高考物理复习专题二力与物体的直线运动第1讲动力学观点在力学中的应用

第1讲动力学观点在力学中应用专题二力与物体直线运动1/53知识回扣规律方法高考题型2应用动力学方法分析传送带问题高考题型3应用动力学方法分析“滑块—木板”问题高考题型1动力学基本问题分析高考题精选精练2/53知识回扣规律方法3/531.物体或带电体做匀变速直线运动条件是：

.2.匀变速直线运动基本规律为速度公式：v＝

.位移公式：x＝

.速度和位移公式推论：

.中间时刻瞬时速度：

＝

＝.任意两个连续相等时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.物体或带电体所受协力为恒力，且与速度方向共线v0＋atv2－v02＝2ax知识回扣答案4/533.速度—时间关系图线斜率表示物体运动

，图线与时间轴所包围面积表示物体运动

.匀变速直线运动v－t图象是一条__

.4.位移—时间关系图线斜率表示物体

.5.超重或失重时，物体重力并未发生改变，只是物体对支持物____(或对悬挂物

)发生了改变.物体发生超重或失重现象与物体运动方向

，只决定于物体

方向.当a有竖直向上分量时，

；当a有竖直向下分量时，

；当a＝g且竖直向下时，

.答案加速度位移倾斜直线速度压力拉力无关加速度超重失重完全失重5/531.动力学两类基本问题处理思绪2.处理动力学问题惯用方法(1)整体法与隔离法.(2)正交分解法：普通沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时依据情况也能够把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程末状态作为初状态反向研究问题方法，普通用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题.规律方法6/53动力学基本问题分析高考题型17/53例1

(多项选择)(·深圳市第一次调研)如图1甲所表示，质量m＝1kg、初速度v0＝6m/s物块受水平向左恒力F作用，在粗糙水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率平方随位置坐标改变关系图象如图乙所表示，g＝10m/s2，以下说法中正确是A.t＝2s时物块速度为零B.t＝3s时物块回到O点C.恒力F大小为2ND.物块与水平面间动摩擦因数为0.1答案解析√图1√√8/53解析物块做匀减速直线运动加速度大小为：物块做匀减速直线运动时间为：t1＝

＝2s，故A正确；依据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得：F＝2N，Ff＝1N，则动摩擦因数为：μ＝

＝0.1，故C、D正确.9/531.瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力区分，前者能突变而后者不能.2.连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法.3.两类动力学基本问题处理关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用.技巧点拨10/531.(多项选择)如图2所表示，A、B球质量相等，弹簧质量不计，倾角为θ斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断瞬间，以下说法正确是A.两个小球瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB.B球受力情况未变，瞬时加速度为零C.A球瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD.弹簧有收缩趋势，B球瞬时加速度向上，A球瞬时加速度向下，

瞬时加速度都不为零对点拓展练√答案解析21图2√11/53解析系统静止，依据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，细线被烧断瞬间，细线拉力马上减为零，但弹簧弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；2112/532.(·河南洛阳市第二次统考)如图3甲所表示，水平地面上固定一足够长光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B，保持A质量不变，改变B质量m，当B质量连续改变时，得到A加速度a随B质量m改变图线，如图乙所表示(a1、a2、m0未知)，设加速度沿斜面向上方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为g，斜面倾角为θ，以下说法正确是A.若θ已知，可求出A质量B.若θ已知，可求出乙图中m0值C.若θ未知，可求出乙图中a2值D.若θ未知，可求出乙图中a1值答案解析√21图313/53解析据牛顿第二定律对B受力分析得：mg－F＝ma ①对A得：F－mAgsinθ＝mAa ②21若θ已知，由③知，不能求出A质量mA.故A错误.当a＝0时，由③式得，m0＝mAsinθ，mA未知，m0不能求出.故B错误.由③式得，m＝0时，a2＝－gsinθ，故C错误.14/53应用动力学方法分析传送带问题高考题型215/53例2

(·陕西宝鸡市一模)某工厂为实现自动传送工件设计了如图4所表示传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4m，倾斜传送带长度LCD＝4.45m，倾角为θ＝37°，AB和CD经过一段极短光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5m/s恒定速率顺时针运转，CD传送带静止.已知工件与传送带间动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：图416/53(1)工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度和所用时间；答案0.75m

1.8s答案解析17/53解析工件刚放在传送带AB上，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t1，位移大小为x1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：FN1＝mgFf1＝μFN1＝ma1联立解得：a1＝5m/s2.18/53工件滑上CD传送带后在重力和滑动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x2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：FN2＝mgcosθmgsinθ＋μFN2＝ma2因为x1＜LAB，工件随即在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动时间为：19/53联立解得：a2＝10m/s2，x2＝1.25m工件沿CD传送带上升最大高度为：h＝x2sinθ＝1.25×0.6m＝0.75m故总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.8s20/53(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速度v2大小(v2＜v1).答案4m/s答案解析21/53解析CD传送带以速度v2向上传送时，当工件速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙，设其加速度大小为a3，两个过程位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得：－2a2x3＝v22－v12mgsinθ－μFN2＝ma3－2a3x4＝0－v22LCD＝x3＋x4解得：v2＝4m/s22/531.传送带问题实质是相对运动问题，这么相对运动将直接影响摩擦力方向.所以，搞清楚物体与传送带间相对运动方向是处理该问题关键.2.传送带问题还经常包括到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变临界状态，详细怎样改变要依据详细情况判断.技巧点拨23/533.(·河南郑州市模拟)如图5所表示为粮袋传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中传送带上，关于粮袋从A到B运动，以下说法正确是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)A.粮袋抵达B点速度与v比较，可能大，也可能相等或小B.粮袋开始运动加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以

速度v做匀速运动C.若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D.不论μ大小怎样，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ对点拓展练√答案解析43图524/53解析开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinθ>μmgcosθ，即当μ<tanθ时粮袋将继续做加速运动，C、D项错误，A项正确.4325/534.(多项选择)(·广西桂林市联考)如图6所表示，一小物体m从

光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2m，轨道底端与粗糙传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端B点，且落在水平地面上C点，取重力加速度g＝10m/s2，则以下选项正确是43图626/53A.物体m滑到最低点A时对轨道压力大小与轨道半径R大小相关B.若传送带逆时针方向运行，则物体m也能滑过B点，抵达地面上C点C.若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v>2m/s时，物体m抵达地

面上C点右侧D.若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v<2m/s时，物体m也可能

抵达地面上C点右侧答案解析√√√4327/53解析由机械能守恒定律得mgR＝

mv02，则v0＝2m/s，传送带静止时，A点：F－mg＝m，得F＝3mg，与R无关，A错误；若传送带逆时针运行，物体也匀减速运动至B点，与静止情况相同，落在C点，B正确；若传送带顺时针运行，v>2m/s，物体加速运动，落在C点右侧，C正确；若v<2m/s，物体可能先匀减速后匀速，到B点速度可能大于传送带静止时抵达B点速度，此时落在C点右侧，D正确.4328/53应用动力学方法分析“滑块—木板”问题高考题型329/53例3

(·全国卷Ⅲ·25)如图7，两个滑块A和B质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上木板两端，二者与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板质量为m＝4kg，与地面间动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：图730/53(1)B与木板相对静止时，木板速度；答案解析答案1m/s，方向与B初速度方向相同31/53解析滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B所受摩擦力大小分别为Ff1、Ff2，木板受地面摩擦力大小为Ff3，A和B相对于地面加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面加速度大小为a1.在滑块B与木板到达共同速度前有Ff1＝μ1mAg ①Ff2＝μ1mBg ②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA ④Ff2＝mBaB ⑤32/53Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板到达共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1 ⑦v1＝a1t1

⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s，方向与B初速度方向相同

⑨33/53(2)A、B开始运动时，二者之间距离.答案1.9m答案解析34/53解析在t1时间间隔内，B相对于地面移动距离为sB＝v0t1－

aBt12

⑩设在B与木板到达共同速度v1后，木板加速度大小为a2.对于B与木板组成系统，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2

⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板到达共同速度时，A速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知，A和B相遇时，A与木板速度相同，设其大小为v2.设A速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2

⑫35/53对A有：v2＝－v1＋aAt2

⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动距离为s1＝v1t2－

a2t22

⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动距离为sA＝v0(t1＋t2)－

aA(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板速度也恰好相同.所以A和B开始运动时，二者之间距离为s0＝sA＋s1＋sB ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m ⑰(也可用右图中速度—时间图线求解)36/531.“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力影响也做匀变速直线运动，处理这类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间联络.2.要使滑块不从木板末端掉下来临界条件是滑块抵达木板末端时速度与木板速度恰好相等.技巧点拨37/535.(多项选择)(·广东汕头市一模)如图8所表示，一木板倾斜放置，与水平面夹角为θ.将两个矩形物块A、B叠放后一起从木板上由静止释放，之后A、B保持相对静止一起以大小为a加速度沿斜面加速下滑.若A、B质量分别为mA和mB，A与B之间和B与木板之间动摩擦因数分别为μ1和μ2.则以下说法正确是A.μ1一定大于tanθB.μ2一定小于tanθC.加速度a大小与mA和mB都无关D.A与B之间摩擦力大小与μ1相关而与μ2无关对点拓展练答案解析√√65图838/53解析先取AB为一整体，整体受到重力、斜面支持力和摩擦力.沿斜面方向，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsinθ－FfB＝(mA＋mB)aFfB＝μ2FNFN＝(mA＋mB)gcosθ以上三式联立可得：a＝gsinθ－μ2gcosθ ①再隔离A物块，设A受到静摩擦力为FfA，方向沿斜面向上，对A再应用牛顿第二定律得：mAgsinθ－FfA＝mAa可得出：FfA＝μ2mAgcosθ ②无法判断出μ1一定大于tanθ.故A错误；6539/53A与B组成整体向下做加速运动，由公式①可知，gsinθ＞μ2gcosθ，所以：μ2＜tanθ.故B正确；由公式①可知，加速度a大小与mA和mB都无关.故C正确；由公式②可知，A与B之间摩擦力大小与μ1无关而与μ2相关.故D错误.6540/536.(·辽宁铁岭市协作体模拟)如图9所表示，质量为M＝10kg小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F＝10N水平恒力.当小车向右运动速度到达2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0kg小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20.假定小车足够长，g＝10m/s2.则以下说法正确是A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定

后做匀速直线运动B.小车一直做加速度不变匀加速直线运动C.煤块在3s内前进位移为9mD.小煤块最终在小车上留下痕迹长度为2.8m答案解析√65图941/53解析依据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，代入数据解得：a1＝2m/s2刚开始运动时对小车有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6m/s2，经过时间t，小黑煤块和车速度相等，小黑煤块速度为：v1＝a1t，车速度为：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2s，以后煤块和小车一起运动，依据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝m/s26542/53即煤块和小车一起以加速度a3＝m/s2做加速运动，故选项A、B错误；65在2s内小黑煤块前进位移为：然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为：x1′＝v1t′＋

a3t′2＝4.4m，故煤块在3s内前进位移为4m＋4.4m＝8.4m，故选项C错误；在2s内小黑煤块前进位移x1＝4m，小车前进位移为：x2＝vt＋

a2t2＝(2.8×2＋

×0.6×22)m＝6.8m，二者相对位移为：Δx＝x2－x1＝6.8m－4m＝2.8m，故选项D正确.43/53高考题精选精练44/53题组1全国卷真题精选1.(·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐步增大匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来9倍.该质点加速度为答案解析12345√解析动能变为原来9倍，则质点速度变为原来3倍，即v＝3v0，45/532.(多项选择)(·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢挂钩P和Q间拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为

a加速度向西行驶时，P和Q间拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢节数可能为A.8 B.10 C.15 D.18√√答案解析1234546/53解析设PQ西边有n节车厢，每节车厢质量为m，则F＝nma ①设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a ②联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确.1234547/53A.斜面倾角B.物块质量C.物块与斜面间动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行最大高度3.(多项选择)(·新课标全国Ⅰ·20)如图10甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动v－t图线如图乙所表示.若重力加速度及图乙中v0、v1、t1均为已知量，则可求出√答案解析图10√√1234548/53