专题1.6动力学基本问题(解析版).pdf

1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 ＝4 s 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 10 m/s2由题给数据可以得出()A．木板的质量为 1 kgB．2～4 s 内，力 F的大小为 0.4 NC．0～2 s 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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，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小 F摩＝0.2 N。

由题图 c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a1＝0.42m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力 F后的加速度大小 a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为 m，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F摩＝ma1,4s 以后：F摩＝ma2，解得 m＝1 kg，F ＝0.4 N，A、B 正确0～2 s 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(s1mg 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5F cos θ －f2＝ma1又 F sin θ ＝mg＋N2f2＝μN2代入数据解得 F ＝7.5 N.【例 2】(2019·安徽宣城高三上学期期末)质量为 m＝1 kg、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 ＝4 m/s，此时对物块施加 F ＝6 N 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＝10 m/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)1 m(2)23m【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＝8 m/s2；由 v2＝2a1x1，可得 x1＝1 m2)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＝4 m/s2μmg ＝ma3，解得 a3＝2 m/s2由 v21＝2a2x2v21＝2a3x3x2＋x3＝x1联立解得 x3＝23m，即撤去 F时物块到 O点的距离为23m6【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 18 m，此时两细绳拉力的大小分别是2 N、3 N。

已知球 A与球 B的半径之比为 1∶2，当地重力加速度为 10 m/s2第一次，若只剪断细绳 l1，A球经 2 s 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】2.3 s【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 ＝12a1t2A对球 A受力分析得：mAg－fA＝mAa1代入数据求得：mA＝0.2 kg，mB＝0.1 kg，a1＝9 m/s2，fA＝0.2 N，根据题意：fAfB＝πr2Aπr2B＝14，解得：fB＝0.8 N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 ＝12a2tA′2代入数据求得：tA′＝ 5.4 s≈2.3 s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7C．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 460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到 180 m 时，以 5 m/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＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为 4 830 NB．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 10 s 后的速度大小为 5 m/sD．以 5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N【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 )＝4 830 N，A 正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到 180 m 时，速度 v ＝ 2ah＝6 5 m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升 10 s 后的速度 v ′＜at＝5 m/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＝230 N，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．mgB.13mgC.12mgD.110mg【答案】C【解析】设每块砖的厚度是 d ，向上运动时：89d －3d ＝a1T2向下运动时：3d －d ＝a2T2解得：a1a2＝31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＝12mg，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 0.4 m 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＝2.0 kg，取 g＝10 m/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＝175 N/mD． 该过程中滑块的最大加速度为 35 m/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＝ΔvΔt＝1.50.3m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为 Ff＝μmg ＝ma1＝2×5 N＝10 N， 刚释放时滑块的加速度为 a2＝Δv ′Δt ′＝30.1m/s2＝30 m/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＝175 N/m，选项 C 正确．5.(2019·陕西西安一中期中)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力 F的大小随时间 t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为 g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()9A．gB．2gC．3gD．4g【答案】B【解析】人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于 0.6F0，而最大拉力为 1.8F0，即 0.6F0＝mg ，Fm＝1.8F0，结合牛顿第二定律，有 F －mg ＝ma ，当拉力最大时，加速度最大，am＝Fm－mgm＝2g ，故选 B.6.(2019·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度 v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移 x 与斜面倾角θ 的关系如图所示．取 g ＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：(1)物块的初速度 v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ ；(3)计算说明图线中 P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．【答案】(1)8 m/s(2)0.5(3)37°能滑回底端理由见解析【解析】(1)当θ ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为 0 由题图得上升最大位移为 xm＝3.2 m由 v20＝2gxm，得 v0＝8 m/s.(2)当θ ＝0 时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为 0由题图得水平最大位移为 x ＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma ，得μ ＝0.5.(3)设题图中 P点对应的斜面倾角值为θ ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为 0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为 x ′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a ′x ′由牛顿第二定律有：mg sin θ ＋μmgcos θ ＝ma ′得 10sin θ ＋5cos θ ＝10，得θ ＝37°.因为 mg sin θ ＝6m＞μmgcos θ ＝4m，所以能滑回斜面底端．107.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示．降落伞用 8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 37°，如图乙所示．已知人的质量为 50 kg，降落伞质量也为 50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力 f 与速度 v 成正比，即 f ＝kv (g 取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？(2)求阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向．(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？【答案】(1)20 m(2)200 N·s/m30 m/s2方向竖直向上(3)312.5 N【解析】(1)打开降落伞前人做自由落体运动，根据速度位移公式得：h0＝v202g＝20 m.(2)由甲图可知，当速度等于 5 m/s 时，做匀速运动，受力平衡，则 kv ＝2mg，k＝2mgv＝1 0005N·s/m＝200 N·s/m刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得：a ＝kv0－2mg2m＝30 m/s2，方向竖直向上．(3)设每根绳的拉力为 T ，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：8T cos α －mg＝ma解得：T ＝m（a ＋g）8cos 37°＝312.5 N所以悬绳能够承受的拉力至少为 312.5 N.8．(2019·安徽省四校联考)如图所示为一倾角θ ＝37°的足够长斜面，将一质量为 m＝2 kg 的物体在斜面上无初速度释放，同时施加一沿斜面向上的拉力 F1＝3 N，2 s 后拉力变为 F2＝9 N，方向不变．物体与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.25，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：11(1)F1作用时物体的加速度大小及 2 s 末物体的速度大小；(2)前 16 s 内物体发生的位移大小．【答案】(1)2.5 m/s25 m/s(2)30 m【解析】(1)在沿斜面方向上物体受到沿斜面向上的拉力 F1＝3 N，沿斜面向下的重力的分力 mgsin θ ＝12 N，摩擦力 Ff＝μmg cos θ ＝4 N通过分析可知物体的合力向下，故向下做初速度为零的匀加速直线运动根据牛顿第二定律可得 mgsin θ －F1－Ff＝ma1，解得 a1＝2.5 m/s22 s 末物体的速度 v1＝a1t1＝2.5×2 m/s＝5 m/s(2)物体在前 2 s 的位移 x1＝12a1t21＝5 m当外力 F2＝9 N 时，有 a2＝F2＋μmg cos θ －mgsin θm＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上，物体经过 t2时间速度变为零，所以 t2＝v1a2＝10 st2时间的位移为 x2＝v212a2＝25 m当速度减小到零后，如果物体要向上运动，则必须满足 F2－μmg cos θ －mgsin θ ＞0，但实际 F2＜μmg cos θ ＋mgsin θ所以物体以后处于静止状态故物体 16 s 的总位移为 x ＝x1＋x2＝30 m.9.(2019·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ ＝30°的足够长的固定斜面上以a ＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力 F作用于滑块，使之由静止开始在 t ＝2 s 内能沿斜面运动位移 x ＝4 m．求：(g 取 10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ ；(2)恒力 F的大小．【答案】(1)36(2)76 35N 或4 37N【解析】(1)根据牛顿第二定律可得12mg sin 30°－μmgcos 30°＝ma解得μ ＝36.(2)由 x ＝12a1t2，得 a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ (F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1，代入数据得 F ＝76 35N当加速度沿斜面向下时mg sin 30°－F cos 30°－μ (F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1代入数据得 F ＝4 37N.10.避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施， 由制动坡床和防撞设施等组成， 如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ 的斜面．一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ ＝1，sin θ ＝0.1，g ＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．【答案】(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】(1)设货物的质量为 m，货物与车厢间的动摩擦因数μ ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为 f ，加速度大小为 a1，则f ＋mg sin θ ＝ma1①f ＝μmgcos θ②联立①②式并代入数据得 a1＝5 m/s2③a1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为 M， 车尾位于制动坡床底端时的车速为 v ＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t ，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s＝4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2.货车受到制动坡床的阻力大小为 F ，F是货车13和货物总重的 k 倍，k ＝0.44，货车长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l ，则Mg sin θ ＋F －f ＝Ma2④F ＝k (m＋M)g⑤s1＝vt－12a1t2⑥s2＝vt－12a2t2⑦s＝s1－s2⑧l ＝l0＋s0＋s2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得 l ＝98 m.。