届高考物理二轮复习 专题二 第1讲 动力学观点在力学中的应用 学案全国通用文档格式.docx

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动能变为原来的9倍

易

2017年

24题·

12分

牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律

灵活选取运动公式、运动等时性

1．物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：

物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线．

2．匀变速直线运动的基本规律为

速度公式：

v＝v0＋at.

位移公式：

x＝v0t＋

at2.

速度和位移公式的推论：

v2－v02＝2ax.

中间时刻的瞬时速度：

＝

.

任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·

（Δt）2.

3．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．

4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度．

5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；

当a有竖直向下的分量时，失重；

当a＝g且竖直向下时，完全失重．

1．动力学的两类基本问题的处理思路

2．解决动力学问题的常用方法

（1）整体法与隔离法．

（2）正交分解法：

一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．

（3）逆向思维法：

把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．

高考题型1　动力学基本问题分析

例1　（多选）（2017·

深圳市第一次调研）如图1甲所示，质量m＝1kg、初速度v0＝6m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

图1

A．t＝2s时物块速度为零

B．t＝3s时物块回到O点

C．恒力F大小为2N

D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1

答案　ACD

解析　物块做匀减速直线运动的加速度大小为：

a1＝

m/s2＝3m/s2，

物块做匀减速直线运动的时间为：

t1＝

＝2s，故A正确；

匀加速直线运动的加速度大小为：

a2＝

m/s2＝1m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝

s＝2

s，故B错误；

根据牛顿第二定律得：

F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得：

F＝2N，Ff＝1N，则动摩擦因数为：

μ＝

＝0.1，故C、D正确．

1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变而后者不能．

2．连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．

3．两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．

1．（多选）如图2所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）

图2

A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零

答案　BC

解析　系统静止，根据平衡条件可知：

对B球F弹＝mgsinθ，

对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，

细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；

对A球根据牛顿第二定律得：

a＝

＝2gsinθ，故A、D错误，B、C正确．

2．（2017·

河南洛阳市第二次统考）如图3甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B，保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示（a1、a2、m0未知），设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为g，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）

图3

A．若θ已知，可求出A的质量

B．若θ已知，可求出乙图中m0的值

C．若θ未知，可求出乙图中a2的值

D．若θ未知，可求出乙图中a1的值

答案　D

解析　据牛顿第二定律对B受力分析得：

mg－F＝ma①

对A得：

F－mAgsinθ＝mAa②

联立①②得a＝

③

若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA.故A错误．

当a＝0时，由③式得，m0＝mAsinθ，mA未知，m0不能求出．故B错误．

由③式得，m＝0时，a2＝－gsinθ，故C错误．由③式变形得a＝

.当m→∞时，a1＝g，故D正确．

高考题型2　应用动力学方法分析传送带问题

例2　（2017·

陕西宝鸡市一模）某工厂为实现自动传送工件设计了如图4所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4m，倾斜传送带长度LCD＝4.45m，倾角为θ＝37°

，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：

图4

（1）工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度和所用的时间；

（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小（v2＜v1）．

答案　

（1）0.75m　1.8s　

（2）4m/s

解析　

（1）工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：

FN1＝mg

Ff1＝μFN1＝ma1

联立解得：

a1＝5m/s2.

由运动学公式有：

s＝1s

x1＝

a1t12＝

×

5×

12m＝2.5m

由于x1＜LAB，工件随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为：

t2＝

＝0.3s

工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：

FN2＝mgcosθ

mgsinθ＋μFN2＝ma2

x2＝

a2＝10m/s2，x2＝1.25m

工件沿CD传送带上升的最大高度为：

h＝x2sinθ＝1.25×

0.6m＝0.75m

沿CD上升的时间为：

t3＝

＝0.5s

故总时间为：

t＝t1＋t2＋t3＝1.8s

（2）CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；

当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得：

－2a2x3＝v22－v12

mgsinθ－μFN2＝ma3

－2a3x4＝0－v22

LCD＝x3＋x4

解得：

v2＝4m/s

1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．

2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．

3．（2017·

河南郑州市模拟）如图5所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

图5

A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小

B．粮袋开始运动的加速度为g（sinθ－μcosθ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动

C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>

gsinθ

答案　A

解析　开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项错误；

粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinθ>

μmgcosθ，即当μ<

tanθ时粮袋将继续做加速运动，C、D项错误，A项正确．

4．（多选）（2017·

广西桂林市联考）如图6所示，一小物体m从

光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g＝10m/s2，则下列选项正确的是（　　）

图6

A．物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关

B．若传送带逆时针方向运行，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点

C．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v>

2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧

D．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v<

2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧

答案　BCD

解析　由机械能守恒定律得mgR＝

mv02，则v0＝2m/s，传送带静止时，A点：

F－mg＝m

，得F＝3mg，与R无关，A错误；

若传送带逆时针运行，物体也匀减速运动至B点，与静止情况相同，落在C点，B正确；

若传送带顺时针运行，v>

2m/s，物体加速运动，落在C点右侧，C正确；

若v<

2m/s，物体可能先匀减速后匀速，到B点速度可能大于传送带静止时到达B点的速度，此时落在C点右侧，D正确．

高考题型3　应用动力学方法分析“滑块—木板”问题

例3　（2017·

全国卷Ⅲ·

25）如图7，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；

木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：

图7

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．

答案　

（1）1m/s，方向与B的初速度方向相同　

（2）1.9m

解析　

（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小为Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有

Ff1＝μ1mAg①

Ff2＝μ1mBg②

Ff3＝μ2（m＋mA＋mB）g③

由牛顿第二定律得

Ff1＝mAaA④

Ff2＝mBaB⑤

Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有

v1＝v0－aBt1⑦

v1＝a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

v1＝1m/s，方向与B的初速度方向相同⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－

aBt12⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有

Ff1＋Ff3＝（mB＋m）a2⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；

再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有

v2＝v1－a2t2⑫

对A有：

v2＝－v1＋aAt2⑬

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－

a2t22⑭

在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0（t1＋t2）－

aA（t1＋t2）2⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0＝sA＋s1＋sB⑯

联立以上各式，并代入数据得

s0＝1.9m⑰

（也可用下图中的速度—时间图线求解）

1．“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．

2．要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．

5.（多选）（2017·

广东汕头市一模）如图8所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ.将两个矩形物块A、B叠放后一起从木板上由静止释放，之后A、B保持相对静止一起以大小为a的加速度沿斜面加速下滑．若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间和B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2.则下列说法正确的是（　　）

图8

A．μ1一定大于tanθ

B．μ2一定小于tanθ

C．加速度a的大小与mA和mB都无关

D．A与B之间的摩擦力大小与μ1有关而与μ2无关

解析　先取AB为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛顿第二定律得：

（mA＋mB）gsinθ－FfB＝（mA＋mB）a

FfB＝μ2FN

FN＝（mA＋mB）gcosθ

以上三式联立可得：

a＝gsinθ－μ2gcosθ①

再隔离A物块，设A受到的静摩擦力为FfA，

方向沿斜面向上，对A再应用牛顿第二定律得：

mAgsinθ－FfA＝mAa

可得出：

FfA＝μ2mAgcosθ②

无法判断出μ1一定大于tanθ.故A错误；

A与B组成的整体向下做加速运动，由公式①可知，gsinθ＞μ2gcosθ，所以：

μ2＜tanθ.故B正确；

由公式①可知，加速度a的大小与mA和mB都无关．故C正确；

由公式②可知，A与B之间的摩擦力大小与μ1无关而与μ2有关．故D错误．

6.（2017·

辽宁铁岭市协作体模拟）如图9所示，质量为M＝10kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F＝10N的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20.假定小车足够长，g＝10m/s2.则下列说法正确的是（　　）

图9

A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动

B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动

C．煤块在3s内前进的位移为9m

D．小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8m

解析　根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：

μFN＝ma1，FN－mg＝0，代入数据解得：

a1＝2m/s2

刚开始运动时对小车有：

F－μFN＝Ma2，

a2＝0.6m/s2，

经过时间t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：

v1＝a1t，车的速度为：

v2＝v＋a2t，v1＝v2，

t＝2s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：

F＝（M＋m）a3，a3＝

m/s2

即煤块和小车一起以加速度a3＝

m/s2做加速运动，故选项A、B错误；

在2s内小黑煤块前进的位移为：

a1t2＝

2×

22m＝4m，然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为：

x1′＝v1t′＋

a3t′2＝4.4m，故煤块在3s内前进的位移为4m＋4.4m＝8.4m，故选项C错误；

在2s内小黑煤块前进的位移x1＝4m，小车前进的位移为：

x2＝vt＋

a2t2＝（2.8×

2＋

0.6×

22）m＝6.8m，两者的相对位移为：

Δx＝x2－x1＝6.8m－4m＝2.8m，故选项D正确．

题组1　全国卷真题精选

1．（2016·

16）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为（　　）

A.

B.

C.

D.

解析　动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝

（v0＋v）t和a＝

得a＝

，故A对．

2．（多选）（2015·

新课标全国Ⅱ·

20）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；

当机车在西边拉着车厢以大小为

a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）

A．8B．10C．15D．18

解析　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①

设PQ东边有k节车厢，则F＝km·

a②

联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，

当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5

当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10

当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15

当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．

3．（多选）（2015·

新课标全国Ⅰ·

20）如图10甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图乙中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

图10

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析　由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝

，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝

.同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝

，两式联立得sinθ＝

，μ＝

，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及物体与斜面间的动摩擦因数，选项A、C正确；

物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为

，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝

t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝

t1×

，选项D正确；

仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误．

题组2　各省市真题精选

4．（多选）（2015·

海南卷·

8）如图11所示，物块a、b和c的质量相同，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，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（　　）

图11

A．a1＝3gB．a1＝0

C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2

答案　AC

解析　设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝

＝3g，A正确，B错误；

设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．

5．（多选）（2014·

四川理综·

7）如图12所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（　　）

图12

解析　若v1>

v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力（绳对P的拉力），则可能先向右匀加速运动，加速至v1后随传送带一起向右匀速运动，此过程如图B所示，故B正确．若v1>

v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>

v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝

，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>

μmg，此后加速度a2＝

，故C正确，A、D错误．

专题强化练

1.（2017·

吉林辽源市期末）如图1所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用，静止不动，现保持力F1不变，使力F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（　　）

答案　B

解析　由于木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动，故两个推力相等，假设F1＝F2＝F，力F2逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到F，再减小到零，故加速度也是先增大再减小，故C错误；

木块先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，而速度－时间图象的切线的斜率表示加速度，故A错误，B正确；

木块先做加速度不断增大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零后做匀速直线运动，由于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而D选项图表示木块做减速运动，故D错误．

北京石景山区模拟）在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2s到达离地面25m的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10m/s2，则v0和k分别为（　　）

A．25m/s,1.25B．25m/s,0.25

C．50m/s,0.25D．50m/s,1.25

解析　上升过程中平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得：

＝（k＋1）g，根据h＝

at2得：

m/s2＝12.5m/s2，所以v0＝at＝25m/s，而（k＋1）g＝12.5m/s2，所以k＝0.25.故B正确．

黑龙江大庆市一模）如图2所示，在竖直平面内建立直角坐标系