《（通用版）2022年高考物理一輪復習 第三章 第15課時 動力學的兩類基本問題（重點突破課）講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考物理一輪復習 第三章 第15課時 動力學的兩類基本問題（重點突破課）講義（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復習 第三章 第15課時 動力學的兩類基本問題（重點突破課）講義（含解析） [考點一　兩類動力學問題] 動力學的兩類基本問題在高考中是命題的熱點。這類問題對學生的分析推理能力、應用數(shù)學解決物理問題的能力要求較高，學生往往因為計算失誤導致丟分。 1．動力學的兩類基本問題 (1)已知受力情況，求物體的運動情況。 (2)已知運動情況，求物體的受力情況。 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖所示。 [典例]　避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖所示豎直

2、平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向； (2)制動坡床的長度。 [解析]　(1)設貨物的質量為

3、m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsin θ＝ma1 f＝μmgcos θ 解得a1＝5 m/s2 a1的方向沿制動坡床向下。 (2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s，貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離為s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2，貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度為l0＝12 m，制動坡床的長度

4、為l，則 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 F＝k(m＋M)g M＝4m s1＝vt－a1t2 s2＝vt－a2t2 s＝s1－s2 l＝l0＋s0＋s2 解得l＝98 m。 [答案]　(1)5 m/s2，方向沿制動坡床向下　(2)98 m 動力學問題的解題步驟 　　 [集訓沖關] 1．(2019·德州模擬)一質量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2勻加速下滑。如圖所示，若用一水平向右恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內能沿斜面運動位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)

5、 (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大小。 解析：(1)對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 解得：μ＝。 (2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度沿斜面向上和向下兩種可能。 由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2， 當加速度沿斜面向上時： Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入數(shù)據(jù)解得：F＝ N； 當加速度沿斜面向下時： mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入數(shù)據(jù)解得：F＝ N。 答案：(1)　(2) N或 N 2．公路上行駛

6、的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1 s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的。若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2)。 解析：設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，汽車的質量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運動學公式得 μ0mg＝ma0

7、s＝v0t0＋ 解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5 設汽車在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有μ＝μ0 由牛頓第二定律和運動學公式得 μmg＝ma s＝vt0＋ 解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合實際，舍去)。 答案：20 m/s [考點二　動力學的圖像問題] 結合圖像分析動力學問題是近幾年高考中的常客。學生在分析圖像時常遇到的問題：一是不能從圖像中分析出有用的足夠多的信息；二是不能把圖像轉化成實際運動情景。 1．常見的動力學圖像 vt圖像、at圖像、Ft圖像、Fa圖像等。 2．圖

8、像問題的類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線。求解物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。 3．解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。 (2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。 [典例]　(2019·南陽模擬)假設一宇宙飛船完成了預定空間科學和技術實驗任務后，返回艙開始從太空向地球表面預定軌道返回。返回艙開始時通過自身制動發(fā)動機進行調控減速

9、下降，穿越大氣層后在一定高度打開阻力降落傘進一步減速下降。這一過程中若返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認為返回艙豎直降落。從某時刻開始計時，返回艙運動的v -t圖像如圖所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線與橫軸交點B的坐標為(8,0)，CD是曲線AD的切線。假如返回艙總質量為 M＝400 kg，g取10 m/s2，求： (1)返回艙在這一階段的運動狀態(tài)； (2)在開始時刻v0＝160 m/s時，返回艙的加速度大?。? (3)空氣阻力系數(shù)k的數(shù)值。 [解析]　(1)由題圖圖像可以看出，圖線的斜率逐漸減小到零，即返回艙做加速度逐漸減

10、小的減速運動，直至做勻速運動。 (2)開始時v0＝160 m/s，過A點切線的斜率大小就是此時加速度的大小，則 a＝＝m/s2＝20 m/s2 故加速度大小為20 m/s2。 (3)設浮力為F，由牛頓第二定律得 在t＝0時，有kv02＋F－Mg＝Ma 由題圖知返回艙的最終速度為v＝4 m/s 當返回艙做勻速運動時，有kv2＋F－Mg＝0 解得k≈0.31。 [答案]　(1)先做加速度逐漸減小的減速運動，直至做勻速運動　(2)20 m/s2　(3)0.31 解決圖像綜合問題的三點提醒 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反

11、映的物理過程，會分析臨界點。 (2)注意圖線中特殊點的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。 (3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中提取出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點?！　? [集訓沖關] 1．(多選)如圖甲所示，物體最初靜止在傾角為30°的足夠長斜面上，從t＝0時刻起受到平行斜面向下的力F的作用。力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，物體開始運動2 s后以2 m/s 的速度勻速運動。下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．物體的質量m＝1 kg B

12、．物體的質量m＝2 kg C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ 解析：選AD　由物體開始運動2 s后以2 m/s的速度勻速運動，可知0～2 s內物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項A、D正確。 2.(2019·湖北聯(lián)考)質量m＝1.0 kg的物塊在一豎直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s開始豎直向上運動，該過程中物塊速度的二次方隨路程x變化的關系圖

13、像如圖所示。已知g取10 m/s2，物塊在運動過程中受到與運動方向相反且大小恒定的阻力。下列說法中正確的是(　　) A．恒力F大小為6 N B．在t＝1 s時，物塊運動開始反向 C．2 s末～3 s末物塊做勻減速運動 D．在物塊運動路程為13 m的過程中，重力勢能增加130 J 解析：選B　根據(jù)公式v2－v02＝2ax可得v2＝2ax＋v02，v2x圖像的斜率的絕對值表示2倍加速度的大小，在運動0～5 m過程中，由牛頓第二定律可得mg＋f－F＝ma1，其中a1＝× m/s2＝10 m/s2, 即f－F＝0，在運動5～13 m 過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－f－F＝ma2，其中a

14、2＝× m/s2＝4 m/s2，解得F＝f＝3 N，A錯誤；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s時，速度減小到零，即在t＝1 s時，物塊運動開始反向，之后向下做勻加速直線運動，B正確，C錯誤；在物塊運動路程為13 m的過程中，先上升5 m，然后從最高點下降8 m，即位移為3 m，在拋出點下方，所以重力做正功，重力勢能減小，ΔEp＝mgh＝1.0×10×3 J＝30 J, D錯誤。 3．如圖甲所示，質量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖像(vt圖像)如圖乙所示，g取10 m/s

15、2，求： (1)在0～2 s內物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。 解析：(1)在0～2 s內，由題圖乙知： 物塊上升的最大距離：x1＝×2×1 m＝1 m 物塊下滑的距離：x2＝×1×1 m＝0.5 m 所以位移大?。簒＝x1－x2＝0.5 m 路程：L＝x1＋x2＝1.5 m。 (2)由題圖乙知，沿斜面向上運動的兩個階段加速度的大?。? a1＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝m/s2＝4 m/s2 設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有 0～0.5 s內：F－Ff－mgsin θ＝

16、ma1 0．5～1 s內：Ff＋mgsin θ＝ma2 解得F＝8 N。 答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N [考點三　等時圓問題] 等時圓問題屬于動力學問題，它的特殊之處在于物體運動的初、末位置在圓弧上。它的運動時間有一定的規(guī)律，解答這類問題時如果能熟練應用“等時”的規(guī)律，則“事半功倍”，否則求解過程“繁瑣”且易失分。 1．質點在豎直圓環(huán)上從不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。 2．質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。 3．兩個豎直圓環(huán)相切且兩圓環(huán)的豎直直徑

17、均過切點，質點從不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。 [典例]　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t2>t3 C．t1

18、，三根細桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓特點可知，由c、O、d無初速度釋放的滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；由c→a與O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故選項A錯誤，B、C、D正確。 [答案]　BCD [集訓沖關] 1．(2019·合肥檢測)如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ?，F(xiàn)讓一小物塊先后從三條

19、軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B項正確。 2.如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時間內到達各自的最高點，則各小球最高點的位置(　　) A．在同一水平線上 B．在同一豎直線上 C．在同一拋物線上 D．在同一圓周上 解析：選D　設某一直軌道與水平面成θ角，末速度為零的勻減速直線運動可看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，則小球在直軌道上運動的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的傾角θ對應不同的位移l，但相同，即各小球最高點的位置在直徑為gt2的圓周上，選項D正確。