（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）考法學法“動力學觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識主要包括：勻變速直線運動規(guī)律；自由落體運動規(guī)律；豎直上拋運動規(guī)律；牛頓運動定律；運動學和動力學圖像。復(fù)習這部分內(nèi)容時應(yīng)側(cè)重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關(guān)鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法有：整體法和隔離法；臨界問題的分析方法；合成法；正交分解法；作圖法；等效思想；分解思想。題型1 多過程運動如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐

2、帶，應(yīng)注意分析各段的運動性質(zhì)。例1“30 m折返跑”可以反映一個人的身體素質(zhì)，在平直的跑道上，一學生在起點線處，當聽到起跑口令后(測試員同時開始計時)，跑向正前方30 m處的折返線，到達折返線處時，用手觸摸固定在折返線處的標桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即折返跑的成績。學生可視為質(zhì)點，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時間不計。該學生加速時的加速度大小為a12.5 m/s2，減速時的加速度大小為a25 m/s2，到達折返線處時速度需要減小到零，并且該學生在全過程中的最大速度不超過vmax12 m/s。求該學生“30 m折返跑”的最好成績。審題指導(dǎo)運動情景是

3、什么？跑向折返線時必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程；跑回起點線時必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程用到什么規(guī)律？勻變速直線運動的公式采用什么方法？在草紙上畫出運動過程示意圖，找出各運動過程中的速度關(guān)系、位移關(guān)系等解析設(shè)起點線處為A，折返線處為B，假設(shè)該學生從A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速運動，設(shè)此過程中該學生達到的最大速度為v，做勻加速運動的時間為t1，做勻減速運動的時間為t2，則由運動學公式有va1t1勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度應(yīng)為負值，則有0va2t2由平均速度公式可知起點線與折返線間的距離LAB(t1t2)時間只能取正值，解得v10 m/s，

4、t14 s，t22 s因為v6 s，故B車追上A車之前，A車已停止運動設(shè)從開始到A車被B車追上用時為t3，則vBt3x，解得t37.25 sA車超過B車后，保持在B車前方的時間為t，所以tt3t1，解得t6.25 s。(2)設(shè)當A車與B車速度相等用時為t4，則vAaAt4vB，解得t44 s則此過程中A車位移為xAt4B車位移xBvBt4由(1)分析可知，此時A車在B車前方，故A、B最大距離為xxAxxB，解得x4.5 m。(3)假設(shè)從A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6，勻速運動時間為t5t6，從A車開始剎車至兩車速度相等過程中，vAaAt5vm且vmvBaBt6解得

5、t52 s，t61 s，t5t60，假設(shè)成立對A車，xAvAt5aAt52，解得xA10 m對B車，xBvm(t5t6)，解得xB7 m此時有xBx10.5 mxA10 m，A車不能追上B車。關(guān)鍵點撥答案(1)6.25 s(2)4.5 m(3)不能，計算過程見解析追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關(guān)系”(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。(2)時間關(guān)系和位移關(guān)系可通過畫運動示意圖得到。 命題點(二)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用題型1 動力學的兩類基本問題1.由受力情況求解運動情況。首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點及加速

6、度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。2.由運動情況求解受力情況。由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。例1如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角37，兩物塊A、B的質(zhì)量mA1 kg、mB4 kg。兩物塊之間的輕繩長L0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT12 N，對B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開始一起向上運動，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8)。(1)若某一時刻輕繩被拉斷，求此時外力F的大?。?2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，輕繩斷后保持外力F不變，求當A運動到最高點時，A、B之間的間

7、距。思維流程解析(1)輕繩被拉斷前瞬間，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F(mAmB)gsin (mAmB)a對A有：FTmAgsin mAa代入數(shù)據(jù)解得F60 N。(2)設(shè)沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，對A有：mAgsin mAaA設(shè)A運動到最高點所用時間為t，則有v0aAt此過程A的位移為xAAt對B有：FmBgsin mBaBxBv0taBt2代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為xxBxAL2.375 m。答案(1)60 N(2)2.375 m題型2 牛頓運動定律與圖像的綜合問題解決此類問題關(guān)鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結(jié)合牛頓第二定律求解結(jié)果。因此需要考生對這類知識融會貫通。例2(20

8、18安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動。已知A的質(zhì)量mA2 kg，B的質(zhì)量mB4 kg，斜面傾角37。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v t圖像如圖乙所示。已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；(3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。解析(1)在00.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為：a1 m/s24 m/s2對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：mBgmAgsin mAgcos (

9、mAmB)a1解得：0.25。(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得：mAgsin mAgcos mAa2解得：a28 m/s2故A減速向上滑動的位移為：x20.25 m00.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移為：x10.5 m所以，A上滑的最大位移為：xx1x20.75 m。(3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功，由動能定理得：W(mAgsin mAgcos )x1mAv20解得：W12 J。答案(1)0.25(2)0.75 m(3)12 J命題點(三)動力學的兩類典型模型模型1 傳送帶模型傳送帶模型的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。因此，搞清楚物體與傳送帶

10、間的相對運動方向是解決此類問題的關(guān)鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導(dǎo)致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷。例1(2018寶雞模擬)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB4 m，傾斜傳送帶長度LCD4.45 m，傾角為37，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2?，F(xiàn)將一個工件(可視為質(zhì)點)無初速度地放在水

11、平傳送帶最左端A點處，求：(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度h和所用的總時間t；(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速率v2(v20，所以木板相對地面做勻加速直線運動,又La1t2a2t2解得t1 s。(2)鐵塊在木板上向右滑動時2mgma11滑動木板最右端時vv0a11t1對木板有va2t1又L(v0t1a11t12)a2t12解得v02 m/s。(3)當F1(mgMg)2 N時，木板和鐵塊都靜止，f0設(shè)木板和鐵塊都運動，兩者剛要相對滑動時，作用在木板上的力大小為F1對鐵塊有2mgma對木板有F11(mgMg)2mgMa解得F110 N。當1

12、(mgMg)F10 N時，木板和鐵塊相對靜止則有F1(mgMg)(mM)afma解得fN。當F10 N時，鐵塊相對木板滑動，此時f2mg4 N故鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像如圖所示。答案(1)1 s(2)2 m/s(3)見解析圖1滑塊木板模型中的“一個轉(zhuǎn)折”和“兩個關(guān)聯(lián)”(1)一個轉(zhuǎn)折滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。(2)兩個關(guān)聯(lián)轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關(guān)聯(lián)。2滑塊木板模型的兩大臨界條件(1)相對滑動的臨界條件運動學條件：兩者速度或加速度不相等。動力學條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。(2)滑塊滑離木板的臨

13、界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時兩者速度相同。 專題強訓(xùn)提能 1如圖甲所示，傾角30的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止狀態(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當拉力FTmg時，A、B的位移為L；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當A的位移為L時，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；(2)請推導(dǎo)FT與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出FTl圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中FT做功WF

14、T的大??；(3)當A、B不粘連時，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin kx當A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FTk(xL)2mgsin 解得k當A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(xL)mgsin ma對B應(yīng)用牛頓第二定律可得Fmgsin ma解得Fmg。(2)當A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有：FTk(xl)2mgsin 解得FTl畫出FTl圖像如圖所示，A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFTmgL。(3)設(shè)A通

15、過位移L的過程中彈力做功W，分別對兩個過程應(yīng)用動能定理可得：WFT2mgLsin W00WF2mgLsin W2mv20又WFFL，解得v。答案：(1)mg(2)FTl見解析圖mgL(3)2(2019屆高三天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v05 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止。現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊從滑上傾斜木

16、板到滑回木板底端所用的時間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有mgma滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0v022aL解得。(2)當木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有mgsin mgcos ma10v022a1s0v0a1t1解得s m，t1 s設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgsin mgcos ma2sa2t22解得t2 s滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間tt1t2 s。答案：(1)(2) s3(2018南昌模擬)在傾角37的粗糙斜面上有一質(zhì)量m2 kg的物塊，物塊受如圖甲所示的水平恒

17、力F的作用。t0時刻物塊以某一速度從斜面上A點沿斜面下滑，在t4 s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內(nèi)物塊運動的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點到斜面底端的距離x18 m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機械能損失，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物塊在A點的速度大??；(2)水平恒力F的大小。解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運動，則xt解得v05 m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設(shè)物塊在斜面上運動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則xv0ta1t2解得a10.25 m/s2設(shè)物塊與接觸面

18、間的動摩擦因數(shù)為，物塊在水平面上運動時加速度大小為a2，有mgma2由題圖乙中圖線可知a22 m/s2解得0.2物塊在斜面上運動時，設(shè)所受的摩擦力為Ff，則Fcos mgsin Ffma1FfFNFNmgcos Fsin 解得F10.1 N。答案：(1)5 m/s(2)10.1 N4.(2018全國卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin 。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小

19、球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；(2)小球到達A點時動量的大??；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有F0mgtan mgFmg設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm解得v。(2)設(shè)小球到達A點時速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )小球由A到C的過程中，由動能定理有mgCDF0DAmv2mv12解得v1所以小球在A點的動量大小為p

20、mv1。(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vyvsin 、加速度為g的勻加速直線運動，CDvytgt2解得t 。答案：(1)mg(2)(3) 5.如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37，以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。求：(1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小；(2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsin

21、37mgcos 37ma1解得：a110 m/s2。(2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時間為t1，則v0va1t1，解得：t10.5 s通過的位移：x1t10.5 m3.75 m6 m因tan 37，此后物塊繼續(xù)減速上滑，設(shè)其加速度大小為a2，則：mgsin 37mgcos 37ma2解得：a22 m/s2設(shè)物塊到達傳送帶頂端時的速度為v1，則：v2v122a2x2x2lx12.25 m解得：v14 m/s。答案：(1)10 m/s2(2)4 m/s6滑雪度假村某段雪地賽道可等效為長L36 m、傾角為37的斜坡。已知賽道的積雪與不同滑板之間的動摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲滑下去時滑板與賽道間的動摩擦

22、因數(shù)10.5，乙滑下時滑板與賽道間的動摩擦因數(shù)20.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成質(zhì)點，且滑行方向平行，相遇時不會相撞，sin 370.6，cos 370.8。(1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時到達坡底的速度大??；(2)若乙比甲晚出發(fā)t2 s，為追上甲，有人從后面給乙一個瞬時作用力使乙獲得一定的初速度，在此后的運動中，甲、乙之間的最大距離為5 m。則乙的初速度為多大？并判斷乙能否追上甲，寫出判斷過程。解析：(1)設(shè)甲的質(zhì)量為m1，對甲在賽道上的運動，由牛頓第二定律有m1gsin 1m1gcos m1a甲代入數(shù)據(jù)解得a甲2 m/s2設(shè)甲從坡頂自由滑下時到達坡底的速度大小為v1則有2a甲Lv12代入數(shù)據(jù)解得v112 m/s。(2)設(shè)乙的質(zhì)量為m2，對乙有m2gsin 2m2gcos m2a乙代入數(shù)據(jù)解得a乙4 m/s2設(shè)甲出發(fā)后經(jīng)時間t1，乙與甲達到共同速度v，則va甲t1v0a乙(t1t)x甲a甲t12x乙v0(t1t)a乙(t1t)2xx甲x乙5 m代入數(shù)據(jù)解得t13 s或t11 s(舍去)v02 m/s甲到達坡底的時間t甲6 s設(shè)乙到達坡底所用時間為t乙Lv0t乙a乙t乙2代入數(shù)據(jù)解得t乙 s4 st乙tt甲，故可以追上。答案：(1)12 m/s(2)2 m/s可以追上，判斷過程見解析