（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第4講 以加速度為橋梁巧解動(dòng)力學(xué)“三類典型問題”講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第4講 以加速度為橋梁巧解動(dòng)力學(xué)“三類典型問題”講義（含解析）考法學(xué)法應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決動(dòng)力學(xué)問題是高考必考內(nèi)容，其中有三類典型問題：連接體問題、傳送帶問題、板塊模型問題，這三類問題均是高考的熱點(diǎn)。解答這三類問題需要的知識(shí)有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、受力分析等。用到的思想方法有：整體法和隔離法；正交分解法；作圖法；圖像法；等效思想；臨界極值思想。知能全通1連接體問題中的兩類瞬時(shí)性模型剛性繩(或接觸面)彈簧(或橡皮繩)不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間兩端同時(shí)連接(或附著)

2、有物體的彈簧(或橡皮繩)，形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在瞬時(shí)性問題中，其彈力的大小通?？梢钥闯杀３植蛔?動(dòng)力學(xué)連接體問題中整體法、隔離法的選用原則(1)當(dāng)連接體中各物體具有共同的加速度時(shí)，一般采用整體法；當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí)，一般采用隔離法。(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時(shí)必須采用隔離法。題點(diǎn)全練1.如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A11B23C13

3、D32解析：選C當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A、B的加速度相等，單獨(dú)對(duì)B分析，B的加速度為：aBa1g；當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得a1a213，C正確。2.如圖所示，50個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知斜面足夠長(zhǎng)，傾角為30，各小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第46個(gè)小物塊對(duì)第45個(gè)小物塊的作用力大小為() A.FB.FC.mgFD因?yàn)閯?dòng)摩擦因數(shù)未知，所以不能確定解析：選B以50個(gè)小物塊組成的整體為研究對(duì)象，由牛頓第

4、二定律得ag(sin 30cos 30)，以下側(cè)45個(gè)小物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F45mgsin 3045mgcos 30FN45ma，解得FNF，故B正確。3(2018保定調(diào)研)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設(shè)A、B的加速度大小分別為aA和aB(彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g)，則()AaAg，aBgBaAg，aB0CaAg，aB0DaAg，aBg解析：選C系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)A和B均受到向右的滑動(dòng)摩擦

5、力，B受到的滑動(dòng)摩擦力大小為m2g，等于彈簧向左的彈力大小F，B受到的合外力為0。剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力和B受到的滑動(dòng)摩擦力都不變，則B的加速度大小aB0；A的加速度大小aAg，選項(xiàng)C對(duì)。研一題如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速度v1沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，則()A傳送帶的速度為4 m/sB傳送帶底端到頂端的距離為14 mC物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為D物塊所受的摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反解析

6、如果v0小于v1，則物塊沿傳送帶向上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v0一定大于v1。結(jié)合題圖乙可知物塊減速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同后，繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，但加速度發(fā)生變化，由此可以判斷傳送帶的速度為4 m/s，選項(xiàng)A正確；傳送帶底端到頂端的距離等于題圖乙中圖線與橫軸所圍的面積，即(412)1 m14 m10 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；01 s內(nèi)，a1gsin gcos 8 m/s2，12 s內(nèi)，a 2gsin gcos 4 m/s2，解得，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在12 s內(nèi)，物塊所受的摩擦力方向與物塊的運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A悟一法傳送帶問題的突破口初態(tài)、共速、末態(tài)通一類1(2019屆高

7、三衡水調(diào)研)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1沿順時(shí)針方向運(yùn)行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的vt圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則()At1時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大Bt1時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大C0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：選B由題圖乙可知：t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)，即離A處的距離達(dá)到最大，t1t2時(shí)間內(nèi)，小物塊向右加速，但相對(duì)傳送帶還是向左滑動(dòng)，因此t2時(shí)刻小物塊相對(duì)傳

8、送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大，A錯(cuò)誤，B正確；0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，t2t3時(shí)間內(nèi)小物塊與傳送帶共速，摩擦力為零，C、D錯(cuò)誤。2.(2018鄭州模擬)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時(shí)其運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，正常工作時(shí)工人在A點(diǎn)將糧袋輕輕放到運(yùn)行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()A糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B糧袋開始運(yùn)動(dòng)的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C若tan ，則糧袋從A到B一定一直

9、做加速運(yùn)動(dòng)D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，且agsin 解析：選A糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v，可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同，也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v，故A正確；糧袋開始運(yùn)動(dòng)時(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，大小為mgcos ，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度ag(sin cos )，故B錯(cuò)誤；若tan ，糧袋從A到B可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，也可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由以上分析可知，糧袋從A到B不一

10、定一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。研一題 (2018鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一個(gè)F10 N的水平恒力。當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到2.8 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點(diǎn)且初速度為零)，從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，煤塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)0.20。假定小車足夠長(zhǎng)，g10 m/s2。則下列說法中正確的是()A煤塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B小車一直做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)C煤塊在前3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為9 mD煤塊最終在小車上留下的痕跡長(zhǎng)度為2.8 m解析根據(jù)牛頓第二定律，計(jì)時(shí)開始時(shí)對(duì)煤塊

11、有：FNma1，F(xiàn)Nmg0，解得： a12 m/s2，對(duì)小車有：FFNMa2，解得：a20.6 m/s2，經(jīng)過時(shí)間t，煤塊和小車的速度相等，煤塊的速度為：v1a1t，小車的速度為：v2va2t，v1v2，解得：t2 s，以后煤塊和小車共速，根據(jù)牛頓第二定律：F(Mm)a3，解得：a3 m/s2，即煤塊和小車一起以加速度a3 m/s2 做勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B 錯(cuò)誤；在前2 s 內(nèi)煤塊前進(jìn)的位移為：x1a1t2222 m4 m，然后和小車共同運(yùn)動(dòng)1 s時(shí)間，此1 s時(shí)間內(nèi)位移為：x1v1t a3t24.4 m，故煤塊在前3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為4 m4.4 m8.4 m，C錯(cuò)誤；在前2 s內(nèi)煤塊前進(jìn)的位

12、移x14 m，小車前進(jìn)的位移為：x2vta2t2m6.8 m，兩者的相對(duì)位移(即痕跡長(zhǎng)度)為：xx2x16.8 m4 m2.8 m，D正確。答案D悟一法1板塊模型類問題中，滑動(dòng)摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因?yàn)槟景逋艿侥Σ亮Φ挠绊懸沧鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，處理此類問題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度，找到兩者運(yùn)動(dòng)之間的聯(lián)系。2滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相等，如果木板做變速運(yùn)動(dòng)或者傾斜放置，還要求滑塊與木板間的最大靜摩擦力足夠大。通一類1.如圖所示，固定斜面C的傾角為，長(zhǎng)木板A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為1，A沿斜面下滑時(shí)加速

13、度為a1，現(xiàn)將B置于長(zhǎng)木板A頂端，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為2，此時(shí)釋放A、B，A的加速度為a2，B的加速度為a3，則下列說法正確的是()A若12，則有a1a22，則有a2a1a3C若1a3D若1a2a3解析：選B若12，A、B之間有相對(duì)滑動(dòng)，且B的加速度大于A的加速度，a2a3；沒有放B時(shí)，對(duì)A，有：mAgsin 1mAgcos mAa1，解得：a1gsin 1gcos ；當(dāng)放上B時(shí)，有：mAgsin 1(mAmB)gcos 2mBgcos mAa2，解得：a2gsin 1gcos (21)gcos a1，A錯(cuò)誤，B正確；若16 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會(huì)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

14、傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時(shí)，小物塊在傳送帶上受力情況與題述條件下相同，則運(yùn)動(dòng)情況相同，都將從傳送帶左端滑出，B正確，C錯(cuò)誤；小物塊的速度為4 m/s時(shí)，速度減至零時(shí)通過的位移x m4 m6 m，小物塊減速到零后反向加速，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出，D錯(cuò)誤。8.(2018林州一中質(zhì)檢)如圖所示，在傾角30的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則剪斷細(xì)線的瞬間，下列說法錯(cuò)誤的是()AB的加速度為 BA、B之間的彈力為C彈簧的彈力為 DA的

15、加速度為解析：選A剪斷細(xì)線前，對(duì)A分析，可得彈簧彈力Fmgsin mg，剪斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力還來不及改變，所以彈力仍為Fmg，C正確；剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線對(duì)B的拉力消失，A、B將共同沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得3mgsin F3ma，解得ag，A錯(cuò)誤，D正確；以B為研究對(duì)象，可得2mgsin FN2ma，解得FNmg，B正確。9.(2018北京西城區(qū)模擬)如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A、B質(zhì)量分別為6.0 kg和2.0 kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。在A上施加水平向右的拉力F，開始時(shí)F10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，取最大靜摩擦

16、力等于滑動(dòng)摩擦力，g10 m/s2。以下判斷正確的是()AA、B間始終沒有相對(duì)滑動(dòng)BA、B間從受力開始就有相對(duì)滑動(dòng)C當(dāng)拉力F18 N時(shí)，開始相對(duì)滑動(dòng)解析：選A單獨(dú)對(duì)B分析，A、B間摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B剛好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)aB6 m/s2，再對(duì)整體分析：F(mAmB)aB48 N，故只有當(dāng)拉力F48 N時(shí)，A、B才發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A對(duì)，B、D錯(cuò)；由于水平面光滑，只要有拉力兩物體就運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)。10多選(2018桂林聯(lián)考)如圖所示，一小物體m(視為質(zhì)點(diǎn))從光滑圓弧軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，圓弧半徑R0.2 m，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，物體m能滑過右端的B點(diǎn)

17、，且落在水平地面上的C點(diǎn)，取重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()A物體m滑到最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關(guān)B若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，則物體m也能滑過B點(diǎn)，落在C點(diǎn)C若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v2 m/s 時(shí)，物體m落在C點(diǎn)的右側(cè)D若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v2 m/s，物體m加速運(yùn)動(dòng)，落在C點(diǎn)右側(cè)，C正確；若vmgcos )，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(shí)(mgsin mgcos )，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度與傳送帶速度相等后將做勻速運(yùn)動(dòng)，兩種情況均不符合題圖乙，故傳送帶是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；滑塊在0t0時(shí)間內(nèi)，所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，勻加速

18、下滑，a1gsin gcos ，由題圖乙可知a1，則tan ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊與傳送帶的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，解得a22gsin ，選項(xiàng)D正確；由前述分析結(jié)合題圖乙知，傳送帶的速度等于v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。12多選(2019屆高三深圳調(diào)研)如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg、初速度v06 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊速率的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，取g10 m/s2，下列說法中正確的是()At2 s時(shí)物塊速度為零Bt3 s時(shí)物塊回到O點(diǎn)C恒力F大小為2 ND物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

19、解析：選ACD物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1 m/s23 m/s2，物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零的時(shí)間為：t12 s，故A正確；物塊反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2 m/s21 m/s2，反向加速回到O點(diǎn)所用的時(shí)間t s2 s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma1，F(xiàn)Ffma2，解得：F2 N，F(xiàn)f1 N，則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：0.1，故C、D正確。13多選(2018宜春四校聯(lián)考)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B與物塊A接觸但不粘連；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時(shí)均靜止?，F(xiàn)用平行于

20、斜面向上的力F拉動(dòng)B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B在開始一段時(shí)間內(nèi)的v t關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn))，重力加速度為g，則()At2時(shí)刻，彈簧形變量為0Bt1時(shí)刻，彈簧形變量為C從開始到t2時(shí)刻，拉力F逐漸增大D從t1時(shí)刻開始，拉力F恒定不變解析：選BD由題圖知，t2時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin kx1，則x1，故A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻A、B開始分離，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得kx2mgsin ma，則x2，故B正確；從開始到t1時(shí)刻，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得Fkx2mgsin 2ma，得F2

21、mgsin 2makx，x減小，F(xiàn)增大，從t1時(shí)刻開始，對(duì)B由牛頓第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不變，故C錯(cuò)誤，D正確。14多選(2018云南師大附中模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在木板上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運(yùn)動(dòng)最后分離。設(shè)分離時(shí)木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為x，保證木塊和木板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的情況下，下列方法可使位移x增大的是()A僅增大木板的質(zhì)量MB僅減小木塊的質(zhì)量mC僅增大恒力FD僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析：選AD設(shè)木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，對(duì)于木板：FmgMa1，x1a1t2，對(duì)于木塊：mgma2，x2a2t2，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，它們的位移滿足La1t2a2t2，解得t，則木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為xa2t2；僅增大木板的質(zhì)量M，a1變小，a2不變，則t增大，x增大，故A正確；僅減小木塊的質(zhì)量m，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故B錯(cuò)誤；僅增大恒力F，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故C錯(cuò)誤；僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，a1變小，a2變大，則t增大，x增大，故D正確。