（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第15課時(shí) 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題（重點(diǎn)突破課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第15課時(shí) 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題（重點(diǎn)突破課）講義（含解析） [考點(diǎn)一　兩類動(dòng)力學(xué)問題] 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題在高考中是命題的熱點(diǎn)。這類問題對(duì)學(xué)生的分析推理能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力要求較高，學(xué)生往往因?yàn)橛?jì)算失誤導(dǎo)致丟分。 1．動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 (1)已知受力情況，求物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)已知運(yùn)動(dòng)情況，求物體的受力情況。 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖所示。 [典例]　避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖所示豎直

2、平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； (2)制動(dòng)坡床的長度。 [解析]　(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為

3、m，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsin θ＝ma1 f＝μmgcos θ 解得a1＝5 m/s2 a1的方向沿制動(dòng)坡床向下。 (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23 m/s，貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離為s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2，貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度為l0＝12 m，制動(dòng)坡床的長度

4、為l，則 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 F＝k(m＋M)g M＝4m s1＝vt－a1t2 s2＝vt－a2t2 s＝s1－s2 l＝l0＋s0＋s2 解得l＝98 m。 [答案]　(1)5 m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下　(2)98 m 動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟 　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2019·德州模擬)一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2勻加速下滑。如圖所示，若用一水平向右恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)能沿斜面運(yùn)動(dòng)位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)

5、 (1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大小。 解析：(1)對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 解得：μ＝。 (2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有加速度沿斜面向上和向下兩種可能。 由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2， 當(dāng)加速度沿斜面向上時(shí)： Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入數(shù)據(jù)解得：F＝ N； 當(dāng)加速度沿斜面向下時(shí)： mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入數(shù)據(jù)解得：F＝ N。 答案：(1)　(2) N或 N 2．公路上行駛

6、的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時(shí)，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s。當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m。設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的。若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2)。 解析：設(shè)路面干燥時(shí)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時(shí)間為t0，汽車的質(zhì)量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ0mg＝ma0

7、s＝v0t0＋ 解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5 設(shè)汽車在雨天行駛時(shí)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有μ＝μ0 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μmg＝ma s＝vt0＋ 解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合實(shí)際，舍去)。 答案：20 m/s [考點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)的圖像問題] 結(jié)合圖像分析動(dòng)力學(xué)問題是近幾年高考中的常客。學(xué)生在分析圖像時(shí)常遇到的問題：一是不能從圖像中分析出有用的足夠多的信息；二是不能把圖像轉(zhuǎn)化成實(shí)際運(yùn)動(dòng)情景。 1．常見的動(dòng)力學(xué)圖像 vt圖像、at圖像、Ft圖像、Fa圖像等。 2．圖

8、像問題的類型 (1)已知物體受到的力隨時(shí)間變化的圖線，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線。求解物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。 3．解題策略 (1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。 [典例]　(2019·南陽模擬)假設(shè)一宇宙飛船完成了預(yù)定空間科學(xué)和技術(shù)實(shí)驗(yàn)任務(wù)后，返回艙開始從太空向地球表面預(yù)定軌道返回。返回艙開始時(shí)通過自身制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行調(diào)控減速

9、下降，穿越大氣層后在一定高度打開阻力降落傘進(jìn)一步減速下降。這一過程中若返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認(rèn)為返回艙豎直降落。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，返回艙運(yùn)動(dòng)的v -t圖像如圖所示，圖中AB是曲線在A點(diǎn)的切線，切線與橫軸交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(8,0)，CD是曲線AD的切線。假如返回艙總質(zhì)量為 M＝400 kg，g取10 m/s2，求： (1)返回艙在這一階段的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)； (2)在開始時(shí)刻v0＝160 m/s時(shí)，返回艙的加速度大小； (3)空氣阻力系數(shù)k的數(shù)值。 [解析]　(1)由題圖圖像可以看出，圖線的斜率逐漸減小到零，即返回艙做加速度逐漸減

10、小的減速運(yùn)動(dòng)，直至做勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)開始時(shí)v0＝160 m/s，過A點(diǎn)切線的斜率大小就是此時(shí)加速度的大小，則 a＝＝m/s2＝20 m/s2 故加速度大小為20 m/s2。 (3)設(shè)浮力為F，由牛頓第二定律得 在t＝0時(shí)，有kv02＋F－Mg＝Ma 由題圖知返回艙的最終速度為v＝4 m/s 當(dāng)返回艙做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有kv2＋F－Mg＝0 解得k≈0.31。 [答案]　(1)先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至做勻速運(yùn)動(dòng)　(2)20 m/s2　(3)0.31 解決圖像綜合問題的三點(diǎn)提醒 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反

11、映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。 (2)注意圖線中特殊點(diǎn)的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。 (3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義，確定從圖像中提取出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(多選)如圖甲所示，物體最初靜止在傾角為30°的足夠長斜面上，從t＝0時(shí)刻起受到平行斜面向下的力F的作用。力F隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，物體開始運(yùn)動(dòng)2 s后以2 m/s 的速度勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．物體的質(zhì)量m＝1 kg B

12、．物體的質(zhì)量m＝2 kg C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 解析：選AD　由物體開始運(yùn)動(dòng)2 s后以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，可知0～2 s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內(nèi)對(duì)物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項(xiàng)A、D正確。 2.(2019·湖北聯(lián)考)質(zhì)量m＝1.0 kg的物塊在一豎直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，該過程中物塊速度的二次方隨路程x變化的關(guān)系圖

13、像如圖所示。已知g取10 m/s2，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到與運(yùn)動(dòng)方向相反且大小恒定的阻力。下列說法中正確的是(　　) A．恒力F大小為6 N B．在t＝1 s時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)開始反向 C．2 s末～3 s末物塊做勻減速運(yùn)動(dòng) D．在物塊運(yùn)動(dòng)路程為13 m的過程中，重力勢(shì)能增加130 J 解析：選B　根據(jù)公式v2－v02＝2ax可得v2＝2ax＋v02，v2x圖像的斜率的絕對(duì)值表示2倍加速度的大小，在運(yùn)動(dòng)0～5 m過程中，由牛頓第二定律可得mg＋f－F＝ma1，其中a1＝× m/s2＝10 m/s2, 即f－F＝0，在運(yùn)動(dòng)5～13 m 過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－f－F＝ma2，其中a

14、2＝× m/s2＝4 m/s2，解得F＝f＝3 N，A錯(cuò)誤；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s時(shí)，速度減小到零，即在t＝1 s時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)開始反向，之后向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B正確，C錯(cuò)誤；在物塊運(yùn)動(dòng)路程為13 m的過程中，先上升5 m，然后從最高點(diǎn)下降8 m，即位移為3 m，在拋出點(diǎn)下方，所以重力做正功，重力勢(shì)能減小，ΔEp＝mgh＝1.0×10×3 J＝30 J, D錯(cuò)誤。 3．如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(vt圖像)如圖乙所示，g取10 m/s

15、2，求： (1)在0～2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。 解析：(1)在0～2 s內(nèi)，由題圖乙知： 物塊上升的最大距離：x1＝×2×1 m＝1 m 物塊下滑的距離：x2＝×1×1 m＝0.5 m 所以位移大?。簒＝x1－x2＝0.5 m 路程：L＝x1＋x2＝1.5 m。 (2)由題圖乙知，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度的大小： a1＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝m/s2＝4 m/s2 設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有 0～0.5 s內(nèi)：F－Ff－mgsin θ＝

16、ma1 0．5～1 s內(nèi)：Ff＋mgsin θ＝ma2 解得F＝8 N。 答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N [考點(diǎn)三　等時(shí)圓問題] 等時(shí)圓問題屬于動(dòng)力學(xué)問題，它的特殊之處在于物體運(yùn)動(dòng)的初、末位置在圓弧上。它的運(yùn)動(dòng)時(shí)間有一定的規(guī)律，解答這類問題時(shí)如果能熟練應(yīng)用“等時(shí)”的規(guī)律，則“事半功倍”，否則求解過程“繁瑣”且易失分。 1．質(zhì)點(diǎn)在豎直圓環(huán)上從不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。 2．質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。 3．兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩圓環(huán)的豎直直徑

17、均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)從不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。 [典例]　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t2>t3 C．t1

18、，三根細(xì)桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓特點(diǎn)可知，由c、O、d無初速度釋放的滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；由c→a與O→b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確。 [答案]　BCD [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2019·合肥檢測(cè))如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn)，O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ。現(xiàn)讓一小物塊先后從三條

19、軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B項(xiàng)正確。 2.如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點(diǎn)以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時(shí)間內(nèi)到達(dá)各自的最高點(diǎn)，則各小球最高點(diǎn)的位置(　　) A．在同一水平線上 B．在同一豎直線上 C．在同一拋物線上 D．在同一圓周上 解析：選D　設(shè)某一直軌道與水平面成θ角，末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可看成逆向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在直軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的傾角θ對(duì)應(yīng)不同的位移l，但相同，即各小球最高點(diǎn)的位置在直徑為gt2的圓周上，選項(xiàng)D正確。