2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第三章第15课时　动力学的两类基本问题（重点突破课）

第15课时　动力学的两类基本问题(重点突破课)[考点一　两类动力学问题]动力学的两类基本问题在高考中是命题的热点。这类问题对学生的分析推理能力、应用数学解决物理问题的能力要求较高，学生往往因为计算失误导致丢分。1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况。(2)已知运动情况，求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示。[典例]　避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。[解析]　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数为μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsin θ＝ma1f＝μmgcos θ解得a1＝5 m/s2a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离为s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2，货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度为l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin θ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gM＝4ms1＝vt－a1t2s2＝vt－a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2解得l＝98 m。[答案]　(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98 m        动力学问题的解题步骤　　 [集训冲关]1．(2019·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小。解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得：μ＝。(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时：Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，代入数据解得：F＝ N；当加速度沿斜面向下时：mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，代入数据解得：F＝ N。答案：(1)　(2) N或 N2．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)。解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0s＝v0t0＋解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有μ＝μ0由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝mas＝vt0＋解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合实际，舍去)。答案：20 m/s[考点二　动力学的图像问题]结合图像分析动力学问题是近几年高考中的常客。学生在分析图像时常遇到的问题：一是不能从图像中分析出有用的足够多的信息；二是不能把图像转化成实际运动情景。 1．常见的动力学图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。2．图像问题的类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。3．解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。[典例]　(2019·南阳模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回。返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降。这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为返回舱竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的v ­t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的切线。假如返回舱总质量为 M＝400 kg，g取10 m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v0＝160 m/s时，返回舱的加速度大小；(3)空气阻力系数k的数值。[解析]　(1)由题图图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动。(2)开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a＝＝m/s2＝20 m/s2故加速度大小为20 m/s2。(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得在t＝0时，有kv02＋F－Mg＝Ma由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s当返回舱做匀速运动时，有kv2＋F－Mg＝0解得k≈0.31。[答案]　(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动　(2)20 m/s2　(3)0.31解决图像综合问题的三点提醒(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中特殊点的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。　　 [集训冲关]1．(多选)如图甲所示，物体最初静止在倾角为30°的足够长斜面上，从t＝0时刻起受到平行斜面向下的力F的作用。力F随时间变化的图像如图乙所示，物体开始运动2 s后以2 m/s 的速度匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)A．物体的质量m＝1 kgB．物体的质量m＝2 kgC．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝解析：选AD　由物体开始运动2 s后以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。2.(2019·湖北联考)质量m＝1.0 kg的物块在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的二次方随路程x变化的关系图像如图所示。已知g取10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力。下列说法中正确的是(　　)A．恒力F大小为6 NB．在t＝1 s时，物块运动开始反向C．2 s末～3 s末物块做匀减速运动D．在物块运动路程为13 m的过程中，重力势能增加130 J解析：选B　根据公式v2－v02＝2ax可得v2＝2ax＋v02，v2x图像的斜率的绝对值表示2倍加速度的大小，在运动0～5 m过程中，由牛顿第二定律可得mg＋f－F＝ma1，其中a1＝× m/s2＝10 m/s2, 即f－F＝0，在运动5～13 m 过程中，根据牛顿第二定律可得mg－f－F＝ma2，其中a2＝× m/s2＝4 m/s2，解得F＝f＝3 N，A错误；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s时，速度减小到零，即在t＝1 s时，物块运动开始反向，之后向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；在物块运动路程为13 m的过程中，先上升5 m，然后从最高点下降8 m，即位移为3 m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，ΔEp＝mgh＝1.0×10×3 J＝30 J, D错误。3．如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)在0～2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析：(1)在0～2 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5 m路程：L＝x1＋x2＝1.5 m。(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：a1＝ m/s2＝4 m/s2a2＝m/s2＝4 m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma10．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2解得F＝8 N。答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N[考点三　等时圆问题]等时圆问题属于动力学问题，它的特殊之处在于物体运动的初、末位置在圆弧上。它的运动时间有一定的规律，解答这类问题时如果能熟练应用“等时”的规律，则“事半功倍”，否则求解过程“繁琐”且易失分。 1．质点在竖直圆环上从不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示。2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点从不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。[典例]　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t2>t3C．t1<t2   D．t1＝t3[解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三根细杆交于圆的最低点a，三根细杆顶点均在圆周上，根据等时圆特点可知，由c、O、d无初速度释放的滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；由c→a与O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故选项A错误，B、C、D正确。[答案]　BCD[集训冲关]1．(2019·合肥检测)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)A．tAB＝tCD＝tEF   B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF   D．tAB＝tCD<tEF解析：选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线的延长线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。2.如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置(　　)A．在同一水平线上   B．在同一竖直线上C．在同一抛物线上   D．在同一圆周上解析：选D　设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。