(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章专题强化三《动力学方法的基本应用》(含解析)

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2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。
3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。
应用一 动力学的两类基本问题
1.基本思路
2.基本步骤
3.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
4.常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法。
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法。
类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况
【例1】 (2020·山东省等级考试模拟)如图1甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图1乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
图1
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
答案 (1)tan θ＜μ (2)57 m
解析 (1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcs θ
而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsin θ＜μmgcs θ，解得eq \f(sin θ,cs θ)＜μ，tan θ＜μ，则当tan θ＜μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma
得F合＝mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－veq \\al(2,0)＝－2ax
代入数据，解得x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(252,2×5.51) m＝57 m。
【变式1】 (2020·河南洛阳市一模)一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知tan 37°＝eq \f(3,4)，g取10 m/s2，求：
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
(2)小物块上滑的最大距离；
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。
答案 (1)8 m/s2 (2)4 m (3)4eq \r(2) m/s
解析 (1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为
甲
F1＝mgsin θ
F2＝mgcs θ
根据牛顿第二定律有
FN＝F2①
F1＋Ff＝ma②
又因为 Ff＝μFN③
由①②③式得a＝gsin θ＋μgcs θ＝(10×0.6 ＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④
(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
0－veq \\al(2,0)＝2(－a)x⑤
得x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(82,2×8) m＝4 m。⑥
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有
乙
FN＝F2⑦
F1－Ff＝ma′⑧
由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6 －0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2⑨
有v2＝2a′x得⑩
v＝eq \r(2a′x)＝eq \r(2×4×4) m/s＝4eq \r(2) m/s。
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况
【例2】 (2020·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图2所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求：
图2
(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；
(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。
答案 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
解析 (1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知
x1＝eq \f(v0,2)t1，x2＝eq \f(v0,2)t2
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
由加速度定义式知a1＝eq \f(v0,t1)，a2＝eq \f(v0,t2)，
则a2＝3a1
t0＝t1＋t2
联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
则a1＝eq \f(25,6) m/s2＝4.17 m/s2，a2＝eq \f(25,2) m/s2＝12.5 m/s2。
(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有
F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2
解得F1＝270 N，F2＝730 N。
【变式2】 如图3所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
图3
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小。
答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
解析 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。
甲
对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
Ff＝μFN＝μmg
则a2＝eq \f(Ff,m)＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq \\al(2,B)＝2a1x1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
veq \\al(2,B)＝2a2x2
又eq \f(x1,x2)＝eq \f(8,5)
则a1＝eq \f(x2,x1)a2＝eq \f(5,8)×8 m/s2＝5 m/s2。
乙
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得
Fcs θ－Ff1＝ma1
又FN1＋Fsin θ＝mg
Ff1＝μ FN1
联立以上各式，代入数据解得
F≈1.05 N。
丙
当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示。
由牛顿第二定律可知
Fcs θ－Ff2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋FN2
Ff2＝μFN2
联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N。
应用二 动力学方法分析多运动过程问题
解题关键
(1)注意应用v－t图像和情景示意图帮助分析运动过程。
(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析。
【例3】 (2020·1月浙江选考，19)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)。求小明和滑雪车
图4
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
答案 (1)18 m/s (2)6 s (3)180 N
解析 (1)由题意得eq \f(vm,2)＝eq \f(x1＋x2,t)，
代入数据可得vm＝18 m/s。
(2)在斜直雪道上，x1＝eq \f(vm,2)t1
解得t1＝6 s。
(3)在斜直雪道上，物体的加速度a＝eq \f(vm,t1)＝3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma
代入数据可得Ff＝180 N。
【变式3】 (2020·浙江绍兴市适应性考试)如图5所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°
的光滑斜面BC和平台CD构成。若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台。已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不计。
图5
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间。
答案 (1)1 m/s2 (2)eq \r(2) m/s (3)eq \r(2) s
解析 (1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2。
(2)由veq \\al(2,B)＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)＝2a2xBC，得vC＝eq \r(2) m/s。
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝eq \r(2) m/s
那么最长时间t＝eq \f(－vB′,a2)＝eq \r(2) s。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 动力学的两类基本问题
1.(多选)(2020·云南昆明市“三诊一模”摸底诊断)如图1所示，一物块从倾角为θ的斜面底端以初速度v0沿足够长的斜面上滑，经时间t速度减为零，再经2t时间回到出发点，下列说法正确的是( )
图1
A.物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的2倍
B.物块返回斜面底端时的速度大小为eq \f(v0,2)
C.物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(3,5)tan θ
D.物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(4,5)tan θ
答案 BC
解析 根据匀变速直线运动公式得x＝eq \f(1,2)at2，则a＝eq \f(2x,t2)，x相同，t下＝2t上，所以物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的4倍，故A错误；根据匀变速直线运动公式v＝eq \r(2ax)，则物块上滑过程的初速度大小是返回斜面底端时的速度大小的2倍，故B正确；以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma上，下滑过程，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma下，又a上＝4a下，联立解得μ＝eq \f(3,5)tan θ，故C正确，D错误。
2.(2020·河南濮阳市4月摸底)某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯(即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲)，一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t＝2.4 s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移Δx＝6 cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h＝2.16 m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动摩擦因数μ。(g取10 m/s2)
答案 0.40
解析 由题意可知每两张照片的时间间隔为Δt＝eq \f(1,60) s，在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为
v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.06,\f(1,60)) m/s＝3.6 m/s
把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为
a＝eq \f(v,t)＝eq \f(3.6,2.4) m/s2＝1.5 m/s2
设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为θ，则
l＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(3.62,2×1.5) m＝4.32 m
所以sin θ＝eq \f(h,l)＝eq \f(2.16,4.32)＝0.5
小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数据解得
μ＝0.40
3.如图2所示，在水平地面上固定一个倾角为30°的斜面。斜面上有一个质量为M＝1.5 kg的箱子，一轻绳上端固定在箱子的上顶面O点，另一端连接一个质量为m＝0.1 kg 的小球。某时刻起，箱子在沿斜面向下的力F作用下，沿斜面向下运动，稳定后，小球相对箱子静止且细绳与竖直方向成60°。已知箱子与斜面的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
图2
(1)稳定时，细绳上的拉力F1的大小和小球的加速度a；
(2)作用在箱子上的力F的大小。
答案 (1)1 N 10 m/s2，沿斜面向下 (2)20 N
解析 (1)对小球进行受力分析，
并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图所示。
在垂直于斜面方向上，合力为0，可得F1sin 60°＝mgsin 60°
得F1＝1 N
在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得
F1cs 60°＋mgcs 60°＝ma
得a＝10 m/s2
方向沿斜面向下
(2)箱子和小球相对静止，可以将箱子和小球看做一个整体，对整体进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图所示。
整体加速度a0＝a＝10 m/s2
摩擦力Ff＝μFN
在垂直于斜面方向上合力为0，可得
FN＝(Mg＋mg)sin 60°
在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得
F＋(Mg＋mg)cs 60°－Ff＝(M＋m)a
联立得F＝20 N
对点练2 动力学方法分析多运动过程问题
4.某次新能源汽车性能测试中，如图3甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。求：
图3
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
答案 (1)26 m/s (2)608 m
解析 (1)0～6 s内由牛顿第二定律得
F1－Ff＝ma1
6 s末车速为v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得
F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，
故有Ff＝F＝1 500 N，解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s。
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m
汽车在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m
汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m。
5.(2020·浙江温州市4月适应性测试)2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞，如图4甲所示。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图乙所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h 的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：
图4
(1)在水平轨道上运动的加速度大小；
(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；
(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。
答案 (1)20 m/s2 (2)2.0×105 N (3)50 m/s
解析 (1)根据速度位移公式v2－veq \\al(2,0)＝2aL1
解得a＝20 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma
解得Ff＝2.0×105 N。
(3)A到C位移x＝eq \r(（L1＋L2）2＋h2)≈200 m
所用的时间t＝eq \f(v－v0,a)＋0.5 s＝4 s
平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝50 m/s。
6.(2020·浙江选考模拟)如图5所示为一滑草场的滑道示意图，某条滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的倾角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若滑草车与AB、BC、CD三段草地之间的动摩擦因数均为μ，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图5
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)滑草车经过B点时的速度大小vB；
(3)滑草车从A点运动至D点的时间t?
答案 (1)0.75 (2)14 m/s (3)7.87 s
解析 (1)BC段：mgsin 37°＝μmgcs 37°，得μ＝0.75。
(2)AB段：mgsin 53°－μmgcs 53°＝ma1
又veq \\al(2,B)＝2a1L
解得vB＝14 m/s。
(3)AB段：t1＝eq \f(vB,a1)＝4 s
BC段：t2＝eq \f(L,vB)＝2 s
CD段：μmg＝ma3
t3＝eq \f(vB,a3)＝1.87 s
则t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s。