2020版高考物理第三章第16课时动力学的三类典型问题（题型研究课）讲义.docx

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)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()A8B10C15 D18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Fn1ma；当加速度为a时，对P有F(nn1)ma，联立得2n5n1。当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，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)一长木板在水平地面上运动，在t0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g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0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t0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t10.5 s时，物块和木板的速度相同。设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1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1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30。(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fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2由式得f2mg1mg，与假设矛盾。故f1mg由式知，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s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m。答案：(1)0.200.30(2)1.125 m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：fDma，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：fAma，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南通模拟)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，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为()AMgBM(ga)C(m1m2)a Dm1am1g解析以C为研究对象，有MgTMa，解得TMgMa，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(m1m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有fm2a，对A有Tfm1a，ff，联立解得T(m1m2)a，故D错误。答案C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。在此过程中，A、B间的摩擦力为()AF B.m(ga)Cm(ga) D.m(ga)解析：选B对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有2Ff(m2m)g(m2m)a；再隔离A分析，根据牛顿第二定律，有FfmgFfBAma。联立解得FfBAm(ga)，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Fk(x0x)(mAmB)a，可得Fkx(mAmB)akx0，若(mAmB)akx0，得Fkx，则F与x成正比，Fx图像可能是过原点的直线，对A有k(x0x)FNmAa，得FNkxkx0mAa，可知FNx图像是向下倾斜的直线，当FN0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xx0x0，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1。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2；(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：2mgT对物块和木板：T2mgsin 22mgcos 解得：2。(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：1mgcos mgsin ma2解得：a2g对木板：Tmgsin 1mgcos 22mgcos ma1对钩码：mgTma1解得：a1g由a1a2，解得：mm。答案：(1)(2)mm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FN0。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FT0。 例1如图所示，质量m2 kg的小球用细绳拴在倾角37的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列说法正确的是()A当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20 NB当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30 NC当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40 ND当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60 N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Fcos ma0，Fsin mg0，代入数据解得a013.3 m/s2，由于a15 m/s2a0，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，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：F2cos ma2，F2sin mg0，代入数据解得F220 N，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湖北模拟)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，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)gB加速度一定向右，不能超过(1)gC加速度一定向左，不能超过gD加速度一定向左，不能超过(1)g解析开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fAmgFNAF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fBmFNB(F弹mg)ma，解得a(1)g，故选项B正确，A、C、D错误。答案B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maD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，则竖直方向有FN2cos mg，因为mg和不变，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FN1FN2sin ma，因为FN2sin 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FN2cos 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可以随意改变，当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v010 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着的改变，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10 m/s2。(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当满足什么条件时，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30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin Ff，Ffmgcos 解得。(2)当变化时，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mgsin mgcos ma，由0v022ax得x，令cos ，sin ，即tan ，即30，则x，当90时x最小，可得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l11.6102 m的水平跑道和长度为l220 m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h4.0 m。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F1.2105 N，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 10 m/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100 m/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Ffma1v12v022a1l1v1a1t1其中v00，f0.1mg，代入已知数据可得a15.0 m/s2，v140 m/s，t18.0 s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，沿斜面方向有F合Ffmgsin ma2其中sin v22v122a2l2代入已知数据可得a23.0 m/s2，v2 m/s41.5 m/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Ffma1v12v022a1l1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a2a23.0 m/s2v22v122a2l2根据题意，v2100 m/s，代入已知数据解得F推5.175105 N。答案(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.175105 N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37足够长的斜面，将一质量m1 kg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0.25。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16 s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02 s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsin mgcos F10，所以假设成立，物体在02 s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mgsin F1mgcos ma1，解得a12.5 m/s2，v1a1t1，代入数据可得v