高考物理备考微专题精准突破专题16 动力学基本问题解析版.docx

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高考物理备考微专题精准突破专题16动力学基本问题解析版

高考物理备考微专题精准突破

专题1.6动力学基本问题

【专题诠释】

1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况

解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．

2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况

解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．

可用程序图表示如下：

3.解决两类动力学基本问题应把握的关键

（1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；

（2）一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。

【高考引领】

【2019·全国卷Ⅲ】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。

细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10m/s2。

由题给数据可以得出（　　）

A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4N

C．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】　AB

【解析】　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。

由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝m/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：

2～4s内：

F－F摩＝ma1,4s以后：

F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确。

0～2s内，木板静止，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。

因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。

【2017·高考全国卷Ⅱ】为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1

置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击

出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出

发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运

动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：

（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；

（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．

【答案】

（1）　

（2）

【解析】

（1）设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得

－μmgs0＝mv－mv①

解得μ＝②

（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得

v－v＝2a1s0③

v0－v1＝a1t④

s1＝a2t2⑤

联立③④⑤式得

a2＝⑥

【技巧方法】

1.解决动力学基本问题的处理方法

（1）合成法：

在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用“合成法”．

（2）正交分解法：

若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用“正交分解法”．

2．两类动力学问题的解题步骤

【最新考向解码】

【例1】（2019·上海闵行区模拟）如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg的小圆环（未画出）套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.（g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：

（1）小圆环在BC段的加速度a2的大小；

（2）小圆环在AB段的加速度a1的大小；

（3）拉力F的大小．

【审题突破】　

（1）在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；

（2）分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；

（3）在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定（有向上或向下两种可能）→牛顿第二定律→拉力F.

【答案】　

（1）8m/s2　

（2）5m/s2　（3）1.05N或7.5N

【解析】　

（1）在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有

f＝μN＝μmg

则a2＝＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2.

（2）小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知

v＝2a1s1

小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知

v＝2a2s2

又＝

则a1＝a2＝×8m/s2＝5m/s2.

（3）当Fsinθ

由牛顿第二定律得

Fcosθ－f1＝ma1

又N1＋Fsinθ＝mg

f1＝μN1

联立以上各式，代入数据解得

F＝1.05N

当Fsinθ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示

由牛顿第二定律可知

Fcosθ－f2＝ma1

又Fsinθ＝mg＋N2

f2＝μN2

代入数据解得F＝7.5N.

【例2】（2019·安徽宣城高三上学期期末）质量为m＝1kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v＝4m/s，此时对物块施加F＝6N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点。

已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。

求：

（1）此过程中物块到O点的最远距离；

（2）撤去F时物块到O点的距离。

【答案】　

（1）1m　

（2）m

【解析】　

（1）物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与O点的最远距离为x1，

则有F＋μmg＝ma1

解得a1＝8m/s2；

由v2＝2a1x1，

可得x1＝1m。

（2）物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有

F－μmg＝ma2，解得a2＝4m/s2

μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2

由v＝2a2x2

v＝2a3x3

x2＋x3＝x1

联立解得x3＝m，

即撤去F时物块到O点的距离为m。

【例3】．（2019·武汉十一中学高三模考）（设均匀球体在空气中下落时，空气对球体的阻力的大小只与球的最大截面积成正比。

某同学用轻质细绳l1连接球A与球B，再用轻质细绳l2将球B悬挂于上方某位置，当两球处于平衡状态时，球A与水平地面的距离为18m，此时两细绳拉力的大小分别是2N、3N。

已知球A与球B的半径之比为1∶2，当地重力加速度为10m/s2。

第一次，若只剪断细绳l1，A球经2s落地。

第二次，若只剪断细绳l2，A球经多长时间落地？

（结果保留两位有效数字）

【答案】　2.3s

【解析】　设球A与球B的质量分别为mA、mB。

静止时对球A受力分析得：

T1＝mAg，

对整体受力分析得：

T2＝mAg＋mBg，

第一次剪断细绳l1后，球A加速下落，根据运动学公式得：

h＝a1t

对球A受力分析得：

mAg－fA＝mAa1

代入数据求得：

mA＝0.2kg，mB＝0.1kg，a1＝9m/s2，fA＝0.2N，

根据题意：

＝＝，解得：

fB＝0.8N。

第二次剪断细绳l2后，球A与球B一起加速下落，对球整体受力分析得：

mAg＋mBg－fA－fB＝（mA＋mB）a2

根据运动学公式得：

h＝a2tA′2

代入数据求得：

tA′＝s≈2.3s。

【微专题精练】

1．（2019·河北武邑中学模拟）光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是（　　）

A．匀减速运动　　　　　　　B．速度减小，加速度增大

C．速度减小，加速度减小D．无法确定

【答案】B

【解析】木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩到最短的过程中，木块竖直方向受到重力与支持力两个力，二力平衡．水平方向受到弹簧向左的弹力，由于弹力与速度方向相反，则木块做减速运动，随着压缩量的增大，弹力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，则木块做加速度增大的变减速运动，故B正确，A、C、D错误．

2.（多选）（2019·杭州二中模拟）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N

【答案】AD.

【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m（g＋a）＝4830N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180m时，速度v＝＝6m/s＞5m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10s后的速度v′＜at＝5m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230N，D正确．

3.（2019·沧州一中月考）将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图

乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球

所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（　　）

A．mg　　　　B.mgC.mgD.mg

【答案】C

【解析】设每块砖的厚度是d，向上运动时：

9d－3d＝a1T2

向下运动时：

3d－d＝a2T2

解得：

＝

根据牛顿第二定律，向上运动时：

mg＋f＝ma1

向下运动时：

mg－f＝ma2

解得：

f＝mg，C正确．

4.（2019·安徽淮北一中模拟）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大

C．弹簧的劲度系数k＝175N/mD．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2

【答案】C.

【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，刚释放时滑块的加速度为a2＝＝m/s2＝30m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175N/m，选项C正确．

5.