2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第二板块第1讲应用“动力学观点”破解力学计算题


第1讲
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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。
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命题点(一)　匀变速直线运动规律的应用
题型1 多过程运动
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]　“30 m折返跑”可以反映一个人的身体素质，在平直的跑道上，一学生在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝
5 m/s2，到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过
vmax＝12 m/s。求该学生“30 m折返跑”的最好成绩。
[审题指导]
运动情景是什么？
跑向折返线时必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程；跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程
用到什么规律？
匀变速直线运动的公式
采用什么方法？
在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移关系等
[解析]　设起点线处为A，折返线处为B，假设该学生从A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为v，做匀加速运动的时间为t1，做匀减速运动的时间为t2，则由运动学公式有v＝a1t1
匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有0＝v－a2t2
由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离LAB＝(t1＋t2)
时间只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s
因为v＝6 s，故B车追上A车之前，A车已停止运动
设从开始到A车被B车追上用时为t3，
则vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
A车超过B车后，保持在B车前方的时间为Δt，
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，
则vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s
则此过程中A车位移为xA′＝t4
B车位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。
(3)假设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A车开始刹车至两车速度相等过程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6
解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假设成立
对A车，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m
对B车，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m
此时有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A车不能追上B车。
［关键点拨］

[答案]　(1)6.25 s　(2)4.5 m　(3)不能，计算过程见解析

追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”
(1)速度相等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)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。

命题点(二)　牛顿运动定律的综合应用
题型1 动力学的两类基本问题
1.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。
2.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1]　如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA＝1 kg、mB＝4 kg。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为FT＝12 N，对B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由静止开始一起向上运动，外力F逐渐增大，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；
(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3 m/s，轻绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的间距。
[思维流程]

[解析]　(1)轻绳被拉断前瞬间，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律得
F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a
对A有：FT－mAgsin θ＝mAa
代入数据解得F＝60 N。
(2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后，
对A有：－mAgsin θ＝mAaA
设A运动到最高点所用时间为t，则有v0＝－aAt
此过程A的位移为xA＝At＝
对B有：F－mBgsin θ＝mBaB
xB＝v0t＋aBt2
代入数据解得两者间距为x＝xB－xA＋L＝2.375 m。
[答案]　(1)60 N　(2)2.375 m
题型2 牛顿运动定律与图像的综合问题
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。因此需要考生对这类知识融会贯通。
[例2]　(2018·安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面有一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v ­t图像如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。
[解析]　(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为：
a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A继续减速上滑，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移为：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功，
由动能定理得：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
[答案]　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
命题点(三)　动力学的两类典型模型
模型1 传送带模型
传送带模型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此类问题的关键。,传送带模型还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。


[例1]　(2018·宝鸡模拟)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，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＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为
θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度h和所用的总时间t；
(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的速率v2(v20，所以木板相对地面做匀加速直线运动,又L＝a1t2－a2t2
解得t＝1 s。
(2)铁块在木板上向右滑动时μ2mg＝ma11
滑动木板最右端时v＝v0－a11t1
对木板有v＝a2t1
又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12
解得v0＝2 m/s。
(3)①当F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N时，木板和铁块都静止，f＝0
设木板和铁块都运动，两者刚要相对滑动时，作用在木板上的力大小为F1
对铁块有μ2mg＝ma
对木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma
解得F1＝10 N。
②当μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N时，木板和铁块相对静止
则有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a
f＝ma
解得f＝N。
③当F＞10 N时，铁块相对木板滑动，此时
f＝μ2mg＝4 N
故铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像如图所示。


[答案]　(1)1 s　(2)2 m/s　(3)见解析图

1．滑块—木板模型中的“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。
2．滑块—木板模型的两大临界条件
(1)相对滑动的临界条件
①运动学条件：两者速度或加速度不相等。
②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时两者速度相同。
[专题强训提能]
1．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉B，当拉力FT＝mg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小；
(2)请推导FT与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出FT­l图像，计算A缓慢移动位移L的过程中FT做功WFT的大小；
(3)当A、B不粘连时，恒力F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。
解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条件可得2mgsin θ＝kx
当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
对B应用牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
画出FT­l图像如图所示，
A缓慢移动位移L，图线与横坐标轴所围成的面积等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两个过程应用动能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝×2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1)　mg　(2)FT＝l　见解析图　mgL　(3)
2．(2019届高三·天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)　(2) s
3．(2018·南昌模拟)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，物块受如图
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物块在A点的速度大小；
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时加速度大小为a2，有
μmg＝ma2
由题图乙中图线可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s　(2)10.1 N
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的过程中，由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg　　(2)　(3)
5.如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；
(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，
则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通过的位移：
x1＝t1＝×0.5 m＝3.75 m