2019版高考物理二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第1讲 应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）

《2019版高考物理二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第1讲 应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第1讲 应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）（18页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第 1 讲 Error!考法学法“动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。涉及的知识主要包括：匀变速直线运动规律； 自由落体运动规律；竖直上抛运动规律； 牛顿运动定律； 运动学和动力学图像。复习这部分内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情况分析和运动情况分析。用到的思想方法有：整体法和隔离法；临界问题的分析方法；合成法； 正交分解法；作图法； 等效思想；分解思想。命题点(一) 匀变速直线运动规律的应用题型 1 多过程运动如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。例 1

2、“30 m 折返跑”可以反映一个人的身体素质，在平直的跑道上，一学生在起点线处，当听到起跑口令后( 测试员同时开始计时) ，跑向正前方 30 m 处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为 a12.5 m/s2，减速时的加速度大小为 a25 m/s2，到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过vmax12 m/s。求该学生“30 m 折返跑”的最好成绩。审题指导运动情景是什么？跑向折返线时

3、必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程；跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程用到什么规律？ 匀变速直线运动的公式采用什么方法？在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移关系等解析 设起点线处为 A，折返线处为 B，假设该学生从 A 到 B 的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为 v，做匀加速运动的时间为 t1，做匀减速运动的时间为 t2，则由运动学公式有 va 1t1匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有 0va 2t2由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离 LAB (t1t 2)v2时间只能取正值

4、，解得 v10 m/s，t 14 s，t 22 s因为 v 6 s，故 B 车追上 A 车之前，A 车vAaA已停止运动设从开始到 A 车被 B 车追上用时为 t3，则 vBt3 x，解得 t37.25 svA22aAA 车超过 B 车后，保持在 B 车前方的时间为 t，所以 tt 3t 1，解得 t6.25 s。(2)设当 A 车与 B 车速度相等用时为 t4，则 vAa At4v B，解得 t44 s则此过程中 A 车位移为 xA t4vA vB2B 车位移 xBv Bt4由(1)分析可知，此时 A 车在 B 车前方，故 A、B 最大距离为 xx Axx B，解得 x 4.5 m。(3)假

5、设从 A 车刹车开始用时 t5 两车速度相等，B 车加速至最大速度用时 t6，匀速运动时间为 t5t 6，从 A 车开始刹车至两车速度相等过程中，vA aAt5v m 且 vmv Ba Bt6解得 t52 s，t 61 s，t 5t 60，假设成立对 A 车，x Av At5 aAt52，解得 xA10 m12对 B 车，x B v m(t5t 6)，解得 xB7 mvm2 vB22aB此时有 xB x10.5 mx A10 m，A 车不能追上 B 车。答案 (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，计算过程见解析追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”(1)速度相等往往是物体间能够

6、追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。(2)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。 命题点(二) 牛顿运动定律的综合应用题型 1 动力学的两类基本问题1.由受力情况求解运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。2.由运动情况求解受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。例 1 如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角 37 ，两物块A、B 的质量 mA1 kg、m B 4 kg。两物块之间的轻绳长 L0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为 FT12 N，对 B

7、 施加一沿斜面向上的外力 F，使 A、B 由静止开始一起向上运动，外力 F 逐渐增大，g 取 10 m/s2(sin 37 0.6，cos 37 0.8)。(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力 F 的大小；(2)若轻绳拉断瞬间 A、B 的速度为 3 m/s，轻绳断后保持外力 F 不变，求当 A 运动到最高点时，A、B 之间的间距。思维流程关键点拨解析 (1)轻绳被拉断前瞬间，对 A、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律得F(m Am B)gsin ( mAm B)a对 A 有：F T mAgsin m Aa代入数据解得 F60 N。(2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后，对 A 有：m Ags

8、in m AaA设 A 运动到最高点所用时间为 t，则有 v0a At此过程 A 的位移为 xA Atvv0t2对 B 有：F m Bgsin m BaBxBv 0t aBt212代入数据解得两者间距为 xx Bx AL2.375 m。答案 (1)60 N (2)2.375 m题型 2 牛顿运动定律与图像的综合问题解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这类知识融会贯通。例 2 (2018安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块 A、B 用细线跨过定滑轮相连，B 距地面有一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知 A的质量 m

9、A2 kg，B 的质量 mB4 kg，斜面倾角 37 。某时刻由静止释放 A，测得 A 沿斜面向上运动的 v t 图像如图乙所示。已知 g10 m/s 2， sin 370.6，cos 370.8。求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数；(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对 A 的拉力所做的功。解析 (1)在 00.5 s 内，根据题图乙，A、B 系统的加速度为：a1 m/s24 m/s 2vt 20.5对 A、B 系统受力分析，由牛顿第二定律得：mBgm Agsin m Agcos ( mAm B)a1解得：0.25 。(2)B 落地后， A 继续减速上滑，由牛顿第二定律得

10、：mAgsin m Agcos m Aa2解得：a 28 m/s 2故 A 减速向上滑动的位移为：x 2 0.25 mv22a200.5 s 内 A 加速向上滑动的位移为：x 1 0.5 mv22a1所以，A 上滑的最大位移为：xx 1x 20.75 m。(3)细线对 A 的拉力在 A 加速上滑过程中做功，由动能定理得：W(m Agsin m Agcos )x1 mAv2012解得：W12 J。答案 (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J命题点(三) 动力学的两类典型模型模型 1 传送带模型传送带模型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

11、带间的相对运动方向是解决此类问题的关键。,传送带模型还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。例 1 (2018宝鸡模拟)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，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 LAB4 m，倾斜传送带长度 LCD4.45 m，倾角为37， AB 和 CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以 v15 m/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 0.5，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g10 m/s2。现将

12、一个工件(可视为质点 )无初速度地放在水平传送带最左端 A 点处，求：(1)工件被第一次传送到 CD 传送带上升的最大高度 h 和所用的总时间 t；(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率v2(v20，所以木板相对地面做匀加速直线运动 ,又 L a1t2 a2t212 12解得 t1 s。(2)铁块在木板上向右滑动时 2mgma 11滑动木板最右端时 vv 0a 11t1对木板有 va 2t1又 L(v 0t1 a11t12) a2t1212 12解得 v02 m/s。3(3)当 F 1(mgMg )2 N 时，木板和铁块都静止，f 0设木板和铁块都运

13、动，两者刚要相对滑动时，作用在木板上的力大小为 F1对铁块有 2mgma对木板有 F1 1(mgMg) 2mgMa解得 F110 N。当 1(mgMg)F10 N 时，木板和铁块相对静止则有 F 1(mgMg)( mM)afma解得 f N。(F2 1)当 F10 N 时，铁块相对木板滑动，此时f 2mg4 N故铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图像如图所示。答案 (1)1 s (2)2 m/s (3)见解析图31滑块木板模型中的“一个转折”和“两个关联”(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑

14、块、木板位移和板长之间的关联。2滑块木板模型的两大临界条件(1)相对滑动的临界条件运动学条件：两者速度或加速度不相等。动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。(2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时两者速度相同。 专题强训提能 1如图甲所示，倾角 30 的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为 m 的物块 A 和物块 B 并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板 P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块 A 连接，A、B 处于静止状态，若 A、B 粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT 缓慢拉 B，当拉力 FT mg 时，A、B 的位移为 L；若 A、B 不粘连，用一沿斜面向上

15、的14恒力 F 作用在 B 上，当 A 的位移为 L 时，A、B 恰好分离，重力加速度为 g，不计空气阻力。(1)求弹簧的劲度系数和恒力 F 的大小；(2)请推导 FT 与 A 的位移 l 之间的函数关系，并在图乙中画出 FTl 图像，计算 A 缓慢移动位移 L 的过程中 FT 做功 WFT 的大小；(3)当 A、 B 不粘连时，恒力 F 作用在 B 上，求 A、B 刚分离时速度的大小。解析：(1)设弹簧的劲度系数为 k，初始时 A、B 静止，弹簧的压缩量为 x，根据平衡条关 键 点 拨 件可得 2mgsin kx当 A、B 的位移为 L 时，沿斜面方向根据平衡条件可得 FTk(x L )2m

16、gsin 解得 kmg4L当 A、B 恰好分离时二者之间的弹力为零，对 A 应用牛顿第二定律可得k(x L)mgsin ma对 B 应用牛顿第二定律可得 Fmg sin ma解得 F mg。34(2)当 A 的位移为 l 时，根据平衡条件有：FT k(xl)2 mgsin 解得 FT lmg4L画出 FTl 图像如图所示，A 缓慢移动位移 L，图线与横坐标轴所围成的面积等于 FT 做功大小，即 WFT mgL。18(3)设 A 通过位移 L 的过程中弹力做功 W，分别对两个过程应用动能定理可得：WFT2mgLsin W 00WF 2mgLsin W 2mv2012又 WF FL，解得 v 。1

17、410gL答案：(1) mg (2) FT l 见解析图 mgL (3)mg4L 34 mg4L 18 1410gL2(2019 届高三天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为 L2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度 v05 m/s 滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角 37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数 ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t。解析：(1)设滑块质量为

18、 m，木板水平时滑块加速度大小为 a，则对滑块有 mgma滑块滑到木板右端时恰好停止，有 0v 022aL解得 。12(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为 a1，最大距离为 s，上滑的时间为 t1，有mgsin mgcos ma 10v 022a 1s0v 0a 1t1解得 s m，t 1 s54 12设滑块下滑时的加速度大小为 a2，下滑的时间为 t2，有mgsin mgcos ma 2s a2t2212解得 t2 s52滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt 1t 2 s。1 52答案：(1) (2) s12 1 523(2018南昌模拟)在倾角 37的粗糙斜面上有一质量

19、m2 kg 的物块，物块受如图甲所示的水平恒力 F 的作用。t 0 时刻物块以某一速度从斜面上 A 点沿斜面下滑，在 t4 s 时滑到水平面上，此时撤去 F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知 A 点到斜面底端的距离 x18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物块在 A 点的速度大小；(2)水平恒力 F 的大小。解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则 x tv0 v2解得 v05 m/s。(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动

20、的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则xv 0t a1t212解得 a10.25 m/s 2设物块与接触面间的动摩擦因数为 ，物块在水平面上运动时加速度大小为 a2，有mgma 2由题图乙中图线可知 a22 m/s 2解得 0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为 Ff，则Fcos mgsin F fma 1Ff FNFNmg cos Fsin 解得 F10.1 N。答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4.(2018全国卷)如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为 ，si

21、n 。一35质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小；(2)小球到达 A 点时动量的大小；(3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。解析：(1)设水平恒力的大小为 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F，由力的合成法则有F0mgtan mg34F mgmgcos 54设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得Fmv

22、2R解得 v 。5gR2(2)设小球到达 A 点时速度大小为 v1，作 CDPA，交 PA于 D 点，如图所示，由几何关系得DARsin CDR(1cos )小球由 A 到 C 的过程中，由动能定理有mgCDF 0DA mv2 mv1212 12解得 v123gR2所以小球在 A 点的动量大小为pmv 1 。m23gR2(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度 vyvsin 、加速度为 g 的匀加速直线运动，CDv yt gt212解得 t 。35 5Rg答案：(1) mg (2) (3) 34 5gR2 m23gR2 35 5Rg5.如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角为 37，

23、以 5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为 2 kg 的物块( 可视为质点) ，沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5， sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma 1解得：a 110 m/s 2。(2)设物块速度减为 5 m/s 所用时间为 t1，则 v0va 1t1，解得：t 10.5 s通过的位移：x1 t1

24、0.5 m3.75 m6 mv v02 10 52因 tan 37，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为 a2，则：mgsin 37mgcos 37ma 2解得：a 22 m/s 2设物块到达传送带顶端时的速度为 v1，则：v 2v 122a 2x2x2lx 12.25 m解得：v 14 m/s。答案：(1)10 m/s 2 (2)4 m/s6滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长 L36 m、倾角为 37 的斜坡。已知赛道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数10.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数 20.25，g 取 10 m/s2。已知甲和乙均可看成

25、质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 37 0.6，cos 370.8。(1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；(2)若乙比甲晚出发 t2 s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为 5 m。则乙的初速度为多大？并判断乙能否追上甲，写出判断过程。解析：(1)设甲的质量为 m1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有m1gsin 1m1gcos m 1a 甲代入数据解得 a 甲 2 m/s 2设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为 v1则有 2a 甲 Lv 12代入数据解得 v112 m/s。(2)设乙的质量为 m2，对乙有m2gsin 2m2gcos m 2a 乙代入数据解得 a 乙 4 m/s 2设甲出发后经时间 t1，乙与甲达到共同速度 v，则va 甲 t1v 0a 乙 (t1t)x 甲 a 甲 t1212x 乙 v 0(t1t) a 乙 (t1t) 212x x 甲 x 乙 5 m代入数据解得 t13 s 或 t11 s( 舍去)v02 m/s甲到达坡底的时间 t 甲 6 sv1a甲设乙到达坡底所用时间为 t 乙Lv 0t 乙 a 乙 t 乙 212代入数据解得 t 乙 s4 s73 12t 乙 tt 甲 ，故可以追上。答案：(1)12 m/s (2)2 m/s 可以追上，判断过程见解析