2019年度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题学案.doc

专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.一、动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：自测1(多选)(2016全国卷19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析小球的质量mr3，由题意知m甲m乙，甲乙，则r甲r乙.空气阻力fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则agg，可得a甲a乙，由hat2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲f乙，由球克服阻力做功Wffh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.二、动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态.(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.自测2(2015山东理综16)如图1，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为()图1A.B.C.D.答案B解析对物体A、B整体在水平方向上有F2(mAmB)g；对物体B在竖直方向上有1FmBg；联立解得：，选项B正确.命题点一动力学两类基本问题1.解题关键(1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.2.常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法.(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法.类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况例1(2014课标全国卷24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.答案20m/s解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20m/s(v24 m/s不符合实际，舍去)变式1如图2所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m70kg，倾斜滑道AB长lAB128m，倾角37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力.图2(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？答案(1)16m/s(2)4s(3)210N解析(1)由mgsinmgcosma，解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a2m/s2.游客匀速下滑时的速度大小为vat116 m/s.(2)加速下滑路程为l1at1264m，匀速下滑路程l2lABl164m，游客匀速下滑的时间t24s.(3)设游客在BC段的加速度大小为a，由0v22ax解得a8m/s2，由牛顿第二定律得Fmgma，解得制动力F210N.类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况例2(2014课标全国卷24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g10m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)图3答案(1)87s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m解析(1)设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有vgtsgt2根据题意有s3.9104m1.5103m3.75104m联立式得t87sv8.7102m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkvmax2由所给的vt图象可读出vmax360m/s由式得k0.008kg/m变式2如图4甲所示，质量m1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：图4(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24 m/s28N解析(1)在2s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x121m1m物块下滑的距离：x211m0.5m所以位移大小xx1x20.5m路程Lx1x21.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14m/s2a24m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有00.5s内：FFfmgsinma10.51s内：Ffmgsinma2解得F8N命题点二多物体多过程问题1.将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.例3(2015全国卷25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为37(sin37)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图5所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g10m/s2.求：图5(1)在02s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.答案(1)3m/s21 m/s2(2)4s解析(1)在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff11FN1FN1mgcosFf22FN2FN2FN1mgcos，FN1FN1规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinFf1ma1mgsinFf2Ff1ma2，Ff1Ff1联立式，并代入题给条件得a13m/s2a21m/s2.(2)在t12s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16m/sv2a2t12m/s2s后，设A和B的加速度分别为a1和a2.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a16m/s2a22m/s2由于a20，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联立式得t21s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为x12m27m此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有lx(v1a1t2)t3a1t32可得t31s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间t总，有t总t1t2t34s变式3(2018华中师范大学附中模拟)如图6甲所示为一倾角37足够长的斜面，将一质量m1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数0.25.取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：图6(1)2s末物体的速度大小；(2)前16s内物体发生的位移.答案(1)5m/s(2)30m，方向沿斜面向下解析(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgcosma1，v1a1t1，代入数据可得v15m/s.(2)设物体在前2s内发生的位移为x1，则x1a1t125m.当拉力为F24.5N时，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosF2ma2，代入数据可得a20.5m/s2，物体经过t2时间速度减为零，则0v1a2t2，t210s，设t2时间内发生的位移为x2，则x2v1t2a2t2225m，由于mgsinmgcosF21m，故滑块会掉下来.(3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合FfF，由牛顿第二定律有F合ma，滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1at2，且v0at，车通过位移x2v0t，只需要满足位移差xx2x1即可，联立以上各式有F6N.变式4如图8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mA6kg、mB2kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则()图8A.当拉力F12N时，物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动答案D解析A、B一起加速运动是因为A对B有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小.以A为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力，有FFfmAa；再以B为研究对象，受水平向右的静摩擦力FfmBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得am/s26 m/s2，有F48N.由此可以看出，当Fgtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.答案(1)(2)0m解析(1)设箱子加速阶段的加速度为a，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，解得a.(2)如果球刚好不受箱子作用，箱子的加速度设为a0，应满足FNsinma0，FNcosmg，解得a0gtan.箱子减速时加速度水平向左，当agtan时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得，FNcosFmg，FNsinma，解得Fm.1.如图1所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30.现小球在F20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为.试求：图1(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离.答案(1)2.5m/s2(2)2.4m解析(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(Fmg)sin30(Fmg)cos30ma1解得a12.5m/s2(2)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13m/s小球的位移x1t11.8m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30mgcos30ma2解得a27.5m/s2小球上滑时间t20.4s上滑位移x2t20.6m则小球上滑的最大距离为xmx1x22.4m.2.如图2所示，一质量m0.4kg的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2s的时间物块由A点运动到B点，物块在A点的速度为v02m/s，A、B之间的距离L10m.已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10m/s2.图2(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案(1)3 m/s28 m/s(2)30N解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3m/s2v8m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得FcosmgsinFfmaFsinFNmgcos0又FfFN联立式得F由数学知识得cossinsin(60)由式可知对应F最小时与斜面间的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为FminN3.如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F6.5N，玩具的质量m1kg，经过时间t2.0s，玩具移动了距离x2m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.(g取10m/s2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数.(2)松开后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角为多少时拉力F最小？答案(1)(2)m(3)30解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得xat2，解得am/s2，对玩具，由牛顿第二定律得Fcos30(mgFsin30)ma解得.(2)松手时，玩具的速度vat2m/s松手后，由牛顿第二定律得mgma解得am/s2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移xm.(3)设拉力与水平方向的夹角为，玩具要在水平面上运动，则FcosFf0FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsinmg解得F因为cossinsin(60)所以当30时，拉力最小.4.如图4所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图4(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值.答案(1)(2)解析(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcosFfmsinmgFfmcosFNsinma由题意知FfmFN联立解得ag对整体受力分析F(Mm)a联立解得F(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，则对M：FMaM当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有tan，即tan，联立解得F.