高考物理大二轮总复习 增分策略 专题二 第1讲 动力学观点在力学中的应用试题

专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等．应考策略 抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．第1讲 动力学观点在力学中的应用高考题型1 运动学基本规律的应用解题方略1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体或带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线．2．匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax .中间时刻的瞬时速度：v t 2＝x t ＝v 0＋v2.任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2. 3．解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．例1(2015·山东理综·14) 距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图1所示．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )图1A．1.25 m B．2.25 mC．3.75 m D．4.75 m预测1 (2015·长沙4月模拟)2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故．以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s预测2 (2015·德阳市三诊)我国不少省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图2所示．假设汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8 m 处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2.求：图2(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题解题方略1．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．2．解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．例2(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图3(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图3A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度预测3 (2015·成都市模拟)质量m＝50 kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间的变化情况(以竖直向上为正方向)．由图4提供的信息可知( )图4A．在0～15 s内，观光电梯上升的高度为25 mB．在5～15 s内，电梯地板对人的支持力做了－2 500 J的功C．在20～25 s与25～35 s内，观光电梯的平均速度大小均为10 m/sD．在25～35 s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2 m/s2预测4 (多选)(2015·浙江六校联考)如图5所示，底面足够大的水池中静置两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小球自水池底部无初速度释放，穿过两液体分界面后继续向上运动．已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚．则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是( )图5高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题解题方略1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．例3(2015·湖南十三校联考)如图6所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．问：图6(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？预测5 (多选)(2015·临沂市5月模拟)如图7所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是( )图7预测6 (2015·河南八市模拟)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以v1＝2 m/s 的恒定速率运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，求：图8(1)小墨块向左运动的最远距离；(2)小墨块在传送带上留下的痕迹长度．高考题型4应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题解题方略1．滑块—木板模型类问题中，滑动摩擦力的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的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．2．要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．例4(2015·新课标全国Ⅰ·25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图9(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图9(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．预测7 (2015·湖北七市联考)如图10所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B的质量分别为m1＝10 kg、m2＝10 kg，B长为L＝16 m，开始时A在B的最右端；A与B、B与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：图10(1)力F 作用的时间，及此时B 前进的距离； (2)撤去外力F 后B 还能走多远？学生用书答案精析专题二 力与物体的直线运动 第1讲 动力学观点在力学中的应用 高考题型1 运动学基本规律的应用例1 A [小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝ 2Hg ，小车从A 到B 的时间t 2＝dv；小车运动至B 点时细线被轧断，小球下落的时间t 3＝2hg；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即2H g ＝d v ＋2hg解得h ＝1.25 m ，选项A 正确．]预测1 B预测2 (1)188 m (2)29 s 解析 (1)汽车通过ETC 通道时：匀减速过程：x 1＝v 22－v 21－2a 1＝60 m匀加速过程：x 2＝v 21－v 222a 2＝120 m汽车的总位移：x ＝x 1＋d ＋x 2＝188 m. (2)汽车通过ETC 通道时： 匀减速过程：t 1＝v 1－v 2a 1＝6 s 匀速过程：t 2＝d v 2＝2 s匀加速过程：t 3＝v 1－v 2a 2＝12 s 汽车通过ETC 通道的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝20 s汽车通过人工收费通道时，匀减速过程：t 1′＝v 1a 1＝8 s匀加速过程：t 2′＝v 1a 2＝16 s 汽车通过人工通道的总时间：t ′＝t 1′＋t 0＋t 2′＝49 s汽车节约的时间：Δt ＝t ′－t ＝29 s. 高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题例2 ACD [由vt 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0v 0＋v 14g，选项D 正确；仅根据vt 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]预测3 C 预测4 CD高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题 例3 (1)1.33 s (2)0.85 s解析 对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向先沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度．由牛顿第二定律：ma 1＝F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°，计算得：a 1＝6 m/s 2，t 1＝v a 1＝23 s ，x 1＝v 22a 1＝43m ．物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F ＝8 N 而重力沿斜面方向的分力和最大摩擦力之和为10 N ．故不能相对斜面向上加速．故得：a 2＝0，t 2＝hsin 37°－x 1v ＝23 s ，得t ＝t 1＋t 2＝43s≈1.33 s.(2)若达到速度相等后撤去力F ，对物块受力分析，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，故减速上行ma 3＝mg sin 37°－μmg cos 37°，得a 3＝2 m/s 2，物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则：v 2－v 2t ＝2a 3x 2，v t ＝433 m/s≈2.3 m/s，t ′＝v －v t a 3＝0.85 s.预测5 AB预测6 (1)4.5 m (2)12.5 m解析 (1)小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识有：a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2小墨块向左减速运动时，对小墨块有： 0＝v 2－at 1x 1＝0＋v 22t 1 联立解得：x 1＝4.5 m. (2)小墨块向左减速的过程中， 对传送带：x 2＝v 1t 1 小墨块向右加速运动时， 对小墨块有v 1＝at 2x 1′＝0＋v 12t 2 对传送带x 2′＝v 1t 2因而小墨块在传送带上的痕迹长度为x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)解得：x ＝12.5 m.高考题型4 应用动力学方法分析 “滑块—木板模型”问题 例4 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01 m/s 2＝4 m/s 2.根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝vt ＋12a 1t 2解得a 1＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即 μ1g ＝a 1解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3可得a 3＝43m/s 2 对小物块，加速度大小为a 2＝4 m/s 2由于a 2＞a 3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1 s在此过程中，木板向左运动的位移为x 1＝vt 1－12a 3t 21＝103 m, 末速度v 1＝83m/s 小物块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4 m/s 2木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43m/s 2 假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2解得t 2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1 m/s 2向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m预测7 (1)2 s 16 m (2)19 m解析 (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2， 对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L 代入数据得，t ＝2 s ，v A ＝8 m/s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16 m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4 m/s 2对B 有μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4， a 4＝12 m/s 2设A 、B 经过时间t 1达到共同速度v 1则有v A ＋a 3t 1＝v B －a 4t 1解得：t 1＝0.5 s ，v 1＝10 m/s此过程中B 前进的距离为x 1＝v 2B －v 212a 4＝6.5 m A 、B 共速后一起匀减速的加速度为a 5μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5，a 5＝4 m/s 2此时B 前进的距离为x 2＝v 212a 5＝12.5 m 撤去F 后B 前进的总距离为x ＝x 1＋x 2＝19 m.。