(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí)第3章專題強(qiáng)化三《動(dòng)力學(xué)方法的基本應(yīng)用》(含解析)

專題強(qiáng)化三動(dòng)力學(xué)方法的基本應(yīng)用【專題解讀】1.本專題是動(dòng)力學(xué)方法的典型題型，包括動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題。高考中既可以在選擇題中命題，更會(huì)在計(jì)算題中單獨(dú)或者與能量觀點(diǎn)結(jié)合命題。2.通過本專題的復(fù)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力，分析和推理能力。3.用到的相關(guān)知識(shí)有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等。應(yīng)用一動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題1.基本思路2.基本步驟3.解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析。(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。4.常用方法(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)時(shí)，則采用正交分解法。類型1已知物體受力情況，分析物體運(yùn)動(dòng)情況【例1】(2020·山東省等級(jí)考試模擬)如圖1甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會(huì)設(shè)置避險(xiǎn)車道，供發(fā)生緊急情況的車輛避險(xiǎn)使用，本題中避險(xiǎn)車道是主車道旁的一段上坡路面。一輛貨車在行駛過程中剎車失靈，以v0＝90km/h的速度駛?cè)氡茈U(xiǎn)車道，如圖1乙所示。設(shè)貨車進(jìn)入避險(xiǎn)車道后牽引力為零，貨車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。圖1(1)為了防止貨車在避險(xiǎn)車道上停下后發(fā)生溜滑現(xiàn)象，該避險(xiǎn)車道上坡路面的傾角θ應(yīng)該滿足什么條件？設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，結(jié)果用θ的正切值表示；(2)若避險(xiǎn)車道路面傾角為15°，求貨車在避險(xiǎn)車道上行駛的最大距離。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)答案(1)tanθ＜μ(2)57m解析(1)對(duì)貨車進(jìn)行受力分析，可得小車的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力為Ff＝μmgcosθ而貨車重力在沿上坡路面方向的分量為F＝mgsinθ，若要貨車在避險(xiǎn)車道上停下后不發(fā)生溜滑現(xiàn)象，則需要Ff＞F，即mgsinθ＜μmgcosθ，解得eq\f(sinθ,cosθ)＜μ，tanθ＜μ，則當(dāng)tanθ＜μ時(shí)，貨車在避險(xiǎn)車道上停下后不會(huì)發(fā)生溜滑現(xiàn)象。(2)設(shè)貨車在避險(xiǎn)車道上的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma得F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.26＋0.3×0.97)m/s2＝5.51m/s2設(shè)貨車在避險(xiǎn)車道上行駛的最大距離為xv0＝90km/h＝25m/s據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入數(shù)據(jù)，解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(252,2×5.51)m＝57m。【變式1】(2020·河南洛陽(yáng)市一模)一個(gè)傾角為θ＝37°的斜面固定在水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。若斜面足夠長(zhǎng)，已知tan37°＝eq\f(3,4)，g取10m/s2，求：(1)小物塊沿斜面上滑時(shí)的加速度大??；(2)小物塊上滑的最大距離；(3)小物塊返回斜面底端時(shí)的速度大小。答案(1)8m/s2(2)4m(3)4eq\r(2)m/s解析(1)小物塊沿斜面上滑時(shí)受力情況如圖甲所示，其重力的分力分別為甲F1＝mgsinθF2＝mgcosθ根據(jù)牛頓第二定律有FN＝F2①F1＋Ff＝ma②又因?yàn)镕f＝μFN③由①②③式得a＝gsinθ＋μgcosθ＝(10×0.6＋0.25×10×0.8)m/s2＝8m/s2。④(2)小物塊沿斜面上滑做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，則有0－veq\o\al(2,0)＝2(－a)x⑤得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(82,2×8)m＝4m。⑥(3)小物塊在斜面上下滑時(shí)受力情況如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律有乙FN＝F2⑦F1－Ff＝ma′⑧由③⑦⑧式得a′＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.25×10×0.8)m/s2＝4m/s2⑨有v2＝2a′x得⑩v＝eq\r(2a′x)＝eq\r(2×4×4)m/s＝4eq\r(2)m/s。類型2已知物體運(yùn)動(dòng)情況，分析物體受力情況【例2】(2020·遼寧大連市第一次模擬)“新冠”席卷全國(guó)，在舉國(guó)上下“抗疫”的斗爭(zhēng)中，武漢各大醫(yī)院出現(xiàn)了一批人工智能機(jī)器人。機(jī)器人“小易”在醫(yī)護(hù)人員選擇配送目的后，就開始沿著測(cè)算的路徑出發(fā)，在加速啟動(dòng)的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個(gè)人，立即制動(dòng)減速，恰好在距離人30cm處停下?！靶∫住睆撵o止出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖2所示，圖中t0＝1.6s，v0＝5m/s。已知減速時(shí)的加速度大小是加速時(shí)加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60kg，運(yùn)動(dòng)過程中阻力恒為20N。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：圖2(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；(2)啟動(dòng)過程的牽引力與制動(dòng)過程的制動(dòng)力(不含阻力)分別多大。答案(1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N解析(1)設(shè)加速運(yùn)動(dòng)與減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，位移分別是x1、x2，總時(shí)間是t0，總位移是x，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知x1＝eq\f(v0,2)t1，x2＝eq\f(v0,2)t2x＝x1＋x2，解得x＝4m由加速度定義式知a1＝eq\f(v0,t1)，a2＝eq\f(v0,t2)，則a2＝3a1t0＝t1＋t2聯(lián)立解得t1＝1.2s，t2＝0.4s則a1＝eq\f(25,6)m/s2＝4.17m/s2，a2＝eq\f(25,2)m/s2＝12.5m/s2。(2)對(duì)加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F(xiàn)2＋Ff＝ma2解得F1＝270N，F(xiàn)2＝730N?！咀兪?】如圖3所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m＝0.1kg的小圓環(huán)(未畫出)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θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運(yùn)動(dòng)，并在經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)撤去此拉力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)μ＝0.8，AB與BC的距離之比x1∶x2＝8∶5。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖3(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大小；(2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大??；(3)拉力F的大小。答案(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N解析(1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力。甲對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖甲所示，有Ff＝μFN＝μmg則a2＝eq\f(Ff,m)＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2。(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veq\o\al(2,B)＝2a1x1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veq\o\al(2,B)＝2a2x2又eq\f(x1,x2)＝eq\f(8,5)則a1＝eq\f(x2,x1)a2＝eq\f(5,8)×8m/s2＝5m/s2。乙(3)當(dāng)Fsinθ＜mg時(shí)，小圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定律得Fcosθ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsinθ＝mgFf1＝μFN1聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得F≈1.05N。丙當(dāng)Fsinθ＞mg時(shí)，小圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖丙所示。由牛頓第二定律可知Fcosθ－Ff2＝ma1又Fsinθ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得F＝7.5N。應(yīng)用二動(dòng)力學(xué)方法分析多運(yùn)動(dòng)過程問題解題關(guān)鍵(1)注意應(yīng)用v－t圖像和情景示意圖幫助分析運(yùn)動(dòng)過程。(2)抓住兩個(gè)分析：受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析?！纠?】(2020·1月浙江選考，19)一個(gè)無風(fēng)晴朗的冬日，小明乘坐游戲滑雪車從靜止開始沿斜直雪道下滑，滑行54m后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行40.5m后減速到零。已知小明和滑雪車的總質(zhì)量為60kg，整個(gè)滑行過程用時(shí)10.5s，斜直雪道傾角為37°(sin37°＝0.6)。求小明和滑雪車圖4(1)滑行過程中的最大速度vm的大??；(2)在斜直雪道上滑行的時(shí)間t1；(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。答案(1)18m/s(2)6s(3)180N解析(1)由題意得eq\f(vm,2)＝eq\f(x1＋x2,t)，代入數(shù)據(jù)可得vm＝18m/s。(2)在斜直雪道上，x1＝eq\f(vm,2)t1解得t1＝6s。(3)在斜直雪道上，物體的加速度a＝eq\f(vm,t1)＝3m/s2由牛頓第二定律得mgsin37°－Ff＝ma代入數(shù)據(jù)可得Ff＝180N?！咀兪?】(2020·浙江紹興市適應(yīng)性考試)如圖5所示是小孩推滑塊游戲的裝置，此裝置由粗糙水平面AB、傾角為6°的光滑斜面BC和平臺(tái)CD構(gòu)成。若質(zhì)量為1kg的滑塊在大小為2N的水平推力作用下，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，滑塊在水平面AB上滑行一段距離后撤去推力，滑塊繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)通過斜面到達(dá)平臺(tái)。已知水平面AB長(zhǎng)度為2m，斜面BC長(zhǎng)度為1m，滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，sin6°＝0.1，滑塊可看成質(zhì)點(diǎn)且在B處的速度損失不計(jì)。圖5(1)求滑塊在推力作用下的加速度大小；(2)若推力作用距離為2m，求滑塊剛到平臺(tái)時(shí)的速度大小；(3)若滑塊能夠到達(dá)平臺(tái)，求滑塊在斜面運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。答案(1)1m/s2(2)eq\r(2)m/s(3)eq\r(2)s解析(1)根據(jù)F－μmg＝ma1，得a1＝1m/s2。(2)由veq\o\al(2,B)＝2a1xAB得vB＝2m/s斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝－gsin6°＝－1m/s2由veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2a2xBC，得vC＝eq\r(2)m/s。(3)剛能夠到平臺(tái)時(shí)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝eq\r(2)m/s那么最長(zhǎng)時(shí)間t＝eq\f(－vB′,a2)＝eq\r(2)s。課時(shí)限時(shí)練(限時(shí)：40分鐘)對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題1.(多選)(2020·云南昆明市“三診一模”摸底診斷)如圖1所示，一物塊從傾角為θ的斜面底端以初速度v0沿足夠長(zhǎng)的斜面上滑，經(jīng)時(shí)間t速度減為零，再經(jīng)2t時(shí)間回到出發(fā)點(diǎn)，下列說法正確的是()圖1A.物塊上滑過程的加速度大小是下滑過程加速度大小的2倍B.物塊返回斜面底端時(shí)的速度大小為eq\f(v0,2)C.物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(3,5)tanθD.物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(4,5)tanθ答案BC解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得x＝eq\f(1,2)at2，則a＝eq\f(2x,t2)，x相同，t下＝2t上，所以物塊上滑過程的加速度大小是下滑過程加速度大小的4倍，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v＝eq\r(2ax)，則物塊上滑過程的初速度大小是返回斜面底端時(shí)的速度大小的2倍，故B正確；以沿斜面向下為正方向，上滑過程，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上，下滑過程，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma下，又a上＝4a下，聯(lián)立解得μ＝eq\f(3,5)tanθ，故C正確，D錯(cuò)誤。2.(2020·河南濮陽(yáng)市4月摸底)某課外興趣小組的兩名同學(xué)小明和小亮見到公園的一個(gè)兒童直行滑梯(即滑梯的底面為一與地面成一定角度的平整斜面，并沒有彎曲)，一位小朋友正從滑梯頂端滑下，他們便利用手機(jī)和相機(jī)來研究物理問題：小明用手機(jī)測(cè)出了某次小朋友從頂端滑到底端所用時(shí)間t＝2.4s，小亮則利用相機(jī)的連拍功能拍下了該小朋友滑到滑梯底端出口處的三張連拍照片，他使用的這架相機(jī)每秒鐘拍攝60張，其中的兩張小朋友照片都在滑梯末端的出口段內(nèi)，這段基本上是水平的。他把這兩張照片相比較，估測(cè)出這段時(shí)間內(nèi)的位移Δx＝6cm，又以旁邊的臺(tái)階為參照物，估測(cè)出滑梯的頂端到底端的高度差約為h＝2.16m，請(qǐng)你幫他倆估算出該小朋友與滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。(g取10m/s2)答案0.40解析由題意可知每?jī)蓮堈掌臅r(shí)間間隔為Δt＝eq\f(1,60)s，在時(shí)間間隔內(nèi)可認(rèn)為小朋友做勻速運(yùn)動(dòng)，所以小朋友離開滑梯底端時(shí)的速度為v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0.06,\f(1,60))m/s＝3.6m/s把小朋友在滑梯上的運(yùn)動(dòng)近似看作初速為零的勻變速運(yùn)動(dòng)，則加速度為a＝eq\f(v,t)＝eq\f(3.6,2.4)m/s2＝1.5m/s2設(shè)滑梯從頂端到底端的滑道長(zhǎng)度為l，高度差為h，斜面的傾角為θ，則l＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(3.62,2×1.5)m＝4.32m所以sinθ＝eq\f(h,l)＝eq\f(2.16,4.32)＝0.5小朋友在滑梯上滑下時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.403.如圖2所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角為30°的斜面。斜面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝1.5kg的箱子，一輕繩上端固定在箱子的上頂面O點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1kg的小球。某時(shí)刻起，箱子在沿斜面向下的力F作用下，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后，小球相對(duì)箱子靜止且細(xì)繩與豎直方向成60°。已知箱子與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度為g＝10m/s2。求：圖2(1)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩上的拉力F1的大小和小球的加速度a；(2)作用在箱子上的力F的大小。答案(1)1N10m/s2，沿斜面向下(2)20N解析(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐標(biāo)系，如圖所示。在垂直于斜面方向上，合力為0，可得F1sin60°＝mgsin60°得F1＝1N在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F1cos60°＋mgcos60°＝ma得a＝10m/s2方向沿斜面向下(2)箱子和小球相對(duì)靜止，可以將箱子和小球看做一個(gè)整體，對(duì)整體進(jìn)行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐標(biāo)系，如圖所示。整體加速度a0＝a＝10m/s2摩擦力Ff＝μFN在垂直于斜面方向上合力為0，可得FN＝(Mg＋mg)sin60°在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F＋(Mg＋mg)cos60°－Ff＝(M＋m)a聯(lián)立得F＝20N對(duì)點(diǎn)練2動(dòng)力學(xué)方法分析多運(yùn)動(dòng)過程問題4.某次新能源汽車性能測(cè)試中，如圖3甲顯示的是牽引力傳感器傳回的實(shí)時(shí)數(shù)據(jù)隨時(shí)間變化的關(guān)系，但由于機(jī)械故障，速度傳感器只傳回了第25s以后的數(shù)據(jù)，如圖乙所示。已知汽車質(zhì)量為1500kg，若測(cè)試平臺(tái)是水平的，且汽車由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)汽車所受阻力恒定。求：圖3(1)18s末汽車的速度是多少？(2)前25s內(nèi)的汽車的位移是多少？答案(1)26m/s(2)608m解析(1)0～6s內(nèi)由牛頓第二定律得F1－Ff＝ma16s末車速為v1＝a1t1在6～18s內(nèi)，由牛頓第二定律得F2－Ff＝ma2第18s末車速為v2＝v1＋a2t2由題圖知18s后汽車勻速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力等于阻力，故有Ff＝F＝1500N，解得v1＝30m/s，v2＝26m/s。(2)汽車在0～6s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝90m汽車在6～18s內(nèi)的位移為x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2＝336m汽車在18～25s內(nèi)的位移為x3＝v2t3＝182m故汽車在前25s內(nèi)的位移為x＝x1＋x2＋x3＝608m。5.(2020·浙江溫州市4月適應(yīng)性測(cè)試)2019年12月17日，中國(guó)第一艘國(guó)產(chǎn)航母“山東艦”在海南三亞交付使用?！吧綎|艦”的甲板由水平甲板和上翹甲板兩部分組成，利于艦載機(jī)滑躍式起飛，如圖4甲所示。為方便研究艦載機(jī)的起飛過程，將甲板近似為如圖乙所示的軌道：水平軌道AB長(zhǎng)L1＝157.5m，傾斜軌道高h(yuǎn)＝6m，水平投影長(zhǎng)L2＝42.5m?？傎|(zhì)量為3.0×104kg的某艦載機(jī)，從A點(diǎn)以36km/h的初速度出發(fā)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為288km/h，進(jìn)入上翹甲板后，經(jīng)0.5s從C點(diǎn)起飛。該艦載機(jī)在起飛過程中，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為8.0×105N，在水平軌道上的運(yùn)動(dòng)視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，艦載機(jī)視為質(zhì)點(diǎn)，航母靜止不動(dòng)。求艦載機(jī)：圖4(1)在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力大