】困难【题源】湖北黄冈2017高一上学期期末考试

【例2】 如图甲所示，一质量为M长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到方向水平大小可变的拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图所示。取重力加速度，则（  AD   ）
A、滑块与木板间动摩擦因数为0.1
B、木板质量M=4kg，滑块质量m=2kg
C、当F=9N时，滑块加速度为

D、当F=3N时，滑块与木板间的摩擦力2N

【解析】AB、当时，对M，根据牛顿第二定律得，

知图线的斜率：，解得：。
当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律有：，

代入数据解得：，可得滑块的质量：，故A正确，B错误；
根据的图线知，时，，即：，代入数据解得：，A符合题意，B不符合题意；
C、当时，对滑块m，根据牛顿第二定律得：，解得：，C不符合题意。
D、当时，滑块与木板整体的加速度为：，对滑块，由牛顿第二定律得：，即得滑块与木板间的摩擦力为2N，D符合题意。
【答案】AD。

【分析】滑块滑板模型判断方法类似于传送带问题，结合题目当中的加速度和受力图像根据牛顿第二运动定律列方程求解。

【考点】动力学中的图像问题

【题型】单选题【题类】模拟题【难度】普通【题源】高考物理刷题能手P24.8

【针对练习2】1、放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度。由此两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（    ）
A、  B、
C、  D、

【考点】图象；牛顿定律与图象

【题型】综合题【题类】常考题【难度】困难【题源】西藏日喀则一高高三期中试卷（备用）

2、如图甲所示，质量m=1kg的物体在平行斜面向上的拉力作用下，从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像（v-t图象）如图乙所示，，求: （1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；

【分析】撤去拉力后，物块沿斜面向上做减速运动，根据图象求加速度，结合牛顿第二定律求动摩擦因数；根据图象及牛顿第二定律公式求拉力的大小。
【解析】物块上升的位移：
物块下滑的距离：
位移：
路程：

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小、和拉力大小F

【解析】由图乙知，各阶段加速度的大小：；；
设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律：
内：

内：
联立解得：

【考点】对单物体（质点）的应用；滑动摩擦力；弹力

【题型】单选题【题类】常考题【难度】困难【题源】四川遂宁市射洪中学2018高三上入学考试

3、如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图（乙）所示，则小滑块A的质量为（  B  ）

A、4kg  B、3kg  C、2kg  D、1kg

【分析】分析图像的物理意义，图像的斜率的大小代表质量的倒数，尤其注意转折点的物理意义A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律列式求解。

【解析】由图知，当时，加速度为：，
对整体分析，由牛顿第二定律有：，
代入数据解得：，

当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：，
由图示图像可知，图线的斜率：，解得：，滑块A的质量为：。故答案为B。

【考点】牛顿第二定律的瞬时性

【例3】如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)

A．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg； B．弹簧的弹力大小为mg；

C．木块A的加速度大小为2g；    D．弹簧的弹性势能立即减小

【思路点拨】　解此题关键有两点：(1)找出C移开前各物体的受力特点．

(2)C移开瞬间弹簧弹力没有发生变化．

【解析】　移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确．[答案]　C.

【针对练习3】1、　在[典例1]中，将木块C放在木块B的下方，如图所示，现将木块C沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间物块A、B的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝0　　　B．a1＝a2＝g     C．a1＝0，a2＝2g    D．a1＝2g，a2＝0

【解析】：在抽出木块C的瞬间，木块A、B间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对木块A向上的弹力大小和对木块B向下的弹力大小仍为mg，因此木块A满足mg＝F，a1＝0；由牛顿第二定律得木块B满足a2＝＝2g，所以C对． 【答案】：C

2、　把[针对练习3.1]中的弹簧换成刚性轻质杆，如图所示，现将木块C沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间木块A、B的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝0      B．a1＝a2＝g C．a1＝a2＝2g     D．a1＝g，a2＝2g

【解析】：在抽出木块C的瞬时，木块A、B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，所以B对．【答案】：B.

3、　把[针对练习3.1]和[针对练习3.2]中木块换成质量相等的小球，放在倾角为θ的光滑斜面，如图所示，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

A．两图中两球加速度均为gsin θ；  B．两图中A球的加速度均为0

C．图乙中轻杆的作用力一定不为0；  D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍

【解析】：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力能突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D对．【答案】：D

4、(多选)在[典例1]中把木块A、B和C改为质量均为m，A和B、B和C之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在A上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将木块A的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(　　)

A．a1＝3g      B．a1＝0     C．Δl1＝2Δl2    D．Δl1＝Δl2

【解析】：剪断细线前，把A、B、C看成整体，细线上的拉力为FT＝3mg.因在剪断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此A、B、C之间的作用力与剪断细线之前相同，则将细线剪断瞬间，对A隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．  【答案】：AC

5、(多选)把[针对练习3.4]中木块换成质量均为m的小球，如图所示，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ

B．C球的受力情况未变，加速度为0

C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ

D．B、C之间杆的弹力大小为0

【解析】：初始系统处于静止状态，把B、C看成整体，B、C受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得F弹＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把B、C看成整体，根据牛顿第二定律得B、C球的加速度a′＝gsin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．  【答案】：CD.

【题海拾贝】：

1、【考点一：实验原理与操作】　(2019·陕西西安名校联考)

(1)验证“力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB、OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图甲中弹簧测力计B的读数为________N；图乙中的F和F′两力中，方向一定沿OA方向的是________．

(2)本实验采用的科学方法是________．

A．理想实验法　　　　　B．等效替代法         C．控制变量法          D．建立物理模型法

解析：(1)弹簧测力计的分度值是0.1 N，估读到下一位，读数为11.40 N．一定沿OA方向的是用一个弹簧测力计拉时的力F，由于实验误差，平行四边形对角线不一定沿OA方向．

(2)本实验采用的是等效替代法．   【答案】：(1)11.40　F　(2)B

2、【考点】图像；对单物体（质点）的应用；功率的计算；恒力做功

【题型】单选题【题类】常考题【难度】困难

如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测监测推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示，取，则（  B   ）
A、第1s内推力做功为1J；    B、第1.5s时推力F的功率为3W
C、第2s内物体克服摩擦力做的功为W=4.0J；  D、第2s内推力F做功的平均功率

【分析】通过受力时间图像和速度时间图像，分析物体的运动情况，结合摩擦力做功的公式列式求解。

【解析】A、由图可知，第1s内物体的速度为零，故位移为零，推力不做功，A不符合题意；
B、第1.5s时推力为3N；速度；则推力的功率：，B符合题意；
C、由第3s内物体做匀速直线运动可知，摩擦力，第2s内物体经过的位移为：，则克服摩擦力做功为：，C不符合题意；
D、第2s 物体位移为：，推力F做功为：，第2s内推力F做的功的平均功率为：，D不符合题意。 故答案为：B。

3、【考点】动能定理、平抛运动

【题型】解答题【题类】常考类【难度】0.4【题源】2019届高考二轮复习力学考点集训：动能定理

如图所示，在光滑的水平平台上有一质量的小球压缩轻质弹簧（小球与弹簧不拴连）使其具有的弹性势能，平台的B端连接两个半径都为R且内壁都光滑的四分之一细圆管BC及细圆管CD，圆管内径大于小球直径，B点和D点都与水平面相切，在地面的E处有一小圆弧（图中未画出，小球在经过E处时的动能不损失）且安装了一个可改变倾角的长斜面EF，已知地面DE长度为0.3m且与小球间的动摩擦因数，小球与可动斜面EF间的动摩擦因数，现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到B点时对上管壁有的弹力。求：
（1）细圆管的半径R；
（2）小球经过D点时对管壁的压力大小；
（3）当斜面EF与地面的倾角（在范围内）为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短？并求出最短长度。

【分析】（1）根据能量守恒求出小球到达B点 的速度，结合牛顿第二定律，通过小球对B点的弹力求出细圆管的半径。
（2）对B到D运用动能定理，求出D点的速度，结合牛顿第二定律救出小球经过D点时对管壁的压力大小。
（3）根据动能定理救出小球在EF上上滑长度的表达式，结合数学三角函数求出最短长度。

【解析】（1）根据能量守恒得：
代入数据解得：
在B点，根据牛顿第二定律得，
代入数据解得：
（2）对B到D，根据动能定理得：
由牛顿第二定律得，
代入数据解得：
（3）从B开始，到运动至斜面上的最高处，根据动能定理得：

代入数据解得：
当时，s有最大值。
答：（1）细圆管的半径为0.2m。

(2)小球经过D点时对管壁的压力大小为7N
（3）当斜面EF与地面的倾角（在范围内）为600时，s有最大值，最大值为0.39m。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律的 综合运动，知道小球做圆周运动向心力的来源，对于第三问，对数学能力要求较高，关键得出关系式，结合三角函数进行求解。

【培优提升】【考点】动量定理

1、【题型】综合题 【题类】常考题；【难度】困难【题源】

如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物体在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平间的动摩擦因数（），求
（1）AB间的距离；
【解析】因为物体在后2s内在大小为F=4N的力的作用下由A运动到B点，故这段时间的加速度为：；
故A、B间的距离为：。
（2）水平力F在5s时间内对物块的冲量。
【解析】5s末物体的速度大小为：，方向水平向左；将t=5s看成一个整体，设水平方向向右为正方向，根据动量定理得：，即水平力F在5s时间内对物块的冲量：，所以这段时间内冲量的大小为2Ns，方向水平向左。
 

2、【知识点】斜面模型、物体在环形管道内的运动、机械能与曲线运动结合问题

【题型】解答题【题类】常考题【难度】较难【题源】全国百强校湖北襄阳第四中学2018，高一月考试题

如图所示，在水平平台上有一质量的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不栓连)至A点，平台的B端连接半径为，内壁光滑的二分之一细圆管BC，圆管内径略大于小球直径，小球可视为质点，B点和C点都与水平面相切。在地面的D点安装了一个可变倾角的足够长斜面DE，已知地面CD长为，且小球与地面之间的动摩擦因数，小球与可动斜面DE间的动摩擦因数，现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到C点时速度大小为：，，求：
（1）小球经过C点时对管壁的作用力；
（2）当斜面EF与地面的夹角（在范围内）为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短并求出这个最短长度（小球经过D点时速度大小不变）

【解析】（1）设小球在C点 受到的支持力为N，小球对管壁的压力为N’
对小球在C点：
解得：
根据牛顿第三定律可得：
（2）设小球在D点的速度为，小球从D滑到E点的最高点之间距离为s，小球从C点到D 点：； 解得：
小球在DE斜面上，应用牛顿第二定律：
小球在斜面的的位移：
由可得：
当时，s最小，。

3、【知识点】含有斜面的连接体问题分析

【题型】解答题【题类】常考题【难度】困难【题源】湖南长沙一中2019高二下学期期末试题

如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为600和300，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物休，物体B的质量为m，重力加速度为g。
（1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求A物体下滑的加速度（B物体不与滑轮碰撞，结果用根号表示）；

（2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，求加速度a与A物体质量的取值范围。

【解析】（1）由牛顿第二定律：
解得两物块加速度：
（2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解。当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右；
对A物体：
对B物体：
解得：
由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足：
加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足：
当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左；
对A物体，
对B物体，
解得：
由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足：
加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足：。