备考高考物理专题1.6动力学基本问题精准突破（含解析）.docx

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】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。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 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 kg B24 s内，力F的大小为0.4 NC02 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【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，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：24 s内：FF摩ma1,4 s以后：F摩ma2，解得m1 kg，F0.4 N，A、B正确。02 s内，木板静止，Ff，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m物g可知动摩擦因数不可求，D错误。【2017高考全国卷】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(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度【答案】(1)(2)【解析】(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mvmv解得(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2【技巧方法】1.解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”2两类动力学问题的解题步骤【最新考向解码】【例1】(2019上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为53的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点已知小圆环与直杆间的动摩擦因数0.8，AB与BC的距离之比s1s285.(g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小【审题突破】(1)在BC段，对小圆环进行受力分析牛顿第二定律加速度；(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况运动学规律加速度；(3)在AB段，对小圆环进行受力分析杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)牛顿第二定律拉力F.【答案】(1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 N或7.5 N【解析】(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力对小圆环进行受力分析如图甲所示，有fNmg则a2g0.810 m/s28 m/s2.(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知v2a1s1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知v2a2s2又则a1a28 m/s25 m/s2.(3)当Fsin mg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Fcos f2ma1又Fsin mgN2f2N2代入数据解得F7.5 N.【例2】(2019安徽宣城高三上学期期末)质量为m1 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v4 m/s，此时对物块施加F6 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0.2，重力加速度g10 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) m【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Fmgma1解得a18 m/s2；由v22a1x1，可得x11 m。(2)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Fmgma2，解得a24 m/s2mgma3，解得a32 m/s2由v2a2x2v2a3x3x2x3x1联立解得x3 m，即撤去F时物块到O点的距离为 m。【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12，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：T1mAg，对整体受力分析得：T2mAgmBg，第一次剪断细绳l1后，球A加速下落，根据运动学公式得：ha1t对球A受力分析得：mAgfAmAa1代入数据求得：mA0.2 kg，mB0.1 kg，a19 m/s2，fA0.2 N，根据题意：，解得：fB0.8 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：mAgmBgfAfB(mAmB)a2根据运动学公式得：ha2tA2代入数据求得：tA s2.3 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C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g10 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 N B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/s D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mgma，解得F浮m(ga)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v6 m/s5 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vat5 m/s，C错误；再由F浮F阻mgma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mg230 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 ()Amg B.mg C.mg D.mg【答案】C【解析】设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d3da1T2向下运动时：3dda2T2解得：根据牛顿第二定律，向上运动时：mgfma1向下运动时：mgfma2解得：fmg，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，t0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vt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t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 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k175 N/m D该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2【答案】C.【解析】根据vt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 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ffmgma125 N10 N，刚释放时滑块的加速度为a2 m/s230 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kxFfma2，代入数据解得k175 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()Ag B2g C3g D4g【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0.6F0mg，Fm1.8F0，结合牛顿第二定律，有Fmgma，当拉力最大时，加速度最大，am2g，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与斜面倾角的关系如图所示取g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(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xm3.2 m由v2gxm，得v08 m/s.(2)当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x6.4 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律得：mgma，得0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，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x3.2 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma得10sin 5cos 10，得37.因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端7.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fkv(g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)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 Ns/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：h020 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kv2mg，k Ns/m200 Ns/m刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得：a30 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：8Tcos mgma解得：T312.5 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37的足够长斜面，将一质量为m2 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F13 N，2 s后拉力变为F29 N，方向不变物体与斜面间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(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F13 N，沿斜面向下的重力的分力mgsin 12 N，摩擦力Ffmgcos 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 F1Ffma1，解得a12.5 m/s22 s末物体的速度v1a1t12.52 m/s5 m/s(2)物体在前2 s的位移x1a1t5 m当外力F29 N时，有a20.5 m/s2，方向沿斜面向上，物体经过t2时间速度变为零，所以t210 st2时间的位移为x225 m当速度减小到零后，如果物体要向上运动，则必须满足F2mgcos mgsin 0，但实际F2mgcos mgsin 所以物体以后处于静止状态故物体16 s的总位移为xx1x230 m.9.(2019德州模拟)一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的固定斜面上以a2.5 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t2 s内能沿斜面运动位移x4 m求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小【答案】(1)(2) N或 N【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma解得.(2)由xa1t2，得a12 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos 30mgsin 30(Fsin 30mgcos 30)ma1，代入数据得F N当加速度沿斜面向下时mgsin 30Fcos 30(Fsin 30mgcos 30)ma