（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）

（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）考法學(xué)法“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”是解答物理問(wèn)題的三大觀點(diǎn)之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識(shí)主要包括：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律；運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像。復(fù)習(xí)這部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)側(cè)重對(duì)基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時(shí)要抓住兩個(gè)關(guān)鍵：受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析。用到的思想方法有：整體法和隔離法；臨界問(wèn)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(guò)程運(yùn)動(dòng)如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)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帶，應(yīng)注意分析各段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。例1“30 m折返跑”可以反映一個(gè)人的身體素質(zhì)，在平直的跑道上，一學(xué)生在起點(diǎn)線處，當(dāng)聽(tīng)到起跑口令后(測(cè)試員同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí))，跑向正前方30 m處的折返線，到達(dá)折返線處時(shí)，用手觸摸固定在折返線處的標(biāo)桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點(diǎn)線，到達(dá)起點(diǎn)線處時(shí)，停止計(jì)時(shí)，全過(guò)程所用時(shí)間即折返跑的成績(jī)。學(xué)生可視為質(zhì)點(diǎn)，加速或減速過(guò)程均視為勻變速過(guò)程，觸摸桿的時(shí)間不計(jì)。該學(xué)生加速時(shí)的加速度大小為a12.5 m/s2，減速時(shí)的加速度大小為a25 m/s2，到達(dá)折返線處時(shí)速度需要減小到零，并且該學(xué)生在全過(guò)程中的最大速度不超過(guò)vmax12 m/s。求該學(xué)生“30 m折返跑”的最好成績(jī)。審題指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)情景是什么？跑向折返線時(shí)必經(jīng)歷的過(guò)程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過(guò)程；跑回起點(diǎn)線時(shí)必經(jīng)歷勻加速過(guò)程，可能經(jīng)歷勻速過(guò)程用到什么規(guī)律？勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式采用什么方法？在草紙上畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，找出各運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度關(guān)系、位移關(guān)系等解析設(shè)起點(diǎn)線處為A，折返線處為B，假設(shè)該學(xué)生從A到B的過(guò)程中，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，緊接著做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過(guò)程中該學(xué)生達(dá)到的最大速度為v，做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有va1t1勻減速過(guò)程中，速度與加速度方向相反，加速度應(yīng)為負(fù)值，則有0va2t2由平均速度公式可知起點(diǎn)線與折返線間的距離LAB(t1t2)時(shí)間只能取正值，解得v10 m/s，t14 s，t22 s因?yàn)関<vmax，所以從A到B的過(guò)程中，學(xué)生先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻減速運(yùn)動(dòng)從B到A的加速過(guò)程中，速度從零增大到12 m/s所用時(shí)間t3 s4.8 s加速過(guò)程通過(guò)的位移為xt328.8 m剩余階段的勻速過(guò)程用時(shí)t4 s0.1 s所以該學(xué)生“30 m折返跑”的最好成績(jī)?yōu)閠t1t2t3t410.9 s。答案10.9 s題型2 追及相遇問(wèn)題追及相遇問(wèn)題是運(yùn)動(dòng)學(xué)中的常見(jiàn)問(wèn)題，涉及勻速追勻加速、勻速追勻減速、勻加速追勻速、勻減速追勻速、勻加速追勻減速、勻減速追勻減速等問(wèn)題。例2A、B兩輛玩具小汽車(chē)在相互靠近的兩條平直的軌道上同向勻速行駛，初速度分別為vA6 m/s、vB2 m/s，當(dāng)A車(chē)在B車(chē)后面x3.5 m時(shí)，A車(chē)開(kāi)始以大小恒定的加速度aA1 m/s2剎車(chē)至停止運(yùn)動(dòng)，求：(1)A車(chē)超過(guò)B車(chē)后，保持在B車(chē)前方的時(shí)間；(2)A車(chē)超過(guò)B車(chē)后，領(lǐng)先B車(chē)的最大距離；(3)若A車(chē)剎車(chē)時(shí)B車(chē)同時(shí)開(kāi)始加速，加速度aB2 m/s2，但B車(chē)的最大速度只有4 m/s，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明A車(chē)能否追上B車(chē)。思路點(diǎn)撥解析(1)設(shè)A車(chē)用時(shí)t追上B車(chē)，對(duì)A車(chē)，xAvAtaAt2對(duì)B車(chē)，xBvBt追上時(shí)有xAxBx解得t11 s，t27 s顯然t1為A車(chē)追上B車(chē)所用時(shí)間，由于t27 s>6 s，故B車(chē)追上A車(chē)之前，A車(chē)已停止運(yùn)動(dòng)設(shè)從開(kāi)始到A車(chē)被B車(chē)追上用時(shí)為t3，則vBt3x，解得t37.25 sA車(chē)超過(guò)B車(chē)后，保持在B車(chē)前方的時(shí)間為t，所以tt3t1，解得t6.25 s。(2)設(shè)當(dāng)A車(chē)與B車(chē)速度相等用時(shí)為t4，則vAaAt4vB，解得t44 s則此過(guò)程中A車(chē)位移為xAt4B車(chē)位移xBvBt4由(1)分析可知，此時(shí)A車(chē)在B車(chē)前方，故A、B最大距離為xxAxxB，解得x4.5 m。(3)假設(shè)從A車(chē)剎車(chē)開(kāi)始用時(shí)t5兩車(chē)速度相等，B車(chē)加速至最大速度用時(shí)t6，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t5t6，從A車(chē)開(kāi)始剎車(chē)至兩車(chē)速度相等過(guò)程中，vAaAt5vm且vmvBaBt6解得t52 s，t61 s，t5t6>0，假設(shè)成立對(duì)A車(chē)，xAvAt5aAt52，解得xA10 m對(duì)B車(chē)，xBvm(t5t6)，解得xB7 m此時(shí)有xBx10.5 m>xA10 m，A車(chē)不能追上B車(chē)。關(guān)鍵點(diǎn)撥答案(1)6.25 s(2)4.5 m(3)不能，計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析追及相遇問(wèn)題中的“一個(gè)條件”和“兩個(gè)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(diǎn)。(2)時(shí)間關(guān)系和位移關(guān)系可通過(guò)畫(huà)運(yùn)動(dòng)示意圖得到。 命題點(diǎn)(二)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用題型1 動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)基本問(wèn)題1.由受力情況求解運(yùn)動(dòng)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(diǎn)及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。2.由運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況。由物體的運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)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(zhǎng)L0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT12 N，對(duì)B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開(kāi)始一起向上運(yùn)動(dòng)，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37°0.6，cos 37°0.8)。(1)若某一時(shí)刻輕繩被拉斷，求此時(shí)外力F的大小；(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(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，A、B之間的間距。思維流程解析(1)輕繩被拉斷前瞬間，對(duì)A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F(mAmB)gsin (mAmB)a對(duì)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(duì)A有：mAgsin mAaA設(shè)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t，則有v0aAt此過(guò)程A的位移為xAAt對(duì)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(yùn)動(dòng)定律與圖像的綜合問(wèn)題解決此類(lèi)問(wèn)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(duì)這類(lèi)知識(shí)融會(huì)貫通。例2(2018·安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細(xì)線跨過(guò)定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿足夠長(zhǎng)的粗糙固定斜面向上滑動(dòng)。已知A的質(zhì)量mA2 kg，B的質(zhì)量mB4 kg，斜面傾角37°。某時(shí)刻由靜止釋放A，測(cè)得A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的v ­t圖像如圖乙所示。已知g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求：(1)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移；(3)滑動(dòng)過(guò)程中細(xì)線對(duì)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(duì)A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：mBgmAgsin mAgcos (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(dòng)的位移為：x20.25 m00.5 s內(nèi)A加速向上滑動(dòng)的位移為：x10.5 m所以，A上滑的最大位移為：xx1x20.75 m。(3)細(xì)線對(duì)A的拉力在A加速上滑過(guò)程中做功，由動(dòng)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(diǎn)(三)動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)典型模型模型1 傳送帶模型傳送帶模型的實(shí)質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，這樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)將直接影響摩擦力的方向。因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問(wèn)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(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長(zhǎng)度LAB4 m，傾斜傳送帶長(zhǎng)度LCD4.45 m，傾角為37°，AB和CD通過(guò)一段極短的光滑圓弧板過(guò)渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，sin 37°0.6，cos 37°0.8，重力加速度g10 m/s2?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在水平傳送帶最左端A點(diǎn)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(shí)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(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)的速率v2(v2<v1)。模型套用過(guò)程工件在AB傳送帶上的運(yùn)動(dòng)CD傳送帶靜止時(shí)，工件在CD傳送帶上的運(yùn)動(dòng)CD傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，工件在CD傳送帶上的運(yùn)動(dòng)模型勻加速直線運(yùn)動(dòng)、(勻速直線運(yùn)動(dòng))勻減速直線運(yùn)動(dòng)勻減速直線運(yùn)動(dòng)方法判斷工件一直加速還是先加速再勻速受力分析、畫(huà)示意圖理想模型法、假設(shè)法規(guī)律直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律解析(1)工件剛放在AB傳送帶上時(shí)，在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到v1時(shí)所用時(shí)間為t1，位移大小為s1，受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律可得：N1mgf1N1ma1解得：a15 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：t1 s1 ss1a1t12×5×12 m2.5 m由于s1LAB，隨后工件在AB傳送帶上做勻速直線運(yùn)動(dòng)到B端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t20.3 s工件滑上CD傳送帶后在沿傳送帶向下的重力分力和滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時(shí)所用時(shí)間為t3，位移大小為s2，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律可得：N2mgcos f2N2mgsin f2ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：s2解得：a210 m/s2，s21.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為：hs2sin 1.25×0.6 m0.75 m沿CD傳送帶上升的時(shí)間為：t3 s0.5 s故總時(shí)間為：tt1t2t31.8 s。(2)設(shè)CD傳送帶以速度v2沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，當(dāng)工件的速度大于v2時(shí)，滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當(dāng)工件的速度小于v2時(shí)，滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)其加速度大小為a3，兩個(gè)過(guò)程的位移大小分別為s3和s4，受力分析如圖丙所示，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律可得：2a2s3v22v12mgsin f2ma32a3s40v22LCDs3s4解得：v24 m/s。答案(1)0.75 m1.8 s(2)4 m/s模型2 滑塊木板模型滑塊木板模型題是動(dòng)力學(xué)中比較常見(jiàn)的問(wèn)題，也是綜合性很強(qiáng)的難題，能很好地考核學(xué)生運(yùn)用動(dòng)力學(xué)規(guī)律解決問(wèn)題的多種能力，具有很好的區(qū)分度，因此在歷年的高考?jí)狠S題中頻頻出現(xiàn)。其基本情景為兩體或多體相互作用，并發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，從而突出力學(xué)主線知識(shí)的應(yīng)用。例2(2019屆高三·濟(jì)南外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬)如圖甲所示，質(zhì)量M1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若木板長(zhǎng)L1 m，在鐵塊上加一個(gè)水平向右的恒力F8 N，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的右端？(2)若木板長(zhǎng)L1 m，通過(guò)擊打鐵塊使其獲得一個(gè)水平向右的初速度v0并恰好能夠滑到木板最右端，求v0的大小。(3)若在木板(足夠長(zhǎng))的右端施加一個(gè)大小從零開(kāi)始連續(xù)增加的水平向左的力F，請(qǐng)?jiān)趫D乙中畫(huà)出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像。審題指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)情景是什么？(1)力加到鐵塊上時(shí)，鐵塊和木板均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且鐵塊的加速度大于木板的加速度；(2)鐵塊獲得初速度后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板同時(shí)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，鐵塊恰好滑到木板最右端時(shí)二者達(dá)到共同速度，之后一起向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止；(3)力加到木板上時(shí)，鐵塊的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度用到什么規(guī)律？勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式、牛頓第二定律采用什么方法？畫(huà)出鐵塊和木板的受力示意圖及運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，找出各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系等解析(1)由牛頓第二定律知，對(duì)鐵塊有F2mgma1對(duì)木板有2mg1(mgMg)Ma2解得a22 m/s2>0，所以木板相對(duì)地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng),又La1t2a2t2解得t1 s。(2)鐵塊在木板上向右滑動(dòng)時(shí)2mgma11滑動(dòng)木板最右端時(shí)vv0a11t1對(duì)木板有va2t1又L(v0t1a11t12)a2t12解得v02 m/s。(3)當(dāng)F1(mgMg)2 N時(shí)，木板和鐵塊都靜止，f0設(shè)木板和鐵塊都運(yùn)動(dòng)，兩者剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，作用在木板上的力大小為F1對(duì)鐵塊有2mgma對(duì)木板有F11(mgMg)2mgMa解得F110 N。當(dāng)1(mgMg)F10 N時(shí)，木板和鐵塊相對(duì)靜止則有F1(mgMg)(mM)afma解得fN。當(dāng)F10 N時(shí)，鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)，此時(shí)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(jiàn)解析圖1滑塊木板模型中的“一個(gè)轉(zhuǎn)折”和“兩個(gè)關(guān)聯(lián)”(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)兩個(gè)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(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。2滑塊木板模型的兩大臨界條件(1)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：兩者速度或加速度不相等。動(dòng)力學(xué)條件：兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時(shí)兩者速度相同。 專(zhuān)題強(qiáng)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?fàn)顟B(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當(dāng)拉力FTmg時(shí)，A、B的位移為L(zhǎng)；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當(dāng)A的位移為L(zhǎng)時(shí)，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；(2)請(qǐng)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(huà)出FT­l圖像，計(jì)算A緩慢移動(dòng)位移L的過(guò)程中FT做功WFT的大?。?3)當(dāng)A、B不粘連時(shí)，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時(shí)速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin kx當(dāng)A、B的位移為L(zhǎng)時(shí)，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FTk(xL)2mgsin 解得k當(dāng)A、B恰好分離時(shí)二者之間的彈力為零，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(xL)mgsin ma對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律可得Fmgsin ma解得Fmg。(2)當(dāng)A的位移為l時(shí)，根據(jù)平衡條件有：FTk(xl)2mgsin 解得FTl畫(huà)出FT­l圖像如圖所示，A緩慢移動(dòng)位移L，圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFTmgL。(3)設(shè)A通過(guò)位移L的過(guò)程中彈力做功W，分別對(duì)兩個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：WFT2mgLsin W00WF2mgLsin W×2mv20又WFFL，解得v。答案：(1)mg(2)FTl見(jiàn)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(tái)右側(cè)與一長(zhǎng)為L(zhǎng)2.5 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(shí)恰好停止?，F(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(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求：(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對(duì)滑塊有mgma滑塊滑到木板右端時(shí)恰好停止，有0v022aL解得。(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有mgsin mgcos ma10v022a1s0v0a1t1解得s m，t1 s設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)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(shí)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力F的作用。t0時(shí)刻物塊以某一速度從斜面上A點(diǎn)沿斜面下滑，在t4 s時(shí)滑到水平面上，此時(shí)撤去F，在這以后的一段時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點(diǎn)到斜面底端的距離x18 m，物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機(jī)械能損失，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求：(1)物塊在A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，則xt解得v05 m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)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)物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(guó)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)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。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)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(dá)C點(diǎn)時(shí)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(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )小球由A到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg·CDF0·DAmv2mv12解得v1所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1。(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vyvsin 、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，CDvytgt2解得t 。答案：(1)mg(2)(3) 5.如圖所示，傳送帶長(zhǎng)6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)。一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，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(dòng)摩擦因數(shù)0.5，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2。求：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大??；(2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsin 37°mgcos 37°ma1解得：a110 m/s2。(2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時(shí)間為t1，則v0va1t1，解得：t10.5 s通過(guò)的位移：x1t1×0.5 m3.75 m<6 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 37°mgcos 37°ma2解得：a22 m/s2設(shè)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)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(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲滑下去時(shí)滑板與賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，乙滑下時(shí)滑板與賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成質(zhì)點(diǎn)，且滑行方向平行，相遇時(shí)不會(huì)相撞，sin 37°0.6，cos 37°0.8。(1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時(shí)到達(dá)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(gè)瞬時(shí)作用力使乙獲得一定的初速度，在此后的運(yùn)動(dòng)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(xiě)出判斷過(guò)程。解析：(1)設(shè)甲的質(zhì)量為m1，對(duì)甲在賽道上的運(yùn)動(dòng)，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(shí)到達(dá)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(duì)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(shí)間t1，乙與甲達(dá)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(dá)坡底的時(shí)間t甲6 s設(shè)乙到達(dá)坡底所用時(shí)間為t乙Lv0t乙a乙t乙2代入數(shù)據(jù)解得t乙 s<4 st乙t<t甲，故可以追上。答案：(1)12 m/s(2)2 m/s可以追上，判斷過(guò)程見(jiàn)解析