高考物理一轮复习讲义 第三章　第11课时　动力学两类基本问题　动力学图像问题

第11课时动力学两类基本问题动力学图像问题目标要求1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。考点一动力学两类基本问题1.解决动力学两类基本问题的思路2.分析动力学两类基本问题的关键(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。例1(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，重力加速度g取10m/s2，sin15°=0.26，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小。(2)过C点的速度大小。(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。答案(1)83m/s2(2)12m/s(3)解析(1)雪车(包括运动员)在直道AB上做匀加速运动，则有v12=2a1解得a1=83m/s(2)由v1=a1t1，解得t1=3s雪车(包括运动员)在斜道BC上匀加速下滑，则有x2=v1t2+12a2t22，t2=t-t1解得a2=2m/s2过C点的速度大小v=v1+a2t2=12m/s(3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有mgsinθ-Ff=ma2解得Ff=66N。例2风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度H0=24m的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特性，如图所示，风洞分成一个高度为H1=16m的无风区和一个受风区，某物体质量m=10kg，只在无风区中受到空气的恒定阻力，大小为20N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g取10m/s2，求在本次实验中：(1)该物体的最大速度大小。(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小。(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。答案(1)16m/s(2)260N(3)563解析(1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得mg-Ff=ma1解得a1=8m/s2物体在无风区做匀加速直线运动，有vmax2=2a1解得最大速度为vmax=16m/s(2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有vmax2=2a2(H0-H1)，解得a2=16由牛顿第二定律得F-mg=ma2解得F=260N(3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，可视为(2)中运动的逆过程，则到分界线时速度大小为16m/s，再次进入无风区后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg+Ff=ma3解得a3=12m/s2向上做匀减速运动的位移为H2=vmax22a第一次上升的最大高度为H=H0-H1+H2=563m动力学问题的解题思路例3如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是()A.t1>t2>t3 B.t1<t2<t3C.t1>t2=t3 D.t1=t2=t3答案D解析设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cosθ=12gcosθ·t2，解得t=2Rg，可知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选拓展(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；(2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；(3)如图丙所示，OA为倾角为θ的光滑斜面，若OB=L，重力加速度为g，则物块从斜面顶端A滑到斜面底端的时间t=4Lgsin2θ，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当θ=45°时，物块沿斜面下滑的时间最短，最短时间t解析(3)设物块的质量为m，由mgsinθ=ma得：a=gsinθ，x=Lcosθ=12得：t=4当sin2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=4L考点二动力学图像问题常见的动力学图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。(1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。(2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。(3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。(4)F-a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a、F间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或拐点的意义，从而求出未知量。例4(多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙答案BC解析根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。例5(多选)如图甲所示，一小滑块在t=0时刻从底端滑上某一斜面，滑块的v-t图像如图乙所示，图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.滑块在斜面上运动的总时间为2t1B.滑块在斜面上运动的总时间为(v0v1+1C.斜面倾角的正弦值为vD.斜面倾角的正弦值为v答案BC解析设滑块下滑的加速度大小为a下，滑块在斜面上向上运动的最长距离为x上，滑块返回斜面底端时速度大小为v，则有v1=0+a下t1，x上=12v0t1，x上=x下=v22a下，解得v=v0v1，设滑块下滑的时间为t下，则有v=0+a下t下，解得t下=t1v0v1，滑块在斜面上运动的总时间t总=t1+t下=(v0v1+1)t1，选项A错误，B正确；设滑块上滑的加速度大小为a上，斜面的倾角为θ，则有a上=v0t1，mgsinθ+μmgcosθ=ma上，mgsinθ-μmg例6如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10m/s2。下列选项中正确的是()A.2~3s内物块做匀减速运动B.在t=1s时刻，恒力F反向C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5D.恒力F大小为10N答案B解析根据速度—位移公式v2-v02=2ax，可得匀减速直线运动的加速度大小a1=1002×5m/s2=10m/s2，匀加速直线运动的加速度大小a2=642×(13-5)m/s2=4m/s2，由题图乙可知物体做匀减速直线运动的初速度大小为v0=10m/s，则速度为零的时间t1=v0a1=1s，物体做匀加速直线运动的初速度为0，末速度大小为v=8m/s，则做匀加速直线运动所用时间为t2=va2=2s，即2~3s内物块做匀加速运动，在t=1s时刻恒力F反向，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律，物体做匀减速直线运动有F+μmg=ma1，物体做匀加速直线运动有F-μmg=ma2，联立解得F课时精练[分值：42分][1~4题，每题3分]1.(2025·陕晋青宁卷·3)某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是()答案A解析根据牛顿第二定律和F-t图像画出如图所示的a-t图像，可知分拣机器人在0~1s和2~3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v-t图线的斜率表示加速度可知，A正确。2.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知Lcosθ=12gsinθ·t2，可得t2=4Lgsin2θ，可知θ=45°时，t有最小值，故当θ从由30°3.(2025·浙江省稽阳联谊学校二模)以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f=(1+kv)N，k=0.01kg/s，g取10m/s2。则小球从气球上落下后大约经过多长时间到达地面()A.1.7s B.1.9s C.2.6s D.3.5s答案C解析因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定为1N进行计算，根据牛顿第二定律推知，小球上升阶段的加速度大小a1=mg+fm=12上升的时间t1=va1=612s=0.上升的高度h1=v2t1=1.5根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度大小a2=mg-fm=8根据运动学公式h0+h1=12a2故下降所用时间t2=2(h0+h1)a2=2×168s=2s，则总时间为t=t1+t4.(2025·浙江省强基联盟联考)中国跳水队在巴黎奥运会包揽8金完美收官。质量为50kg的跳水运动员，训练10m跳台跳水。若将运动员看作质点，其跳水过程可简化为先自由落体10m，入水后受恒定阻力做匀减速直线运动，减速2m时速度恰为零，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.水中减速的运动员处于失重状态B.水的阻力大小为2500NC.运动员整个运动过程的平均速度为52m/sD.从入水到速度为零，运动员动能减少了1250J答案C解析水中减速的运动员加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；依题意，设运动员入水时的速度为v，则有v2=2gh，解得v=102m/s，运动员水中减速过程，有v2=2ax，由牛顿第二定律可知Ff-mg=ma，联立解得Ff=3000N，故B错误；运动员空中运动时间为t1=vg=2s，运动员水中运动时间为t2=va=25s，运动员整个运动过程的平均速度为v=h+xt1+t2=52m/s，故C正确；从入水到速度为零，运动员动能变化量为ΔEk=0-12mv2=-50005.(10分)如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30kg(可视为质点)，道路可以简化为由一段长为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)(3分)平板车到达B点时的速度大小。(2)(3分)甲同学的拉力大小。(3)(4分)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。答案(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2方向沿斜面向下解析(1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律s=vB解得平板车到达B点时的速度大小vB=3m/s(2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a=vBt=13由牛顿第二定律F-0.3mg=ma解得甲同学的拉力大小为F=100N(3)以沿斜面向上为正方向，平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律F+F'-mgsin37°-0.3mgcos37°=ma'，解得a'=-1.6m/s2所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s2，方向沿斜面向下。[6、7题，每题4分]6.(2024·浙江杭州市二模)如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中A1、A2处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是()A.图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒B.图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片C.乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中重力的冲量大小不同D.通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比答案D解析乒乓球在运动过程中空气阻力做功，其机械能不守恒，故A错误；由题可知，乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中的运动时间相等，则重力的冲量大小相等，故C错误；设空气阻力为f，由牛顿第二定律可得，上抛时有mg+f=ma1，下降时有mg-f=ma2，可知a1>a2，由最高点自由下落，h=12at2，题图甲相邻乒乓球之间距离较大，为上抛时所拍摄的频闪照片；根据逐差法，Δx上=a1T2，Δx下=a2T2，又由上知mg=ma1+a22，f=ma1-a7.(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是()A.物体的质量m=2kgB.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3C.物体与水平地面间的最大静摩擦力Ffmax=6ND.在F为10N时，物体的加速度a=2.5m/s2答案ABC解析根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，整理可得a=1mF-μg，结合题图乙可得1m=3.57kg-1，解得m=2kg，故A正确；由题图乙可知，a与F的关系式满足a=0.5F-3(m/s2)，结合上述分析可知μg=3m/s2，解得μ=0.3，故B正确；结合上述结论可得最大静摩擦力为Ffmax=μmg=6N，故C正确；将F=10N代入a=0.5F-3(m/s2)，解得a=2m/s28.(12分)(2024·浙江省Z20名校联盟联考)如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E两地