高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题” Word版含解析

第4讲 考法学法应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体问题、传送带问题、板块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：整体法和隔离法；正交分解法；作图法；图像法；等效思想；临界极值思想。知能全通1连接体问题中的两类瞬时性模型刚性绳(或接触面)弹簧(或橡皮绳)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看成保持不变2动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。题点全练1.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为()A11B23C13 D32解析：选C当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B的加速度相等，单独对B分析，B的加速度为：aBa1g；当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得a1a213，C正确。2.如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为() A.FB.FC.mgFD因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析：选B以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得ag(sin 30cos 30)，以下侧45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F45mgsin 3045mgcos 30FN45ma，解得FNF，故B正确。3(2018保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则()AaAg，aBgBaAg，aB0CaAg，aB0DaAg，aBg解析：选C系统稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为m2g，等于弹簧向左的弹力大小F，B受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度大小aB0；A的加速度大小aAg，选项C对。研一题如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的vt图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则()A传送带的速度为4 m/sB传送带底端到顶端的距离为14 mC物块与传送带间的动摩擦因数为D物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析如果v0小于v1，则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后，继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积，即(412)1 m14 m10 m，选项B错误；01 s内，a1gsin gcos 8 m/s2，12 s内，a 2gsin gcos 4 m/s2，解得，选项C错误；在12 s内，物块所受的摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。答案A悟一法传送带问题的突破口初态、共速、末态通一类1(2019届高三衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1沿顺时针方向运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()At1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大Bt1时刻，小物块离A处的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B由题图乙可知：t1时刻小物块向左运动最远，即离A处的距离达到最大，t1t2时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确；0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D错误。2.(2018郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且agsin 解析：选A粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得，加速度ag(sin cos )，故B错误；若tan ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误。研一题 (2018铁岭协作体模拟)如图所示，质量为M10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F10 N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数0.20。假定小车足够长，g10 m/s2。则下列说法中正确的是()A煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动B小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C煤块在前3 s内前进的位移为9 mD煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m解析根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：FNma1，FNmg0，解得： a12 m/s2，对小车有：FFNMa2，解得：a20.6 m/s2，经过时间t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v1a1t，小车的速度为：v2va2t，v1v2，解得：t2 s，以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F(Mm)a3，解得：a3 m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3 m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前2 s 内煤块前进的位移为：x1a1t2222 m4 m，然后和小车共同运动1 s时间，此1 s时间内位移为：x1v1t a3t24.4 m，故煤块在前3 s内前进的位移为4 m4.4 m8.4 m，C错误；在前2 s内煤块前进的位移x14 m，小车前进的位移为：x2vta2t2m6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度)为：xx2x16.8 m4 m2.8 m，D正确。答案D悟一法1板块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。2滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够大。通一类1.如图所示，固定斜面C的倾角为，长木板A与斜面间动摩擦因数为1，A沿斜面下滑时加速度为a1，现将B置于长木板A顶端，A、B间动摩擦因数为2，此时释放A、B，A的加速度为a2，B的加速度为a3，则下列说法正确的是()A若12，则有a1a22，则有a2a1a3C若1a3D若1a2a3解析：选B若12，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，a2a3；没有放B时，对A，有：mAgsin 1mAgcos mAa1，解得：a1gsin 1gcos ；当放上B时，有：mAgsin 1(mAmB)gcos 2mBgcos mAa2，解得：a2gsin 1gcos (21)gcos a1，A错误，B正确；若16 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为1 m/s和5 m/s时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B正确，C错误；小物块的速度为4 m/s时，速度减至零时通过的位移x m4 m6 m，小物块减速到零后反向加速，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出，D错误。8.(2018林州一中质检)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是()AB的加速度为 BA、B之间的弹力为C弹簧的弹力为 DA的加速度为解析：选A剪断细线前，对A分析，可得弹簧弹力Fmgsin mg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为Fmg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin F3ma，解得ag，A错误，D正确；以B为研究对象，可得2mgsin FN2ma，解得FNmg，B正确。9.(2018北京西城区模拟)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为6.0 kg和2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2。在A上施加水平向右的拉力F，开始时F10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2。以下判断正确的是()AA、B间始终没有相对滑动BA、B间从受力开始就有相对滑动C当拉力F18 N时，开始相对滑动解析：选A单独对B分析，A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B刚好要发生相对滑动，此时aB6 m/s2，再对整体分析：F(mAmB)aB48 N，故只有当拉力F48 N时，A、B才发生相对滑动，A对，B、D错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C错。10多选(2018桂林联考)如图所示，一小物体m(视为质点)从光滑圆弧轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关B若传送带逆时针运行，则物体m也能滑过B点，落在C点C若传送带顺时针运行，则当传送带速度v2 m/s 时，物体m落在C点的右侧D若传送带顺时针运行，则当传送带速度v2 m/s，物体m加速运动，落在C点右侧，C正确；若vmgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin mgcos )，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A正确；滑块在0t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1gsin gcos ，由题图乙可知a1，则tan ，选项B错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，解得a22gsin ，选项D正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于v0，选项C错误。12多选(2019届高三深圳调研)如图甲所示，质量m1 kg、初速度v06 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取g10 m/s2，下列说法中正确的是()At2 s时物块速度为零Bt3 s时物块回到O点C恒力F大小为2 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.1解析：选ACD物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a1 m/s23 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t12 s，故A正确；物块反向做匀加速直线运动的加速度大小为：a2 m/s21 m/s2，反向加速回到O点所用的时间t s2 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：FFfma1，FFfma2，解得：F2 N，Ff1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：0.1，故C、D正确。13多选(2018宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B与物块A接触但不粘连；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B在开始一段时间内的v t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹簧形变量为C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从t1时刻开始，拉力F恒定不变解析：选BD由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin kx1，则x1，故A错误；t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx2mgsin ma，则x2，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不变，故C错误，D正确。14多选(2018云南师大附中模拟)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方法可使位移x增大的是()A仅增大木板的质量MB仅减小木块的质量mC仅增大恒力FD仅增大木块与木板间的动摩擦因数解析：选AD设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板：FmgMa1，x1a1t2，对于木块：mgma2，x2a2t2，当木块与木板分离时，它们的位移满足La1t2a2t2，解得t，则木块相对地面运动的位移为xa2t2；仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，则t增大，x增大，故A正确；仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故B错误；仅增大恒力F，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故C错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2变大，则t增大，x增大，故D正确。