高考物理二轮复习第2板块力学计算题教学案-人教版高三全册物理教学案-49页.pdf

第 2 板块 力学计算题第 10 讲应用“动力学观点”破解力学计算题 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主要有：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；分解思想考查点一匀变速直线运动规律的应用题点 (一) 多过程运动1运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0的方向为正方向， 与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值， 当v00 时，一般以加速度a的方向为正方向2多过程问题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 甲、乙两人在某一直道上完成200 m 的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s 的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为 13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为 2 s ，且速度都降为8 m/s ，最后冲刺阶段以8 m/s 的速度匀速达到终点。

求：(1) 甲做匀减速运动的加速度；(2) 甲冲刺阶段完成的位移大小 解析 (1) 在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1v1t12，解得v110 m/s ；甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2，由a2v2v1t得a21 m/s22) 甲匀速运动的位移：x2v1t21010 m 100 m甲匀减速的位移：x3v1v22t解得x318 m最后甲冲刺的位移为：x4200 m(x1x2x3) 200 m(2010018)m62 m 答案 (1) 1 m/s2(2)62 m题点 (二) 自由落体运动与竖直上抛运动1竖直上抛运动的两种研究方法(1) 分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段2) 全程法： 将全过程视为初速度为v0，加速度ag的匀变速直线运动， 必须注意物理量的矢量性习惯上取v0的方向为正方向，则v0 时，物体正在上升；v0 时，物体正在下降；h0 时，物体在抛出点上方；h0 时，物体在抛出点下方2巧用竖直上抛运动的对称性(1) 速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向2) 时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。

例 2 一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h5 m处的时间间隔t2 s ，则小球的初速度v0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？ 解析 画出小球运动的情景图，如图所示小球先后经过A点的时间间隔t2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从最高点到A点的时间t1t21 s，小球在A点处的速度vAgt110 m/s在OA段根据公式vA2v022gh解得v0102 m/s 小球从O点上抛到A点的时间t2vAv0g1010210 s (21)s根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t2(t1t2) 22 s 答案 102 m/s 22 s题点 (三) 追及相遇问题追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”(1) 一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能够追上、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) 两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到 例 3 (2018 届高三山东省实验中学摸底) 货车A正在该公路上以 20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。

1) 若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞， 求两车相距最近时的距离； 若相撞， 求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间2) 若A车司机发现B车，立即刹车 ( 不计反应时间 )做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2( 两车均视为质点 ) ，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动( 不计反应时间 ) ，问：B车加速度至少多大才能避免事故 这段公路很窄，无法靠边让道 ) 解析 (1) 当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：vAvB对B车：vBat联立可得：t10 sA车的位移为：xAvAt200 mB车的位移为：xB12at2100 m因为xBx0175 mxA所以会撞上，设经过时间t1相撞，有：vAt1x012at12代入数据解得：t15 s ，另一解舍去2) 已知A车的加速度大小aA2 m/s2，初速度v020 m/s设B车的加速度大小为aB，B车运动时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vAv0aAtvBaBt且vAvB在时间t内A车的位移为：xAv0t12aAt2B车的位移为：xB12aBt2又xBx0 xA联立可得：aB0.67 m/s2。

答案 (1) 两车会相撞5 s (2)0.67 m/s2考查点二动力学的两类基本问题题点 (一) 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 例 1 (2017安庆模拟 ) 如图所示，质量m5 kg 的物块 ( 视为质点 ) 在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F1大小为 50 N， 方向斜向右上方， 与水平面夹角37，F2大小为 30 N，方向水平向左，物块的速度v0大小为 11 m/s 当物块运动到距初始位置距离x05 m 时撤掉F1，g取 10 m/s2求：(1) 物块与水平地面之间的动摩擦因数；(2) 撤掉F1以后，物块在6 s 末距初始位置的距离 解析 (1) 物块向右做匀速运动：fF2F1cos ；f(mgF1sin ) ，联立解得：0.5 2) 撤掉F1后：a1F2mgm30255 m/s211 m/s2设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t1v0a11 s此时向右位移：x1v02t15.5 m后 5 s 物块向左运动：a2F2mgm1 m/s2后 5 s 向左位移：x212a2t2212.5 m物块在 6 s 末距初始位置的距离：xx2(x0 x1) 12.5 m (5 m 5.5 m) 2 m。

答案 (1)0.5 (2)2 m题点 (二) 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 2 有一质量m2 kg 的小球套在长L1 m的固定轻杆顶部，杆与水平方向成37角静止释放小球， 1 s 后小球到达杆底端取重力加速度大小g10 m/s2，sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 1) 求小球到达杆底端时速度为多大？(2) 求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？(3) 若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？ 解析 (1) 设小球到达杆底端时速度大小为v，则Lvt，v0v2，得v2Lt2 m/s 2) 设小球下滑过程中的加速度大小为a1，则a1vt根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1得小球与杆之间的动摩擦因数0.5 3) 小球在恒力作用下，有mgsin N2ma2，得N220 N若恒力F垂直杆向上，则FN2mgcos ，得F36 N若恒力F垂直杆向下，则FN2mgcos ，得F4 N 答案 (1)2 m/s (2)0.5 (3)36 N或 4 N题点 (三) 两类基本问题与图像的综合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。

因此需要考生对这两部分知识学会互联互通 例 3 为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示 他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直假设滑块和风帆总质量为m滑块与斜面间的动摩擦因数为，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ffkv1) 写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2) 求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3) 若m2 kg ，斜面倾角30，g取 10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t0 时v-t图线的切线，由此求出、k的值 ( 计算结果保留两位有效数字) 解析 (1) 由牛顿第二定律有：mgsin mgcos kvma解得：agsin gcos kvm2) 当a0 时速度最大，vmmgsin cos k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角；风帆升起一些3) 当v0 时，agsin gcos 3 m/s2解得：23150.23最大速度vmmgsin cos k2 m/s解得：k3.0 kg/s。

答案 (1)gsin gcos kvm(2)mgsin cos k适当减小斜面倾角( 保证滑块能静止下滑 ) ；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考查点三动力学的两类典型模型题点( 一) 板块模型 例 1 (2017全国卷 ) 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg 和mB5 kg ，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10.5 ；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1 某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/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g10 m/s2求：(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 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和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，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f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1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v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s 2) 在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t112aBt12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与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2?由式知，aAaB；再由式知，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v2v1a2t2?对A有v2v1aAt2?在t2时间间隔内，B( 以及木板 ) 相对地面移动的距离为s1v1t212a2t22?在(t1t2) 时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2) 12aA()t1t22?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s0sAs1sB?联立以上各式，并代入数据得s01.9 m 也可用如图所示的速度时间图线求解) 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m题点 (二) 传送带模型对于传送带问题， 分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。

分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的。