專題1.6 動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題(解析版)

1、 2020 年高考物理備考微專題精準(zhǔn)突破專題 1.6 動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題【專題詮釋】1已知物體的受力情況，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況解這類(lèi)題目，一般是應(yīng)用牛頓第二定律求出物體的加速度，再根據(jù)物體的初始條件，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的運(yùn)動(dòng)情況2已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，求解物體的受力情況解這類(lèi)題目，一般是應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再應(yīng)用牛頓第二定律求出物體所受的合外力，進(jìn)而求出物體所受的某個(gè)力可用程序圖表示如下：3.解決兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題應(yīng)把握的關(guān)鍵(1)兩類(lèi)分析物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析；(2 )一個(gè)“橋梁” 物體運(yùn)動(dòng)的加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁。【高考引領(lǐng)】【2019全國(guó)卷】如圖 a，物塊和木板

2、疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t0 時(shí)，木板開(kāi)始受到水平外力 f 的作用，在 t4 s 時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力 f 隨時(shí)間 t 變化的關(guān)系如圖 b 所示，木板的速度 v 與時(shí)間 t 的關(guān)系如圖 c 所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩2擦可以忽略。重力加速度取 10 m/s 。由題給數(shù)據(jù)可以得出()a木板的質(zhì)量為 1 kgb24 s 內(nèi)，力 f 的大小為 0.4 nc02 s 內(nèi)，力 f 的大小保持不變d物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.21 【答案】 ab【解析】 木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖 b 知，2 s 后木板滑動(dòng)，物塊和木板間的滑

3、動(dòng)摩擦力大0.42小 f 0.2 n。由題圖 c 知，24 s 內(nèi)，木板的加速度大小a 摩m/s20.2 m/s2，撤去外力 f 后的加速度10.40.2大小 a m/s20.2 m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為 m，據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板有：24 s 內(nèi) ：ff ma 4摩121,s 以后：f ma ，解得 m1 kg，f0.4 n，a、b 正確。02 s 內(nèi)，木板靜止，ff，由題圖 b 知，f 是摩2均勻增加的，c 錯(cuò)誤。因物塊質(zhì)量不可求，故由 f m g 可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)不可求，d 錯(cuò)誤。摩物【2017高考全國(guó)卷】為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s 和 s (s s )處分別0

4、110放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v 擊0出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為 v .重力加速度大小為 g.求：1(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度v2v2s （v v ）2【答案】(1) 20 gs01 (2) 1 2s0120【解析】(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為 m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，由動(dòng)能定理得1212mgs mv2

5、mv2010v2v21解得 02gs0(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為 a 和 a ，所用的時(shí)間為 t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得12v2v22a s 011 0v v a t0112 12s a t212聯(lián)立式得s （v v ）2a2 1102s20【技巧方法】1.解決動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題的處理方法(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2 個(gè)或 3 個(gè))時(shí)一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3 個(gè)或 3 個(gè)以上)，則采用“正交分解法”2兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟【最新考向解碼】【例 1】(2019上海閔

6、行區(qū)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為 m0.1 kg 的小圓環(huán)(未畫(huà)出)套在桿上 a點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)對(duì)環(huán)施加一個(gè)與桿夾角為 53的斜向上的拉力 f，使小圓環(huán)由靜止開(kāi)始沿桿向右運(yùn)動(dòng)，并在經(jīng)過(guò) b 點(diǎn)時(shí)撤掉此拉力 f，小圓環(huán)最終停在 c 點(diǎn)已知小圓環(huán)與直桿間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.8，ab 與bc 的距離之比 s s 85.(g 取 10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：12(1)小圓環(huán)在 bc 段的加速度 a 的大小；2(2)小圓環(huán)在 ab 段的加速度 a 的大?。?(3)拉力 f 的大小【審題突破】 (1)在 bc 段，對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析牛頓第二定律加速度；(2)分析小圓

7、環(huán)在 bc 段和 ab 段的運(yùn)動(dòng)情況運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律加速度；(3)在 ab 段，對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析桿對(duì)小圓環(huán)的支持力方向不確定(有向上或向下兩種可能)牛頓第二3 定律拉力 f.【答案】 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 n 或 7.5 n【解析】 (1)在 bc 段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖甲所示，有fnmgf則 a g0.810 m/s28 m/s2.2 m(2)小圓環(huán)在 ab 段做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v22a sb1 1小圓環(huán)在 bc 段做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v22a sb2 2s 8又 12s 5s58則 a 2a 8 m/s2

8、5 m/s2.1 s21(3)當(dāng) fsin mg 時(shí)，小圓環(huán)在 ab 段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖丙所示4 由牛頓第二定律可知fcos f ma21又 fsin mgn22f n2代入數(shù)據(jù)解得 f7.5 n.【例 2】(2019安徽宣城高三上學(xué)期期末)質(zhì)量為 m1 kg、大小不計(jì)的物塊，在水平桌面上向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)o 點(diǎn)時(shí)速度為 v4 m/s，此時(shí)對(duì)物塊施加 f6 n 的方向向左的拉力，一段時(shí)間后撤去拉力，物塊剛好能回到 o 點(diǎn)。已知與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.2，重力加速度 g10 m/s2。求：(1)此過(guò)程中物塊到 o 點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；(2)撤去 f 時(shí)物塊到 o 點(diǎn)的距離。23【答案】 (1)1 m

9、(2) m【解析】 (1)物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)物塊向左的加速度大小為a ，物塊與 o 點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為 x ，11則有 fmgma1解得 a 8 m/s2；1由 v22a x ，1 1可得 x 1 m。1(2)物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有力 f 作用時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為 a ，最大速度大小為 v ，加速位移21大小為 x ，撤去拉力 f 后做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為 a ，減速位移大小為 x ，則有233fmgma ，解得 a 4 m/s222mgma ，解得 2 m/sa233由 v22a x12 2v22a x13 3x x x2312聯(lián)立解得 x m，335 23即撤去 f 時(shí)

10、物塊到 o 點(diǎn)的距離為 m?！纠?3】(2019武漢十一中學(xué)高三?？?(設(shè)均勻球體在空氣中下落時(shí)，空氣對(duì)球體的阻力的大小只與球的最大截面積成正比。某同學(xué)用輕質(zhì)細(xì)繩 l 連接球 a 與球 b，再用輕質(zhì)細(xì)繩 l 將球 b 懸掛于上方某位置，當(dāng)兩12球處于平衡狀態(tài)時(shí)，球a 與水平地面的距離為 18 m，此時(shí)兩細(xì)繩拉力的大小分別是2 n、3 n。已知球 a 與球 b 的半徑之比為 12，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?10 m/s2。第一次，若只剪斷細(xì)繩l ，a 球經(jīng) 2 s 落地。第二次，1若只剪斷細(xì)繩 l ，a 球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間落地？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)2【答案】 2.3 s【解析】 設(shè)球 a 與球 b 的質(zhì)量

11、分別為 m 、m 。ab靜止時(shí)對(duì)球 a 受力分析得：t m g，1a對(duì)整體受力分析得：t m gm g，2ab1第一次剪斷細(xì)繩 l 后，球 a 加速下落，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：h a t2211 a對(duì)球 a 受力分析得：m gf m aaaa 1代入數(shù)據(jù)求得：m 0.2 kg，m 0.1 kg，a 9 m/s2，f 0.2 n，ab1ar 1f2根據(jù)題意： ，解得：f 0.8 n。aar 4f2bbb第二次剪斷細(xì)繩 l 后，球 a 與球 b 一起加速下落，對(duì)球整體受力分析得：2m gm gf f (m m )aababab21根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：h a t 222 a代入數(shù)據(jù)求得：t 5.4 s2.

12、3 s。a【微專題精練】1(2019河北武邑中學(xué)模擬)光滑水平面上，有一木塊以速度 v 向右運(yùn)動(dòng)，一根彈簧固定在墻上，如圖所示，木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮成最短的時(shí)間內(nèi)木塊將做的運(yùn)動(dòng)是()6 a勻減速運(yùn)動(dòng)b速度減小，加速度增大d無(wú)法確定c速度減小，加速度減小【答案】b【解析】木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個(gè)力，二力平衡水平方向受到彈簧向左的彈力，由于彈力與速度方向相反，則木塊做減速運(yùn)動(dòng)，隨著壓縮量的增大，彈力增大，由牛頓第二定律可知，加速度增大，則木塊做加速度增大的變減速運(yùn)動(dòng)，故 b 正確，a、c、d 錯(cuò)誤2. (多選)(2019杭州二中模擬)

13、如圖所示，總質(zhì)量為 460 kg 的熱氣球，從地面剛開(kāi)始豎直上升時(shí)的加速度為0.5 m/s ，當(dāng)熱氣球上升到 180 m 時(shí)，以 5 m/s 的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)，若離開(kāi)地面后熱氣球所受浮力保持不2變，上升過(guò)程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說(shuō)法正確的是()a所受浮力大小為 4 830 nc從地面開(kāi)始上升 10 s 后的速度大小為 5 m/s【答案】ad.b加速上升過(guò)程中所受空氣阻力保持不變d以 5 m/s 勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為 230 n【解析】剛開(kāi)始上升時(shí)，空氣阻力為零，f mgma，解得 f m(ga)4 830 n，a 正確；加速上升浮浮過(guò)程，若保

14、持加速度不變，則熱氣球上升到180 m 時(shí)，速度v 2ah6 5 m/s5 m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，上升10 s 后的速度 vat5 m/s，c 錯(cuò)誤；再由f f mgma 可知空氣阻力浮阻f 增大，b 錯(cuò)誤；勻速上升時(shí)，f f mg，所以 f f mg230 n，d 正確阻浮阻阻浮3.(2019滄州一中月考)將一質(zhì)量為 m 的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，o 是運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最高點(diǎn)，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為 ()1312110amgb. mgc. m

15、gd. mg【答案】c7 【解析】設(shè)每塊磚的厚度是 d，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：9d3da t21向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3dda t22a 3解得： 12a 1根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mgfma1向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mgfma212解得：f mg，c 正確4.(2019安徽淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長(zhǎng)木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m 后鎖定，t0 時(shí)解除鎖定，釋放滑塊計(jì)算機(jī)通過(guò)滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的 vt 圖象如圖乙所示，其中oab 段為曲線，bc 段為直線，傾斜直線od 是 t0 時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量 m2.0 kg，取 g10 m/s2

16、，則下列說(shuō)法正確的是()a滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng) b彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大c彈簧的勁度系數(shù) k175 n/m【答案】c.d該過(guò)程中滑塊的最大加速度為 35 m/s2【解析】根據(jù) vt 圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)到滑塊停止v 1.5t 0.3運(yùn)動(dòng)，加速度不變，選項(xiàng) a、b 錯(cuò)誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a m/s25 m/s2，v 31由牛頓第二定律得摩擦力大小為 f mgma 25 n10 n，剛釋放時(shí)滑塊的加速

17、度為 a m/s2t 0.1f1230 m/s2，此時(shí)滑塊的加速度最大，選項(xiàng) d 錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得 kxf ma ，代入數(shù)據(jù)解得 k175 n/m，f2選項(xiàng) c 正確5.(2019陜西西安一中期中)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力 f 的大小隨時(shí)間 t 變化的情況如圖所示將蹦極過(guò)程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為 g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過(guò)程中最大加速度約為()8 agb2gc3gd4g【答案】b【解析】人落下后，做阻尼振動(dòng)，振動(dòng)幅度越來(lái)越小，最后靜止不動(dòng)，結(jié)合拉力與時(shí)間關(guān)系圖象可以知道，人的重力等于 0

18、.6f ，而最大拉力為 1.8f ，即 0.6f mg，f 1.8f ，結(jié)合牛頓第二定律，有 fmgma，000m0f mg當(dāng)拉力最大時(shí)，加速度最大，a m2g，故選 b.mm6.(2019陜西西安模擬)小物塊以一定的初速度 v 沿斜面(足夠長(zhǎng))向上運(yùn)動(dòng)，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最0大位移 x 與斜面傾角 的關(guān)系如圖所示取 g10 m/s2，空氣阻力不計(jì)可能用到的函數(shù)值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物塊的初速度 v ；0(2)物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) ；(3)計(jì)算說(shuō)明圖線中 p 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說(shuō)明理由(設(shè)最大靜摩擦力與

19、滑動(dòng)摩擦力相等)【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)37 能滑回底端 理由見(jiàn)解析【解析】(1)當(dāng) 90時(shí)，物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，末速度為 0 由題圖得上升最大位移為 x 3.2 mm由 v22gx ，得 v 8 m/s.0m0(2)當(dāng) 0 時(shí)，物塊相當(dāng)于在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0由題圖得水平最大位移為 x6.4 m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v22ax0由牛頓第二定律得：mgma，得 0.5.(3)設(shè)題圖中 p 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的斜面傾角值為 ，物塊在斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，末速度為 0由題圖得物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大位移為 x3.2 m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v22ax09 由牛頓第二定律有：mgsin mg

20、cos ma得 10sin 5cos 10，得 37.因?yàn)?mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端7.某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升飛機(jī)上由靜止跳下，跳離飛機(jī)一段時(shí)間后打開(kāi)降落傘做減速下落，他打開(kāi)降落傘后的速度圖線如圖甲所示降落傘用8 根對(duì)稱的繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，每根繩與中軸線的夾角均為 37，如圖乙所示已知人的質(zhì)量為50 kg，降落傘質(zhì)量也為 50 kg，不計(jì)人所受的阻力，打開(kāi)傘后傘所受阻力 f 與速度 v 成正比，即 fkv(g 取 10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)打開(kāi)降落傘前人下落的距離為多大？(2)求阻力系數(shù) k 和打開(kāi)傘瞬間的加速度

21、 a 的大小和方向(3)懸繩能夠承受的拉力至少為多少？【答案】(1)20 m (2)200 ns/m 30 m/s2 方向豎直向上 (3)312.5 nv2【解析】(1)打開(kāi)降落傘前人做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式得：h 0 20 m.2g0(2)由甲圖可知，當(dāng)速度等于 5 m/s 時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，2mg 1 000則 kv2mg，kn s/m200 n s/mv5剛打開(kāi)降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：kv 2mga030 m/s2，方向豎直向上2m(3)設(shè)每根繩的拉力為 t，以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：8tcos mgmam（ag）解得：t312.5 n8cos 37

22、所以懸繩能夠承受的拉力至少為 312.5 n.8(2019安徽省四校聯(lián)考)如圖所示為一傾角 37的足夠長(zhǎng)斜面，將一質(zhì)量為 m2 kg 的物體在斜面上無(wú)初速度釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力f 3 n，2 s 后拉力變?yōu)?f 9 n，方向不變物體與斜面間的12動(dòng)摩擦因數(shù) 0.25，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：10 (1)f 作用時(shí)物體的加速度大小及 2 s 末物體的速度大?。?(2)前 16 s 內(nèi)物體發(fā)生的位移大小【答案】(1)2.5 m/s2 5 m/s (2)30 m【解析】(1)在沿斜面方向上物體受到沿斜面向上的拉力f 3 n，沿斜面向下的重力的分

23、力 mgsin 12 n，1摩擦力 f mgcos 4 nf通過(guò)分析可知物體的合力向下，故向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律可得 mgsin f f ma ，1f1解得 a 2.5 m/s212 s 末物體的速度 v a t 2.52 m/s5 m/s11 112(2)物體在前 2 s 的位移 x a t 5 m211 1f mgcos mgsin 當(dāng)外力 f 9 n 時(shí)，有 a 20.5 m/s2，方向沿斜面向上，22mv物體經(jīng)過(guò) t 時(shí)間速度變?yōu)榱悖?t 110 s22 a22v時(shí)間的位移為 x 1 25 mt222a2當(dāng)速度減小到零后，如果物體要向上運(yùn)動(dòng)，則必須滿足f

24、mgcos mgsin 0，2但實(shí)際 f mgcos mgsin 2所以物體以后處于靜止?fàn)顟B(tài)故物體 16 s 的總位移為 xx x 30 m.129.(2019德州模擬)一質(zhì)量為 m2 kg 的滑塊能在傾角為 30的足夠長(zhǎng)的固定斜面上以 a2.5 m/s 的加速2度勻加速下滑如圖所示，若用一水平向右的恒力f 作用于滑塊，使之由靜止開(kāi)始在 t2 s 內(nèi)能沿斜面運(yùn)動(dòng)位移 x4 m求：(g 取 10 m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) ；11 (2)恒力 f 的大小3676 354 37【答案】(1)(2)n 或n【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma3解得 .612(2)由 x a t ，得 a 2 m/s ，當(dāng)加速度沿斜面向上時(shí)，fcos 30mgsin 30(fsin 30mgcos 30)ma ，2211176 35代入數(shù)據(jù)得 fn當(dāng)加速度沿斜面向下時(shí)mgsin 3