第三章 专题强化三.docx

1、第三章 专题强化三专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高2学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力3本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识一、动力学的两类基本问题1由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移2由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定

2、律求出合力，从而确定未知力3应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：自测1(2018江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体从倾角为的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且kgtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小答案(1)(2)0m解析(1)设箱子加速阶段的加速度大小为a，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，解得a.(2)如果球刚好不受箱子的作用力，箱子的加速度设为a0，应满足FNs

3、in ma0，FNcos mg，解得a0gtan .箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零此时球受力如图所示，由牛顿第二定律得，FNcos Fmg，FNsin ma，解得Fm.1足够长光滑固定斜面BC倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m2 kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F作用，如图1甲所示小物块在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2)求：图1(1)小物块

4、所受到的恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块最终离A点的距离答案(1)11 N(2)0.5 s(3)3.6 m解析(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，得F11 N.(2)在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，由B至停下小物块的位移x0.4

5、 m，xABt04.0 m，xAxABx3.6 m.2(2018湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角37，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图2(1)若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？答案(1)2 m/s(2)0.5(3)5 N解析(1)设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得：xvt，

6、vm/s2 m/s；(2)由运动学公式得a12 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，联立解得0.5；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则F合sin F合cos ma2，将a21.5 m/s2，37，0.5代入，可得F合15 N，F合mgF15 N，解得F5 N.3如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F6.5 N，玩具的质量m1 kg，经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下(g取10 m/s2)求：图3(1)玩具与地面间

7、的动摩擦因数(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角为多少时拉力F最小？答案(1)(2) m(3)30解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得xat2，解得am/s2，对玩具，由牛顿第二定律得Fcos 30(mgFsin 30)ma解得.(2)松手时，玩具的速度vat2 m/s松手后，由牛顿第二定律得mgma解得am/s2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移xm.(3)设拉力与水平方向的夹角为，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff0，FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsin mg解得F因为cos sin sin(60)所以当30时，拉力最小4(201

8、9河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g10 m/s2.求：图4(1)有F作用的过程中小球的加速度；(2)撤去F瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点答案(1)2.5 m/s2方向沿杆向上(2)7.5 m/s2方向沿杆向下(3)0.2 s或0.75 s解析(1)小球的质量m1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，Fcos 30Gcos 30FNFs

9、in 30Gsin 30FNma1联立解得：a12.5 m/s2，方向沿杆向上(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，FNGcos 30Gsin 30FNma2联立解得：a27.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下(3)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移为x1a1t121.8 m撤去F后，小球继续向上运动的时间为t20.4 s小球继续向上运动的最大位移为x20.6 m则小球向上运动的最大距离为xmx1x22.4 m在上滑阶段通过B点，即xABx1v1t3a2t32解得t30.2 s或者t30.6 s(舍)小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a3，Gsin 30FNma3得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有(xmxAB)a3t42解得t4s则通过B点时间为tt2t40.75 s.