高考物理第三章第16课时 动力学的三类典型问题题型研究课.docx

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高考物理第三章第16课时动力学的三类典型问题题型研究课

第16课时　动力学的三类典型问题（题型研究课）

1．（多选）（2015·全国卷Ⅱ）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）

A．8　　　　　　　　　　　B．10

C．15D．18

解析：

选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。

设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝（n－n1）m·a，联立得2n＝5n1。

当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。

2.（2013·全国卷Ⅱ）一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。

已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。

物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：

（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。

解析：

（1）从t＝0时刻开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。

由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同。

设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则

a1＝①

a2＝②

式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。

设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1③

（μ1＋2μ2）mg＝ma2④

联立①②③④式得

μ1＝0.20⑤

μ2＝0.30。

⑥

（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。

设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得

f＝ma1′⑦

2μ2mg－f＝ma2′⑧

假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′

由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。

故f＝μ1mg⑨

由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的vt图像如图中点划线所示。

由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为

s1＝2×⑩

s2＝t1＋⑪

物块相对于木板的位移的大小为

s＝s2－s1⑫

联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得

s＝1.125m。

⑬

答案：

（1）0.20　0.30　

（2）1.125m

[备考视角]

连接体问题、临界极值问题、多运动过程问题属于牛顿运动定律的综合应用问题，这类问题常和生活中的实际情景相结合。

选题不避常规模型，没有偏难怪。

难度中等或中等偏上；这类题目物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大，学生常因为计算失误而丢分。

命题点一　动力学中的连接体问题

（一）连接体的类型

1．弹簧连接体　

2．物物叠放连接体　

3．轻绳连接体　

4．轻杆连接体　

（二）连接体的运动特点

轻绳

轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方向的速度总是相等

轻杆

轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比

轻弹簧

在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等

题型1　同一方向上的连接体问题

这类问题通常为连接体（系统）中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。

解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。

[例1]　（多选）（2019·哈尔滨模拟）如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。

现用水平拉力F拉B，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则下列说法正确的是（　　）

A．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为

B．一起加速过程中，C受到4个力的作用

C．一起加速过程中，A、D所受摩擦力的大小和方向相同

D．当F撤去瞬间，A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变

[解析]　一起加速过程中，由整体法有：

a＝，对D：

fD＝ma＝，A正确；对C受力分析，C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力，共5个力，B错误；对A：

fA＝ma＝，C正确；当F撤去瞬间，D受力情况不变，B受力情况改变，A所受静摩擦力方向改变，D错误。

[答案]　AC

题型2　不同方向上的连接体问题

如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。

[例2]　（2019·枣庄模拟）如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。

已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为（　　）

A．Mg　　　　　　　　　B．M（g＋a）

C．（m1＋m2）aD．m1a＋μm1g

[解析]　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝（m1＋m2）a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝（m1＋m2）a，故D错误。

[答案]　C

[规律方法]

连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。

处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：

（1）求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。

（2）求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。

[集训冲关]

1.（2019·深圳罗湖模拟）如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。

其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ。

在此过程中，A、B间的摩擦力为（　　）

A．μFB.m（g＋a）

C．m（g＋a）D.m（g＋a）

解析：

选B　对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有2Ff－（m＋2m）g＝（m＋2m）a；再隔离A分析，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。

联立解得FfBA＝m（g＋a），选项B正确。

2.（多选）（2019·黄冈模拟）如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力F的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0。

以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力F突然反向并使B向右做匀加速运动。

下列选项图中关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系可能正确的是（　　）

解析：

选BD　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图像可能是过原点的直线，对A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此选项B和D可能正确。

3.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用

轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。

已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝。

若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。

重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

求：

（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2；

（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足的条件。

解析：

（1）整个系统匀速运动时

对钩码：

2mg＝T

对物块和木板：

T＝2mgsinθ＋2μ2mgcosθ

解得：

μ2＝。

（2）要使物块和木板发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2，

对物块：

μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2

解得：

a2＝g

对木板：

T′－mgsinθ－μ1mgcosθ－2μ2mgcosθ＝ma1

对钩码：

m′g－T′＝m′a1

解得：

a1＝g

由a1>a2，解得：

m′＞m。

答案：

（1）　

（2）m′＞m

命题点二　动力学中的临界、极值问题

临界、极值问题的标志

1.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。

2.若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。

3.若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往又是临界点。

4.若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。

题型1　以“作用力为零”为临界、极值条件的问题

1．接触与脱离的临界条件：

两物体相接触或脱离的临界条件是两物体接触但接触面间弹力FN＝0。

2．绳子断裂与松弛的临界条件：

绳子断裂的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力。

绳子松弛的临界条件是FT＝0。

[例1]　如图所示，质量m＝2kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

下列说法正确的是（　　）

A．当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20N

B．当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30N

C．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40N

D．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60N

[解析]　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcosθ＝ma0，Fsinθ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3m/s2，由于a1＝5m/s2

F1sinθ＋FNcosθ－mg＝0，F1cosθ－FNsinθ＝ma1，代入数据解得F1＝20N，选项A正确，B错误；由于a2＝20m/s2>a0，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：

F2cosα＝ma2，F2sinα－mg＝0，代入数据解得F2＝20N，选项C、D错误。

[答案]　A

题型2　以“加速度相同”为临界、极值条件的问题

相对静止或相对滑动的临界条件，当两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：

摩擦力达到最大静摩擦力。

[例2]　（2019·临沂模拟）如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。

已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢（　　）

A．速度可能向左，加速度可大于（1＋μ）g

B．加速度一定向右，不能超过（1－μ）g

C．加速度一定向左，不能超过μg

D．加速度一定向左，不能超过（1－μ）g

[解析]　开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态。

当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。

对B受力分析如图所示，有fBm＝μFNB＝μ（F弹－mg）≥ma，解得a≤（1－μ）g，故选项B正确，A、C、D错误。

[答案]　B

[规律方法]

解答临界、极值问题的常用方法

（1）极限法：

把物理问题（或过程）推向极端，从而临界现象（或状态）显现出来，以达到正确解决问题的目的。

（2）假设法：

临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。

（3）数学方法：

将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。

[集训冲关]

1.（2019·潍坊实验中学质检）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

现用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（　　）

A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值

解析：

选D　对球受力分析，球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cosα＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sinα＝ma，因为FN2sinα≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为FN2在竖直方向的分力FN2cosα与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。

2．（2019·河南三市联考）木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示。

若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0＝10m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化。

重力加速度g取10m/s2。

（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；

（2）当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的最大距离最小，并求出此最小值。

解析：

（1）当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则

mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ

解得μ＝。

（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，

由0－v02＝2ax得x＝，

令cosα＝，sinα＝，

即tanα＝μ，即α＝30°，则x＝，

当α＋θ＝90°时x最小，可得θ＝60°，

所以x最小值为

xmin＝＝＝m。

答案：

（1）　

（2）60°　m

命题点三　动力学多过程问题

综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。

物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。

一般解题步骤如下：

[典例]　“辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。

一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。

假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可视为质点，飞机从水平跑道进入倾斜跑道速度大小保持不变，g取10m/s2。

（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力的大小。

[解析]　

（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1

v12－v02＝2a1l1

v1＝a1t1

其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s

飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，斜面倾角为θ，沿斜面方向有

F合′＝F－f－mgsinθ＝ma2

其中sinθ＝

v22－v12＝2a2l2

代入已知数据可得a2＝3.0m/s2，

v2＝m/s≈41.5m/s。

（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′、助推力为F推

有F合″＝F推＋F－f＝ma1′

v1′2－v02＝2a1′l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0m/s2

v2′2－v1′2＝2a2′l2

根据题意，v2′＝100m/s，

代入已知数据解得F推＝5.175×105N。

[答案]　

（1）8.0s　41.5m/s　

（2）5.175×105N

[易错提醒]

如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解a2时很容易漏掉飞机重力沿斜面向下的分力。

[集训冲关]

1．（2019·华中师大附中模拟）如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）2s末物体的速度大小；

（2）前16s内物体发生的位移。

解析：

（1）对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2s时间内物体沿斜面方向向下运动

因为mgsinθ－μmgcosθ－F1>0，

所以假设成立，物体在0～2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，

v1＝a1t1，

代入数据可得v1＝5m/s。

（2）物体在前2s内发生的位移为

x1＝a1t12＝5m，

当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，

代入数据可得a2＝－0.5m/s2，

设物体经过t2时间速度减为零，则

0＝v1＋a2t2，

解得t2＝10s，

物体在t2时间内发生的位移为

x2＝v1t2＋a2t22＝25m，

由于mgsinθ－μmgcosθ

故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。

答案：

（1）5m/s　

（2）30m，方向沿斜面向下

2．（2019·济南模拟）有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：

选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败。

其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域。

已知BC长度L2＝1m，木箱的质量m＝50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。

某选手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10m/s2。

那么该选手要想游戏获得成功，试求：

（1）推力作用在木箱上时的加速度大小；

（2）推力作用在木箱上的时间满足的条件。

解析：

（1）设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得

F－μmg＝ma1

解得a1＝3m/s2。

（2）设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得

μmg＝ma2

解得a2＝1m/s2

推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2

撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝

为使木箱停在有效区域内，要满足L1－L2≤x1＋x2≤L1

解得1s≤t≤s。

答案：

（1）3m/s2　

（2）1s≤t≤s