2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第三章第16课时　动力学的三类典型问题（题型研究课）

第16课时　动力学的三类典型问题(题型研究课)

1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8　　　　　　　　　　　 B．10
C．15 D．18
解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)m·a，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
2.(2013·全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
解析：(1)从t＝0时刻开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。
设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝①
a2＝②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2④
联立①②③④式得
μ1＝0.20⑤
μ2＝0.30。⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得
f＝ma1′⑦
2μ2mg－f＝ma2′⑧

假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′
由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。
故f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v­t图像如图中点划线所示。
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×⑩
s2＝t1＋⑪
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得
s＝1.125 m。⑬
答案：(1)0.20　0.30　(2)1.125 m
[备考视角]
连接体问题、临界极值问题、多运动过程问题属于牛顿运动定律的综合应用问题，这类问题常和生活中的实际情景相结合。选题不避常规模型，没有偏难怪。难度中等或中等偏上；这类题目物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大，学生常因为计算失误而丢分。

命题点一　动力学中的连接体问题
(一)连接体的类型
1．弹簧连接体　

2．物物叠放连接体　

3．轻绳连接体　

4．轻杆连接体　

(二)连接体的运动特点
轻绳
轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方向的速度总是相等
轻杆
轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比
轻弹簧
在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等
题型1　同一方向上的连接体问题
这类问题通常为连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。
[例1]　(多选)(2019·哈尔滨模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为
B．一起加速过程中，C受到4个力的作用
C．一起加速过程中，A、D所受摩擦力的大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变
[解析]　一起加速过程中，由整体法有：a＝，对D：fD＝ma＝，A正确；对C受力分析，C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力，共5个力，B错误；对A：fA＝ma＝，C正确；当F撤去瞬间，D受力情况不变，B受力情况改变，A所受静摩擦力方向改变，D错误。
[答案]　AC
题型2　不同方向上的连接体问题
如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。
[例2]　(2019·枣庄模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)
A．Mg　　　　　　　　　 B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
[解析]　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。
[答案]　C
[规律方法]
连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。
[集训冲关]
1.(2019·深圳罗湖模拟)如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ。在此过程中，A、B间的摩擦力为(　　)
A．μF B.m(g＋a)
C．m(g＋a) D.m(g＋a)
解析：选B　对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离A分析，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。联立解得FfBA＝m(g＋a)，选项B正确。
2.(多选)(2019·黄冈模拟)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力F的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0。以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力F突然反向并使B向右做匀加速运动。下列选项图中关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系可能正确的是(　　)

解析：选BD　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F­x图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN­x图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此选项B和D可能正确。
3.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝。若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足的条件。
解析：(1)整个系统匀速运动时
对钩码：2mg＝T
对物块和木板：T＝2mgsin θ＋2μ2mgcos θ
解得：μ2＝。
(2)要使物块和木板发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2，
对物块：μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得：a2＝g
对木板：T′－mgsin θ－μ1mgcos θ－2μ2mgcos θ＝ma1
对钩码：m′g－T′＝m′a1
解得：a1＝g
由a1>a2，解得：m′＞m。
答案：(1)　(2)m′＞m
命题点二　动力学中的临界、极值问题
临界、极值问题的标志
1.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
2.若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。
3.若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往又是临界点。
4.若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
题型1　以“作用力为零”为临界、极值条件的问题
1．接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是两物体接触但接触面间弹力FN＝0。
2．绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力。绳子松弛的临界条件是FT＝0。
[例1]　如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60 N
[解析]　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2，由于a1＝5 m/s2a0，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。

[答案]　A
题型2　以“加速度相同”为临界、极值条件的问题
相对静止或相对滑动的临界条件，当两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：摩擦力达到最大静摩擦力。
[例2]　(2019·临沂模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢(　　)
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
[解析]　开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
[规律方法]
解答临界、极值问题的常用方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而临界现象(或状态)显现出来，以达到正确解决问题的目的。
(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。
[集训冲关]
1.(2019·潍坊实验中学质检)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析：选D　对球受力分析，球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为FN2在竖直方向的分力FN2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。
2．(2019·河南三市联考)木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的最大距离最小，并求出此最小值。
解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则
mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
解得μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，即α＝30°，则x＝，
当α＋θ＝90°时x最小，可得θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝＝＝ m。
答案：(1)　(2)60°　 m
命题点三　动力学多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下：

[典例]　“辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可视为质点，飞机从水平跑道进入倾斜跑道速度大小保持不变，g取 10 m/s2。
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力的大小。
[解析]　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1
v12－v02＝2a1l1
v1＝a1t1
其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，斜面倾角为θ，沿斜面方向有
F合′＝F－f－mgsin θ＝ma2
其中sin θ＝
v22－v12＝2a2l2
代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，
v2＝ m/s≈41.5 m/s。
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′、助推力为F推
有F合″＝F推＋F－f＝ma1′
v1′2－v02＝2a1′l1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0 m/s2
v2′2－v1′2＝2a2′l2
根据题意，v2′＝100 m/s，
代入已知数据解得F推＝5.175×105 N。
[答案]　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.175×105 N
[易错提醒]
如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解a2时很容易漏掉飞机重力沿斜面向下的分力。
[集训冲关]
1．(2019·华中师大附中模拟)如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移。
解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2 s时间内物体沿斜面方向向下运动
因为mgsin θ－μmgcos θ－F1>0，
所以假设成立，物体在0～2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，
v1＝a1t1，
代入数据可得v1＝5 m/s。
(2)物体在前2 s内发生的位移为
x1＝a1t12＝5 m，
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5 m/s2，
设物体经过t2时间速度减为零，则
0＝v1＋a2t2，
解得t2＝10 s，
物体在t2时间内发生的位移为
x2＝v1t2＋a2t22＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ 故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下。
答案：(1)5 m/s　(2)30 m，方向沿斜面向下
2．(2019·济南模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求：

(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。
解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
解得a1＝3 m/s2。
(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2
撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝
为使木箱停在有效区域内，要满足L1－L2≤x1＋x2≤L1
解得1 s≤t≤ s。
答案：(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s