2017-2018高中物理二轮教学案：第二板块 Word版含解析

第10讲 | 应用“动力学观点”破解力学计算题 [考法·学法] “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：①匀变速直线运动规律；②自由落体运动规律；③竖直上抛运动规律；④牛顿运动定律；⑤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。用到的思想方法主要有：①整体法和隔离法；②临界问题的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作图法；⑥等效思想；⑦分解思想。

考查点一 匀变速直线运动规律的应用 题点(一) 多过程运动 1．运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。 2．多过程问题 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。 [例1] 甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，

都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点。求： (1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小。 [解析] (1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，

由x1＝v1t12，解得v1＝10 m/s； 甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2， 由a2＝v2－v1Δt 得a2＝－1 m/s2。 (2)甲匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m

甲匀减速的位移：x3＝v1＋v2

2Δt

解得x3＝18 m 最后甲冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m。 [答案] (1)－1 m/s2

(2)62 m

题点(二) 自由落体运动与竖直上抛运动 1．竖直上抛运动的两种研究方法 (1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 (2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方。 2．巧用竖直上抛运动的对称性 (1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。 (2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。 [例2] 一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h＝5 m处的时间间隔Δt＝2 s，

则小球的初速度v0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？ [解析] 画出小球运动的情景图，如图所示。

小球先后经过A点的时间间隔Δt＝2 s，根据竖直上抛运动的对称性，小球从最高点到A点的时间t1＝Δt2＝1 s，小球在A点处的速度 vA＝gt1＝10 m/s

在OA段根据公式vA2－v02＝－2gh 解得v0＝102 m/s。 小球从O点上抛到A点的时间

t2＝vA－v0－g＝10－102－10 s＝(2－1)s 根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间 t＝2(t1＋t2)＝22 s。 [答案] 102 m/s 22 s 题点(三) 追及相遇问题 追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系” (1)一个条件：即两者速度相等，它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)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到。 [例3] (2018届高三·山东省实验中学摸底)货车A正在该公路上以20 m/s的速度匀速

行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。 (1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。 (2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免事故。(这段公路很窄，无法靠边让道) [解析] (1)当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：vA＝vB

对B车：vB＝at

联立可得：t＝10 s A车的位移为：xA＝vAt＝200 m

B车的位移为：xB＝12at2＝100 m 因为xB＋x0＝175 m所以会撞上，设经过时间t1相撞，有：

vAt1＝x0＋12at1

2

代入数据解得：t1＝5 s，另一解舍去。 (2)已知A车的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度v0＝20 m/s 设B车的加速度大小为aB，B车运动时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vA

＝v0－aAt vB＝aBt

且vA＝vB

在时间t内A车的位移为：xA＝v0t－12aAt2

B车的位移为：xB＝12aBt2 又xB＋x0＝xA 联立可得：aB＝0.67 m/s2。 [答案] (1)两车会相撞 5 s (2)0.67 m/s2

考查点二 动力学的两类基本问题 题点(一) 由受力情况求解运动情况 首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。 [例1] (2017·安庆模拟)如图所示，质量m＝5 kg的物块(视为质

点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F1大小为50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°，F2大小为30 N，方向水平向左，物块的速度v0大小为11 m/s。当物块运动到距初始位置距离x0＝5 m时撤掉F1，g取10 m/s2

。求：

(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ； (2)撤掉F1以后，物块在6 s末距初始位置的距离。 [解析] (1)物块向右做匀速运动：

f＋F2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin α)， 联立解得：μ＝0.5。

(2)撤掉F1后：a1＝F2＋μmgm＝30＋255 m/s2 ＝11 m/s2 设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t1＝v0a1＝1 s

此时向右位移：x1＝v02t1＝5.5 m 后5 s物块向左运动：a2＝F2－μmgm＝1 m/s2 后5 s向左位移：x2＝12a2t22＝12.5 m 物块在6 s末距初始位置的距离： Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m。

[答案] (1)0.5 (2)2 m

题点(二) 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，再结合牛顿第二定律确定受力情况。 [例2] 有一质量m＝2 kg的小球套在长L＝1 m的固定轻杆顶部，

杆与水平方向成θ＝37°角。静止释放小球，1 s后小球到达杆底端。取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球到达杆底端时速度为多大？ (2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？ (3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？ [解析] (1)设小球到达杆底端时速度大小为v，则

L＝v t，v＝0＋v2，得v＝2Lt＝2 m/s。 (2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1，则a1＝vt 根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 得小球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5。 (3)小球在恒力作用下， 有mgsin θ－μN2＝ma2，得N2＝20 N 若恒力F垂直杆向上， 则F＝N2＋mgcos θ，得F＝36 N 若恒力F垂直杆向下， 则F＝N2－mgcos θ，得F＝4 N。 [答案] (1)2 m/s (2)0.5 (3)36 N或4 N

题点(三) 两类基本问题与图像的综合 解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这两部分知识学会互联互通。 [例3] 为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面

比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。

(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式； (2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度； (3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值。(计算结果保留两位有效数