高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”讲义.doc

第4讲 应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型的问题：连接体问题、传送带问题、板块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：整体法和隔离法正交分解法作图法 图像法等效思想 临界极值思想一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点1多选(2018届高三江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块a连接；两物块a、b质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力f拉动物块b，使b做加速度为a的匀加速运动，a、b两物块在开始一段时间内的v t关系分别对应图乙中a、b图线(t1时刻a、b的图线相切，t2时刻对应a图线的最高点)，重力加速度为g，则()at2时刻，弹簧形变量为0bt1时刻，弹簧形变量为c从开始到t2时刻，拉力f逐渐增大d从t1时刻开始，拉力f恒定不变解析：选bd由题图知，t2时刻a的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin kx，则x，故a错误；由题图读出，t1时刻a、b开始分离，对a根据牛顿第二定律得kxmgsin ma，则x，故b正确；从开始到t1时刻，对ab整体，根据牛顿第二定律得fkx2mgsin 2ma，得f2mgsin 2makx，x减小，f增大，从t1时刻开始，对b由牛顿第二定律得fmgsin ma，得fmgsin ma，可知f不变，故c错误，d正确。2.(2018届高三保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块a和b通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接a，另一端固定在墙上，a、b与传送带间的动摩擦因数均为。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设a、b的加速度大小分别为aa和ab(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则()aaag，abgbaag，ab0caag，ab0 daag，abg解析：选c稳定时a和b均受到向右的滑动摩擦力，b受到的滑动摩擦力大小为m2g，等于弹簧向左的弹力f，b受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和b受到的滑动摩擦力都不变，则b的加速度为0；a的加速度为g，选项c对。3.多选如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，取重力加速度g10 m/s2。则()a细绳对盒子的拉力大小为20 nb盒子的加速度大小为2.5 m/s2c盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 nd定滑轮受到细绳的作用力为30 n解析：选bc假设绳子的拉力为ft，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲gftm甲a；对乙和丙组成的整体，有ft(m乙m丙)a，联立解得ft15 n，a2.5 m/s2，a错误，b正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有fm丙a12.5 n2.5 n，c正确；绳子的张力为15 n，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 n，所以d错误。4.(2017晋城月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力f拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力f的最大值是()a.fm b.fmc.fm dfm解析：选c当下面m与2m的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力f达到最大。将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：f6mgsin 306ma将两个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看作整体：fm4mgsin 304ma联立、解得：ffm，故选c。1连接体问题中的两类瞬时性模型刚性绳(或接触面)弹簧(或橡皮绳)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看成保持不变2动力学连接体问题中整体、隔离法的选用原则(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。二、以加速度为桥梁，破解传送带问题重难增分类考点典例多选如图所示，传送皮带与水平面夹角为37，a、b间距离l16 m，传送带以速度v10 m/s匀速运行。现在皮带的a端无初速放上一个小物体(可视为质点)，已知物体与皮带间的动摩擦因数为0.5，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，传动轮大小可忽略，则物体滑到b端的速度大小可能是()a6 m/sb8 m/sc10 m/s d12 m/s思路点拨解析选bd因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：若传动轮带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上a端相对地面无初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mgsin 37ffmgcos 37，故物体有沿皮带向下的加速度，设为a1，则mgsin 37mgcos 37ma1，a12 m/s2物体从a运动到b的时间t1 4 s，到达b端速度为v1a1t18 m/s。若传动轮带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带a端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。设物体的加速度为a2，则mgsin 37mgcos 37ma2，a210 m/s2物体加速到皮带运行速度v10 m/s的时间为：t11 s物体的位移x15 mffmgcos 37，物体加速度变为a2，a2gsin 37gcos 37a12 m/s2。设物体继续加速下滑到b端所需时间为t2，而x2vt2a2t22。又x2lx111 m，解得：t21 s，物体到达b端速度为v2va2t212 m/s。故b、d均正确。传送带问题的突破口初态、共速、末态1如图所示，长度abl的传送带以速度v1向左匀速运动。在传送带的左端a处，一个质量为m的工件以初速度v2滑上传送带，最后到达b端。若工件与传送带间的动摩擦因数为，则在此过程中()a工件的加速度大小为gb工件在传送带上的运动时间为 c工件对传送带做的功为mgld若传送带的速度沿原方向增大，则工件有可能不能到达b端解析：选a工件对地匀减速运动。由牛顿第二定律得mgma，解得ag，故a正确；若到达b端的速度刚好为零(临界点)，由运动规律得lat2，由式得t ；若到达b端的速度不为零，运动的平均速度变大，由t知运动时间变小，即tv1，则()at2时刻，小物块离a处的距离达到最大bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大c0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右d0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选bc相对地面而言，小物块在0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动。故小物块在t1时刻离a处距离最大，选项a错误。相对传送带而言，在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项b、c正确，选项d错误。3.如图所示，物块m在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是()am下滑的速度不变bm开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动cm先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动dm受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选c传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin ff，当传送带突然启动且速度小于物块的速度时，物块受的摩擦力方向不变为沿斜面向上，物块匀速下滑，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故c正确。三、以加速度为桥梁，破解板块模型问题重难增分类考点典例质量为m20 kg、长为l5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数10.15。质量为m10 kg的小木块(可视为质点)，以v04 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)。则以下判断中正确的是()a木板一定静止不动，小木块不能滑出木板b木板一定静止不动，小木块能滑出木板c木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板d木板一定向右滑动，小木块能滑出木板解析选am对m的摩擦力ff12mg0.4100 n40 n，地面对m的摩擦力ff21(mm)g45 n，因为ff1ff2，木板一定静止不动，由牛顿第二定律得小木块的加速度a22g4 m/s2，x m2 m8 n时，滑块与木板相对滑动，b的加速度为：abafgm/s24 m/s2，故c正确。3.如图所示，固定斜面c的倾角为，长木板a与斜面间动摩擦因数为1，a沿斜面下滑时加速度为a1，现将b置于长木板a顶端，a、b间动摩擦因数为2，此时释放a、b，a的加速度为a2，b的加速度为a3，则下列说法正确的是()a若12，则有a1a22，则有a2a1a3c若1a3d若1a2a3解析：选b若12，a、b之间有相对滑动，且b的加速度大于a的加速度，a2a3。没有放b时，对长木板a，有magsin 1magcos maa1，解得a1gsin 1gcos 。当放上b时，有：magsin 1(mamb)gcos 2mbgcos maa2，解得：a2gsin 1gcos (21)gcos a1，选项a错误，b正确；若12，a、b将一起以相同的加速度下滑，故a1a2a3，c、d错误。 1.(2017贵阳一中模拟)如图所示，质量均为m的a、b两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g。现在b球上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于b球的瞬间()ab球的加速度大小为，a球的加速度大小为bb球的加速度大小为2g，a球的加速度大小为0cb球的加速度大小为0，a球的加速度大小为gdb球的加速度大小为g，a球的加速度大小为0解析：选d在力作用于b球的瞬间，a球的受力情况不变，所以a球的加速度为0，而b球所受的其他力也不变，所受的合力就是刚施加上的力即mg，所以b球的加速度大小为g，故d正确。2(2018届高三江西名校联考)如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小f随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则()a电梯突然停止前可能在加速上升b电梯停止后小球向下运动，加速度小于gc电梯停止后小球向上运动，加速度小于gd0t1时间内小球处于失重状态，t1t2时间内小球处于超重状态解析：选c从t0时刻传感器示数为mg可知，电梯突然停止前做匀速运动，选项a错误。电梯停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，电梯停止后，弹簧拉力小于mg，说明小球向上运动，小球受到弹簧拉力和重力，加速度小于g，选项b错误、c正确。在0t1时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明小球处于失重状态；t1t2时间内，弹簧弹力由0逐渐增大到mg，说明小球仍处于失重状态，选项d错误。3.多选如图所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平拉力f，则()a当f3mg时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过g解析：选bcd当0fmg时，a、b皆静止；当mg3mg时，a相对b运动，b相对地面向右做匀加速运动，选项a错误、选项c正确。当fmg时，a与b共同的加速度ag，选项b正确。f较大时，取物块b为研究对象，物块b的加速度最大为a2g，选项d正确。4.多选(2016江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()a桌布对鱼缸摩擦力的方向向左b鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等c若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大d若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选bd鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项a错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据vat，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项b正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项c错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项d正确。5.质量为2m的物块a和质量为m的物块b相互接触放在水平面上，如图所示。若对a施加水平推力f，则两物块沿水平方向做加速运动。关于a对b的作用力，下列说法中正确的是()a若水平地面光滑，物块a对b的作用力大小为fb若水平地面光滑，物块a对b的作用力大小为0c若物块a与地面间无摩擦，b与地面的动摩擦因数为，则物块a对b的作用力大小为mgd若物块a与地面间无摩擦，b与地面的动摩擦因数为，则物块a对b的作用力大小为解析：选d若水平面光滑，则对整体受力分析可知f(m2m)a，再对b分析，b水平方向只受a的作用力，由牛顿第二定律可得fnma，故a、b错误。若b和地面有摩擦，对整体分析有fmg3ma；对b受力分析可得fnmgma，解得fnmg，故c错误，d正确。6多选(2018届高三湖北八校联考)质量分别为m和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，m恰好能静止在斜面上，不考虑m、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放m，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()a轻绳的拉力等于mgb轻绳的拉力等于mgcm运动的加速度大小为(1sin )gdm运动的加速度大小为g解析：选bc互换位置前，m静止在斜面上，则有：mgsin mg，互换位置后，对m：mgftma，对m：ftmgsin ma，又ftft，解得：a(1sin )g，ftmg，故a、d错，b、c对。7光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体a、b，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为m、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力f1、f2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则f1与f2之比为()ammbmmcm(mm) dm(mm)解析：选af1作用于a时，设a和b之间的弹力为n，对a有：ncos mg，对b有：nsin ma，对a和b组成的整体有：f1(mm)agtan ；f2作用于a时，对b有：mgtan ma，对a和b组成的整体有：f2(mm)a(mm)gtan ，。8.(2017张家界模拟)如图所示，质量为m的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为，对a施一水平力f，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为()amgcos b.c. d.解析：选d不计一切摩擦，b不滑动时即a、b相对静止，作为一个整体，在水平力f作用下，一定沿水平面向左加速运动，根据牛顿运动定律有f(mm)a，则有a。对木块b分析，不计摩擦，只受到自身重力mg和斜面支持力fn的作用。由于加速度水平向左，所以二者合力水平向左大小为ma，如图所示，则有fn，选项a、b错误；fn，选项c错误，d正确。9多选(2015全国卷)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()a8 b10c15 d18解析：选bc设该列车厢与p相连的部分为p部分，与q相连的部分为q部分。设该列车厢有n节，q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对q有fn1ma；当加速度为a时，对p有f(nn1)ma，联立得2n5n1。当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项b、c正确。10如图所示，足够长的木板b放置在水平地面上，大小可忽略的铁块a静止放在木板b的最左端。从t0时刻起对a施加一个水平向右的力f，且力f的大小随时间t成正比增加，已知铁块a的加速度aa随时间t变化的图像如图乙所示，则木板b的加速度大小ab随时间t的abt图像是下列图中的()解析：选cf的大小与时间t成正比，由图乙看出前2 s 铁块的加速度为零，这说明水平地面不光滑，t6 s前后铁块的加速度aa随时间t变化的图线斜率不同，这说明26 s内a、b以共同的加速度运动，t6 s后，a与b发生相对滑动，木板b的加速度不再变化。11多选如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则()a传送带一定逆时针转动btan c传送带的速度大于v0dt0后滑块的加速度为2gsin 解析：选ad若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin mgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin mgcos )，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，选项a正确。滑块在0t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a1gsin gcos ，由题图可知a1，则tan ，选项b错误。传送带的速度等于v0，选项c错误。滑块与传送带的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，代入值得a22gsin ，选项d正确。12.(2017河南林州一中质检)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，物块a、b质量分别为m和2m，物块a静止在轻弹簧上面，物块b用细线与斜面顶端相连，a、b紧挨在一起，但a、b之间无弹力，已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是()a物块b的加速度为b物块a、b之间的弹力为c弹簧的弹力为 d物块a的加速度为解析：选a剪断细线前，对物块a分析，可得弹簧弹力fmg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为fmg，c正确；剪断细线的瞬间，细线对b的拉力消失，a、b将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin 30f3ma，解得ag，a错误，d正确；以物块b为研究对象，可得2mgsin 30fn2ma，解得fnmg，b正确。13.如图所示，物块a和足够长的木板b叠放在水平地面上，木板b和物块a的质量均为m，物块a与木板b间的动摩擦因数为，木板与水平地面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。当t0时，用水平力f作用在木板b上，a、b恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动。tt0时，水平力变成2f，则t2t0时()a物块a的速度为3gt0b木板b的位移为gt02c整个过程因摩擦增加的内能为2mg2t02d木板b的加速度为g解析：选ct0时，用水平力f作用在木板b上，a、b恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动，以a为研究对象，由牛顿第二定律得mgma1，以a、b整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2mg2ma1，解得a1g，f。tt0时，木板b和物块a的速度相等，即v1a1t0gt0，x1a1t02gt02，当tt0后水平力f 2fmg，a、b发生相对滑动，a的加速度还是a1g，b的加速度a2g，当t2t0时，a的速度vav1a1t02gt0，a在第二个t0时间内的位移xav1t0a1t02gt02；当t2t0时，b的速度vbv1a2t0gt0，b在第二个t0时间内的位移xbv1t0a2t02gt02；所以，a的总位移xax1xa2gt02，b的总位移xbx1xbgt02，a、b之间因摩擦增加的内能为q1mg(xbxa)2mg2t02，b与水平面之间因摩擦产生的内能为q22mgxb2mg2t02，所以整个过程中，因摩擦增加的内能为qq1q22mg2t02，故c正确，a、b、d错误。14.多选(2018届高三宁波效实中学摸底)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量均为1 kg的a、b两物块，a、b与木板之间的动摩擦因数分别为10.3，20.2，水平恒力f作用在a物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2。则()a若f1 n，则a、b、木板都做匀加速运动b若f1.5 n，则a所受摩擦力大小为1.5 nc若f8 n，则b的加速度为4.0 m/s2d无论力f多大，a与木板都不会发生相对滑动解析：选ada与木板间的最大静摩擦力为：fa1mag0.3110 n3 n，b与木板间的最大静摩擦力为：fb2mbg0.2110 n2 n；f1 nfa，所以a、b及木板保持相对静止，整体在f作用下向左做匀加速运动，故a正确；若f1.5 nfa，a、b及木板保持相对静止，整体在f作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：ffmaa，所以a