高考物理通用版二轮复习讲义：第1讲应用“动力学观点”破解力学计算题Word版含解析

1、第二板块力学能量”:胆与动量呵麴用结合怎会考牛幡运动定律与句变速直如劭规律相结合O动力学观点I 0能量观点+动*明点第5页共15页第1讲|应用“动力学观点”破解力学计算题动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。涉及的知识主要包括：匀变速直线运动规律；自由落体运动规律；考法学法竖直上抛运动规律；牛顿运动定律；运动学和动力学图像。复习这部分内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情况分析和运动情况分析。用到的思想方法有：整体法和隔离法； 临界问题的分析方法；合成法；正交分解法；作图法；等效思想；分解思想。命题点（一）匀变速直线运动规律的应用题型

2、1多过程运动一"臬二不前而运而访冗不诉瓦“萩芥徭芬桥冢区殳两而还!唯名忌面!客一"一"一"iI段的纽带，应注意分析各段的运动性质。i 碗1“30 m济近丽”而蕨皈一个云而丽豪而，茬而;前而适王， 一学壬点也点线处，当听到起跑口令后 （测试员同时开始计时），跑向正前方30 m处的折返线，到达折返 线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为ai=2.5 m/s2,减速时的加速度大小为a2 =5 m/

3、s2,到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过vmax= 12 m/s 。求该学生"30 m折返跑”的最好成绩。审题指导运动情景是什么？跑向折返线时必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程； 跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程用到什么规律？匀变速直线运动的公式采用什么方法？在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移 关系等解析设起点线处为 A,折返线处为B,假设该学生从 A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为V,做匀加速运动的时间为ti,做匀减速运动的时间为t2,则由运动学公

4、式有v=aiti匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有0 = va2t2由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离Lab = 2(ti + t2)时间只能取正值，解得 v = 10 m/s, ti = 4 s, t2=2 s因为V<Vmax,所以从A到B的过程中，学生先做匀加速运动，然后做匀减速运动从B到A的加速过程中，速度从零增大到12 m/s所用时间13=痣s = 4.8 sai2.5加速过程通过的位移为 x = v2axt3 = 28.8 m剩余阶段的匀速过程用时t4=L=30三等s= 0.1 sV max12所以该学生“30 m折返跑”的最好成绩为t=t1+t2+

5、t3+t4= 10.9 s。答案10.9 s题型2追及相遇问题一而反桁面丽忌1汨河而瑞疝丽芨芍通防而近芍正近芍海施芍加!疝一” i匀速、匀减速追匀速、匀加速追匀减速、匀减速追匀减速等问题。! _ 一I椀-2一”晨 b ,防葡疝I小目至花正iS五丽豕干看加薪而工后而芍窗行证祈函函” 分别为va=6 m/s、vb= 2 m/s ,当A车在B车后面x= 3.5 m时，A车开始以大小恒定的加 速度aA= 1 m/s2刹车至停止运动，求：(1)A车超过B车后，保持在 B车前方的时间；(2)A车超过B车后，领先B车的最大距离；(3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB=2 m/s2,但B车的最大速度只

6、有 4 m/s, 通过计算说明 A车能否追上B车。列出方展找出时间卷出第杲.关来、速度卜必要时要 关系.位移关系凿行诘於思路点拨分则对两画出运个研托对中劫过程泉进行研究示意圉解析(1)设A车用时t追上B车,1对 A 车，Xa= VAt 2aAt2对 B 车，XB= VBt追上时有Xa=Xb + X解得 t1 = 1 s, t2= 7 s显然ti为A车追上B车所用时间，由于 t2=7 s>vA=6 s,故B车追上A车之前，A车 aA已停止运动设从开始到A车被B车追上用时为t3,VA2则 VBt3=-x,解得 t3=7.25 s2 aAA车超过B车后，保持在 B车前方的时间为At,所以 At

7、=t3-ti,解得 A = 6.25 s。(2)设当A车与B车速度相等用时为t4,则 VAaAt4=VB,解得 t4= 4 S则此过程中A车位移为XA' = VA+VBt4B车位移XB' = VBt4由(1)分析可知，此时 A车在B车前方，故 A、B最大距离为 Ax=xa' -x-XBz ,解 得 Zx = 4.5 m。(3)假设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6,匀速运动时间为t5-t6,从A车开始刹车至两车速度相等过程中，VAaAt5=Vm 且 Vm=VB+aBt6解得 t5= 2 s, t6= 1 s, t5 t6>0 ,假设成立

8、一i1对 A 车，xa = VAt5 2aAt52,斛得 xa = 10 mVm2VB2 ,对 B 车，xb = 十Vm(t5t6),解得 xb =7 m2aB此时有xb" +x=10.5 m>xA" = 10 m , A车不能追上 B车。答案(1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，计算过程见解析关键点拨追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”(1)速度相等往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是 分析判断的切入点。(2)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。命题点(二)牛顿运动定律的综合应用题型1动力学的两类基本问题.一1布互

9、加而淙祸i函而冠而由'i花底而E 而*i底而加强族由疏加至前 特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。2.由运动情况求解受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，j再结合牛顿第二定律确定受力情况。例1如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角0= 37。，两物块A、B的质量 mA= 1 kg、mB=4 kg。两物块之间的轻绳长 L = 0.5 m,轻 绳可承受的最大拉力为 Ft=12 N,对B施加一沿斜面向上的外力 F, 使A、B由静止开始一起向上运动， 外力F逐渐增大，g取10 m/s2(sin 37= 0.6, cos 37 = 0.8)。(1)若某一时刻轻绳被拉

10、断，求此时外力F的大小；(2)若轻绳拉断瞬间 A、B的速度为3 m/s,轻绳断后保持外力 F不变，求当A运动到最 高点时，A、B之间的间距。思维流程曷出运动 示需图:求出启会动到最高点时所用时间.票号号空速:直我旎动煤律京出川、府的便移，及第二者的; i位移美系求出它 的同能解析(1)轻绳被拉断前瞬间，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律得F (mA+mB)gsin 0= (mA+ mB)a 对 A 有：Ft mAgsin 0= mAa 代入数据解得F = 60 No(2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后，对 A 有： mAgsin 0= mAaA设A运动到最高点所用时间为t,则有vo= a

11、AtV 0t此过程A的位移为XA= v At="2-对 B 有：F mBgsin 0= mBaB1_ x2xb = V0t+ ?aBt代入数据解得两者间距为X=XBXA+L= 2.375 m。答案(1)60 N (2)2.375 m题型2牛顿运动定律与图像的综合问题-S汨应丽关键江如巨一而而而看点;而累谷下标率三足布5sss厂而例2 (2020安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块 A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面有一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知的质量mA= 2 kg, B的质量mB = 4 kg,斜面倾角0= 37co某时刻由静止释放 A,测得

12、A沿斜面向上运动的 v -t图像如图乙所示。已知 g = 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8o求:(ni s 'J20.5 t r/s第7页共15页(1)A与斜面间的动摩擦因数;(2)A沿斜面向上滑动的最大位移;(3)滑动过程中细线对 A的拉力所做的功。解析(1)在。0.5 s内，根据题图乙,A、B系统的加速度为:a1 = T = m/s2= 4 m/s2 t 0.5对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得:mBgmAgsin 0 mAgcos 0= (mA+mB)ai解得：(1= 0.25。(2)B落地后，A继续减速上滑,由牛顿第二定律得:mAgsi

13、n 0+ (imAgcos 0= mAa2解得：a2= 8 m/s2故A减速向上滑动的位移为:x2= c = 0.25 m 2a2v2“00.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1 = 2"5 m所以，A上滑的最大位移为：x=xi + x2=0.75 m。(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功,由动能定理得:W (mAgsin 0+ jimAgcos 0)x1 = 2mAV2 0解得：W=12 J。答案(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J命题点(三)动力学的两类典型模型模型1传送带模型一一西施而行贰£而法加丽厂痣I扇而H丽SSi师|雨益而万而而正T” 搞清楚

14、物体与传送带间的相对运动方向是解决此类问题的关键。，传送带模型还常常涉及到I临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据I具体情况判断。例1 (2020宝鸡模拟)某工厂为实现自动传送工件设计了如出图所示的传送装置，由一个水平传送带 AB和倾斜传送带CD组成，n Hv(-*rrj-1水平传送带长度 Lab =4 m ,倾斜传送带长度 L cd =4.45 m ,倾角为0= 37°, AB和CD通过一段极短的光，t圆弧板过渡，AB传送带以vi = 5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为科=0.5, sin 37

15、 =0.6,cos 37 = 0.8,重力加速度g=10 m/s1s1 = 2a1t12= 5X 5 x 12 m = 2.5 m由于s1< Lab,随后工件在 AB传送带上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为: Lab s1t2= 0.3 sV1工件滑上CD传送带后在沿传送带向下的重力分力和滑动了7 /摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2,速度减小到零时所用时间为t3,位移大小为s2,受力分析如图乙所示，叫"胪小明。由牛顿第二定律可得：N2= mg cos 0a。现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送 带最左端A点处，求：(1)工件被第一次传送到CD传

16、送带上升的最大高度 h和所用的总时间t;(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速率V2(V2<V1)。模型套用过程工件在AB传送带上的运动CD传送带静止时，工件在CD传送带上的运动CD传送带运动时，工件在CD传送带上的运动模型匀加速直线运动、(匀速直线运动)匀减速直线运动匀减速直线运动方法判断工件一直加速还是先加速冉匀速受力分析、回示意图理想模型法、假设法规律直线运动规律、牛顿第二定律解析(1)工件刚放在 AB传送带上时，在摩擦力作用下做匀加速运动， 设 其加速度大小为a1，速度增加到V1时所用时间为3,位移大小为s1,受力分析 如图甲所示，由牛顿第二定

17、律可得： N=mgf =(1 N1 = ma1解得：a1= 5 m/s2由运动学公式有：力="=5 s= 1 s a15f2= (1 N2mgsin 0+ f2= ma22由运动学公式有：S2=f解得：a2= 10 m/s2, S2= 1.25 m工件沿CD传送带上升的最大高度为:h=S2Sin 0=1.25X0.6 m = 0.75 m沿8传送带上升的时间为："胃=150 s= 0.5 s故总时间为：t=tl + t2+t3= 1.8 So(2)设CD传送带以速度V2沿顺时针方向运转时，当工件的速度大于 V2时，滑动摩擦力 沿传送带向下，加速度大小仍为a2 ；当工件的速度

18、小于 V2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3,两个过程的位移大小分别为S3和S4,受力分析如图丙所示，由运动学公式和牛顿第二定律可得：2a2s3= V22 V12mgsin 0 f2= ma32a3s4= 0 V22Lcd= s3+ s4解得：V2= 4 m/s。答案(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s模型2滑块一木板模型""i族二天版H逅啦£丽手,正丽兄面我向S综吾桂彳逊i而!鼠能而血君一”一” !核学生运用动力学规律解决问题的多种能力，具有很好的区分度，因此在历年的高考压轴!题中频频出现。其基本情景为两体或多体相互作用，并发生相对滑动

19、，从而突出力学主线 -I知识的应用。例2 (2020届高三济南外国语学校模拟)如图甲所示，质量 M = 1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数以= 0.1,在木板的左端放置一个质量m =1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数1=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g取10 m/s2。tl54 -0 2 4 6 ft W 12 14甲乙(1)若木板长L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N,经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若木板长L=1 m,通过击打铁块使其获得一个水平向右的初速度vo并恰好能够滑到木板最右端，求 V0的大小。

20、(3)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，请在图乙中画出铁块受到的摩擦力 f随力F大小变化的图像。审题指导运动情景是什么？(1)力加到铁块上时，铁块和木板均做匀加速直线运动，且铁块的加速度大于木板的加速度；(2)铁块获得初速度后向右做匀减速直线运动，木板同时向右做匀加速直线运动，铁块恰好滑到木板最右端时二者达到共同速度，之舟F向右做匀减速直线运动直到停止；(3)力加到木板上时，铁块的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度用到什么规律？匀变速直线运动公式、牛顿第二定律采用什么画出铁块和木板的受力示意图及运动过程示意图,找出各运动过程的位移关方法？系、

21、时间关系等解析(1)由牛顿第二定律知，对铁块有F 陛mg= mai对木板有 业mg w(mg+Mg)=Ma21cle斛得a2= 2 m/s2>0,所以木板相对地面做匀加速直线运动，又L =2ait2azt2解得t= 1 s。(2)铁块在木板上向右滑动时2mg = ma1滑动木板最右端时 丫=丫021%对木板有v=a2t1一 .11c又 L = (vot1一 221%2)2a2t12解得vo=2 . 3 m/so当FW3(mg+Mg)=2 N时，木板和铁块都静止，f=0设木板和铁块都运动，两者刚要相对滑动时，作用在木板上的力大小为Fi对铁块有 .mg = ma对木板有 Fi 国(mg +

22、Mg) p2mg = Ma解得 Fi= 10 No当m(mg+Mg)<F<10 N时，木板和铁块相对静止则有 F 黑(mg + Mg)= (m + M)af= ma解得 f = 2 1 N。当F>10 N时，铁块相对木板滑动，此时f=卢mg = 4 N故铁块受到的摩擦力 f随力F大小变化的图像如图所示。答案(1)1 s (2)2* m/s (3)见解析图关键点拨1 .滑块一木板模型中的“一个转折”和“两个关联”1 1) 一个转折一一滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变 化的转折点。(2)两个关联一一转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间

23、的关联。2 .滑块一木板模型的两大临界条件(1)相对滑动的临界条件运动学条件：两者速度或加速度不相等。动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。(2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时两者速度相同。专题强力II提能1 .如图甲所示，倾角0= 30。的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P,轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块 A连接，A、B处于静止状态，若 A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力1Ft缓慢拉B,当拉力FT=mg时，A、B的位移为L;若A、B不粘连，用一沿斜面向上的 恒力F作用在B上，当A的位移为L时，A

24、、B恰好分离，重力加速度为 g,不计空气阻力。甲乙(1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小；(2)请推导Ft与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出Ft-1图像，计算A缓慢移动位移L的过程中Ft做功Wft的大小；(3)当A、B不粘连时，恒力 F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。解析：(1)设弹簧的劲度系数为 k,初始时A、B静止，弹簧的压缩量为 x,根据平衡条 件可得 2mgsin 0= kx当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得Ft+ k(x L) = 2mgsin 0第19页共15页解得k=mg当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得k(x L) mgs

25、in 0= ma对B应用牛顿第二定律可得F mgsin 0= ma3斛得F = 4mg。(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有:Ft + k(x l)= 2mgsin 0画出Ft-1图像如图所示，A缓慢移动位移L,图线与横坐标轴所围成的面积等于Ft做功大小，即 Wft= «mgLo8(3)设A通过位移L的过程中弹力做功 W,分别对两个过程应用动能定理可得:Wft 2mgL sin 0+ W=0 0一12cWf2mgLsin。+ W=2X2mv20又 Wf = FL ,解得 v = 1V10gLo答案：mg 3mg (2什丁 =能 见解析图8mgL (3)10gL2 . (2020届高

26、三 天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L = 2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度vo=5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角0= 37。，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板日的能量损失，g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37=0.8。求：受 i甲乙(1)滑块与木板之间的动摩擦因数百(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析：(1)设滑块质量为 m,木板水平时滑块加速度大小为a,则对滑块有it mg= ma滑块滑到木板右端时恰好停止，有0 vo2=

27、2aL1斛得2。(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s,上滑的时间为 力，有mgsin 0+ mgos 0= ma10 v02= 2a1s0= V0 a1t1一 151解得 s=4 m, t1 = 2 s设滑块下滑时的加速度大小为a2,下滑的时间为t2,有mgsin 0 mgos 0= ma2s= 2a2t22解得t2=坐s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间,15t=t + t2=2 s。答案：(1)21 s3 . (2020南昌模拟)在倾角0= 37°的粗糙斜面上有一质量m=2 kg的物块，物块受如图甲所示的水平恒力 F的作用。t=0时刻物块以某一速

28、度从斜面上A点沿斜面下滑，在t=4 s时滑到水平面上，此时撤去F,在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知 A点到斜面底端的距离 x= 18 m,物块与各接触面之间的动摩擦因数均 相同，不考虑转角处的机械能损失，g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8。求：甲乙(1)物块在A点的速度大小;(2)水平恒力F的大小。解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x = v02xt解得 V0= 5 m/s。(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为ai,方向沿斜面向上，则,L ,2x= vot 2ait2解

29、得 ai=0.25 m/s2设物块与接触面间的动摩擦因数为肉物块在水平面上运动时加速度大小为a2,有mg= ma2由题图乙中图线可知 a2= 2 m/s2解得尸0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff,则Fcos 0 mgsin 0+ F f= maiFf =FnFn= mgcos 0+ Fsin 0解得 F=10.1 No答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4 .(2020全国卷出)如图，在竖直平面内，一半径为 R的光 滑圆弧轨道 ABC和水平轨道 PA在A点相切，BC为圆弧轨道3 一的直径，。为圆心，OA和OB之间的夹角为 % sin 一质5量为m的小球沿水平轨道向右运动，经

30、A点沿圆弧轨道通过 C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。解析：(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则有3Fo= mgtan a= 4mg5 =皿=5mgcos a 4 D设小球到达C点时的速度大小为 v,由牛顿第二定律得v2F = mR解得 v=2gRo(2)设小球到达A点时速度大小为

31、于D点，如图所示，由几何关系得DA=Rsin ”CD=R(1+cos a)小球由A到C的过程中，由动能定理有12 12mg CD F o DA = 2mv2 2mvi2解得vi='3犯所以小球在A点的动量大小为m ,23gR p= mv i =2。(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy=vsin a、加速度为g的匀加速直线运动,，1 ,2CD = vyt + 2gt3解得t= 5答案：4mg曾(2)可 (3)35 .如图所示，传送带长6 m ,与水平方向的夹角为37°,以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为2 kg的物块(可视为质点),沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数尸 0.5, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8, g 取 10 m/s2。(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsi