2018版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.docx

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