专题1.6 动力学基本问题(解析版)

1、 2020 年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】如图 a，物块和木板

2、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2擦可以忽略。重力加速度取 10 m/s 。由题给数据可以得出()a木板的质量为 1 kgb24 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 0.21 【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

3、动摩擦力大0.42小 f 0.2 n。由题图 c 知，24 s 内，木板的加速度大小a 摩m/s20.2 m/s2，撤去外力 f 后的加速度10.40.2大小 a 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 ma 4摩121,s 以后：f ma ，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 是摩2均匀增加的，c 错误。因物块质量不可求，故由 f m g 可知动摩擦因数不可求，d 错误。摩物【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s 和 s (s s )处分别0

4、110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v 击0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 v .重力加速度大小为 g.求：1(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v2v2s （v v ）2【答案】(1) 20 gs01 (2) 1 2s0120【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1212mgs mv2

5、mv2010v2v21解得 02gs0(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 a 和 a ，所用的时间为 t.由运动学公式得12v2v22a s 011 0v v a t0112 12s a t212联立式得s （v v ）2a2 1102s20【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

6、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 s s 85.(g 取 10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：12(1)小圆环在 bc 段的加速度 a 的大小；2(2)小圆环在 ab 段的加速度 a 的大小；1(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

7、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)牛顿第二3 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fnmgf则 a g0.810 m/s28 m/s2.2 m(2)小圆环在 ab 段做匀加速运动，由运动学公式可知v22a sb1 1小圆环在 bc 段做匀减速运动，由运动学公式可知v22a sb2 2s 8又 12s 5s58则 a 2a 8 m/s2

8、5 m/s2.1 s21(3)当 fsin mg 时，小圆环在 ab 段运动的受力分析如图丙所示4 由牛顿第二定律可知fcos f ma21又 fsin mgn22f n2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。23【答案】 (1)1 m

9、(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a ，物块与 o 点的最远距离为 x ，11则有 fmgma1解得 a 8 m/s2；1由 v22a x ，1 1可得 x 1 m。1(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 a ，最大速度大小为 v ，加速位移21大小为 x ，撤去拉力 f 后做匀减速运动，设加速度大小为 a ，减速位移大小为 x ，则有233fmgma ，解得 a 4 m/s222mgma ，解得 2 m/sa233由 v22a x12 2v22a x13 3x x x2312联立解得 x m，335 23即撤去 f 时

10、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 l 连接球 a 与球 b，再用轻质细绳 l 将球 b 悬挂于上方某位置，当两12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l ，a 球经 2 s 落地。第二次，1若只剪断细绳 l ，a 球经多长时间落地？(结果保留两位有效数字)2【答案】 2.3 s【解析】 设球 a 与球 b 的质量

11、分别为 m 、m 。ab静止时对球 a 受力分析得：t m g，1a对整体受力分析得：t m gm g，2ab1第一次剪断细绳 l 后，球 a 加速下落，根据运动学公式得：h a t2211 a对球 a 受力分析得：m gf m aaaa 1代入数据求得：m 0.2 kg，m 0.1 kg，a 9 m/s2，f 0.2 n，ab1ar 1f2根据题意： ，解得：f 0.8 n。aar 4f2bbb第二次剪断细绳 l 后，球 a 与球 b 一起加速下落，对球整体受力分析得：2m gm gf f (m m )aababab21根据运动学公式得：h a t 222 a代入数据求得：t 5.4 s2.

12、3 s。a【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()6 a匀减速运动b速度减小，加速度增大d无法确定c速度减小，加速度减小【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)

13、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/s ，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2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 nc从地面开始上升 10 s 后的速度大小为 5 m/s【答案】ad.b加速上升过程中所受空气阻力保持不变d以 5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230 n【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，f mgma，解得 f m(ga)4 830 n，a 正确；加速上升浮浮过程，若保

14、持加速度不变，则热气球上升到180 m 时，速度v 2ah6 5 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 f mgma 可知空气阻力浮阻f 增大，b 错误；匀速上升时，f f mg，所以 f f mg230 n，d 正确阻浮阻阻浮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 ()1312110amgb. mgc. m

15、gd. mg【答案】c7 【解析】设每块砖的厚度是 d，向上运动时：9d3da t21向下运动时：3dda t22a 3解得： 12a 1根据牛顿第二定律，向上运动时：mgfma1向下运动时：mgfma212解得：f mg，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

16、，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【答案】c.d该过程中滑块的最大加速度为 35 m/s2【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v 1.5t 0.3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a m/s25 m/s2，v 31由牛顿第二定律得摩擦力大小为 f mgma 25 n10 n，刚释放时滑块的加速

17、度为 a m/s2t 0.1f1230 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 kxf ma ，代入数据解得 k175 n/m，f2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()8 agb2gc3gd4g【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

18、.6f ，而最大拉力为 1.8f ，即 0.6f mg，f 1.8f ，结合牛顿第二定律，有 fmgma，000m0f mg当拉力最大时，加速度最大，a m2g，故选 b.mm6.(2019陕西西安模拟)小物块以一定的初速度 v 沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最0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 v ；0(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

19、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 x 3.2 mm由 v22gx ，得 v 8 m/s.0m0(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：v22ax0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：v22ax09 由牛顿第二定律有：mgsin mg

20、cos 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

21、 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/m 30 m/s2 方向竖直向上 (3)312.5 nv2【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：h 0 20 m.2g0(2)由甲图可知，当速度等于 5 m/s 时，做匀速运动，受力平衡，2mg 1 000则 kv2mg，kn s/m200 n s/mv5刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得：kv 2mga030 m/s2，方向竖直向上2m(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 mgmam（ag）解得：t312.5 n8cos 37

22、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f 3 n，2 s 后拉力变为 f 9 n，方向不变物体与斜面间的12动摩擦因数 0.25，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：10 (1)f 作用时物体的加速度大小及 2 s 末物体的速度大小；1(2)前 16 s 内物体发生的位移大小【答案】(1)2.5 m/s2 5 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f 3 n，沿斜面向下的重力的分

23、力 mgsin 12 n，1摩擦力 f mgcos 4 nf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 f f ma ，1f1解得 a 2.5 m/s212 s 末物体的速度 v a t 2.52 m/s5 m/s11 112(2)物体在前 2 s 的位移 x a t 5 m211 1f mgcos mgsin 当外力 f 9 n 时，有 a 20.5 m/s2，方向沿斜面向上，22mv物体经过 t 时间速度变为零，所以 t 110 s22 a22v时间的位移为 x 1 25 mt222a2当速度减小到零后，如果物体要向上运动，则必须满足f

24、mgcos mgsin 0，2但实际 f mgcos mgsin 2所以物体以后处于静止状态故物体 16 s 的总位移为 xx x 30 m.129.(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/s 的加速2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 ；11 (2)恒力 f 的大小3676 354 37【答案】(1)(2)n 或n【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma3解得 .612(2)由 x a t ，得 a 2 m/s ，当加速度沿斜面向上时，fcos 30mgsin 30(fsin 30mgcos 30)ma ，2211176 35代入数据得 fn当加速度沿斜面向下时mgsin 3