2018年高考物理二輪復習 專題一 力與運動（四）聚焦計算題考法——動力學觀點講義

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1、 高考研究(四) 聚焦計算題考法——動力學觀點 1．(2015·全國Ⅰ卷T24)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量。 解析：依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金

2、屬棒所受的安培力方向豎直向下。 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg① 式中，m為金屬棒的質量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為 F＝IBL② 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg。⑤ 答案：安培力的方向豎直向下，金屬棒的質量為0

3、.01 kg 2.(2017·全國Ⅲ卷T25)如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 解析：(1)A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別

4、為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在B與木板達到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后，木板

5、的加速度大小為a2。對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2，設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2。則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t22? 在(t1＋t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA2? A和B相遇時，A與

6、木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m? (也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)。 答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m 3．(2015·全國Ⅰ卷T25)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內小物塊的v -t圖線如圖(

7、b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。 解析：(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學公式有 v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t12③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的

8、位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖(b)可得 a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4。⑦ (2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達到

9、共同速度的過程中，木板運動的位移為 s1＝Δt? 小物塊運動的位移為 s2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為 Δs＝s2－s1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m ? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v32＝2a4s3? 碰后木板運動的位移為 s＝s1＋s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m? 木

10、板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案：(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m 高考題型 典型試題 難度 1.平衡類問題 2015·全國Ⅰ卷T24 ★★☆ 2.應用動力學觀點分析板塊模型 2017·全國Ⅲ卷T25 ★★★ 2015·全國Ⅰ卷T25 ★★★ 題型(一) 平衡類問題 高考定位：常考題型,解題關鍵：重在恰當選擇研究對象，正確進行受力分析及合成、分解 [典例示法] [例1]　某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離直升機一段時間后打開降落傘減速下落，他打開降落傘后的速度－時間圖象如圖(a)所示。降落

11、傘用8根對稱的懸繩懸掛運動員，每根懸繩與中軸線的夾角為37°，如圖(b)所示。已知運動員和降落傘的質量均為50 kg，不計運動員所受的阻力，打開降落傘后，降落傘所受的阻力f與下落速度v成正比，即f＝kv。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)打開降落傘前運動員下落的高度； (2)阻力系數(shù)k和打開降落傘瞬間的加速度； (3)降落傘的懸繩能夠承受的拉力至少為多少。 [解析]　(1)打開降落傘前運動員做自由落體運動，根據(jù)速度位移公式可得 運動員下落的高度h＝， 由題圖(a)可知v0＝20 m/s，解得：h＝20 m。 (2)由題圖

12、(a)可知，當速度為v＝5 m/s時，運動員做勻速運動，受力達到平衡狀態(tài)， 由平衡條件可得：kv＝2mg，即k＝， 解得k＝200 N·s/m。 在打開降落傘瞬間，由牛頓第二定律可得： kv0－2mg＝2ma， 解得a＝30 m/s2，方向豎直向上。 (3)根據(jù)題意可知，打開降落傘瞬間懸繩對運動員拉力最大，設此時降落傘上每根懸繩的拉力為T，以運動員為研究對象， 則有：8Tcos 37°－mg＝ma， 代入數(shù)據(jù)可解得T＝312.5 N， 故懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 N。 [答案]　(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2，方向豎直向上　(3)312.

13、5 N “穩(wěn)態(tài)速度類”平衡模型一般是與實際問題相結合的物理問題，其基本特征是物體在開始運動時并不平衡，而是隨著外部條件的改變逐漸達到平衡狀態(tài)。此類模型的一般解法是：先根據(jù)試題所描述的情境抽象出物理模型，然后根據(jù)物體運動的初始條件，結合運動學知識和牛頓運動定律對物體的運動情況進行分析，當物體最終達到平衡狀態(tài)時，依據(jù)共點力的平衡條件，列出平衡方程進行求解。 [演練沖關] 1.(2018屆高三·江西橫峰中學等四校聯(lián)考)如圖所示，AB、BC、CD和DE為質量可忽略的等長細線，長度均為5 m，A、E端懸掛在水平天花板上，AE＝14 m，B、D是質量均為 m0＝14 kg的相同小球，質量為m的

14、重物掛于C點，平衡時C點離天花板的垂直距離為7 m，g取10 m/s2，試求重物質量m。 解析：如圖甲所示，設BH＝x，HC＝y(tǒng)，由幾何關系得：x2＋y2＝25及(7－x)2＋(7－y)2＝25，解得：x＝4，y＝3 由平衡關系得另解x＝3，y＝4(舍去) 則sin α＝，cos α＝ 以B為研究對象，受力分析如圖乙所示，由共點力平衡條件得： FABcos α－FBCsin α＝0 FABsin α－FBCcos α－m0g＝0 解得：FBC＝300 N， 以重物為研究對象，由共點力平衡條件及對稱關系得： 2FBCcos α＝mg 解得：m＝36 kg。 答案：36

15、kg 2.(2018屆高三·山西重點中學協(xié)作體聯(lián)考)一個底面粗糙、質量為M的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且與水平面成30°角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質量為m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角也為30°，如圖所示，求： (1)當斜劈靜止時輕繩的拉力大小； (2)若地面對斜劈的最大靜摩擦力等于地面對斜劈支持力的k倍，為使整個系統(tǒng)靜止，k值必須滿足的條件。 解析：(1)對小球進行受力分析如圖甲 Tcos 30°＋FN1cos 30°＝mg Tsin 30°＝FN1sin 30° T＝FN1 解得：T＝mg。 (2)對斜劈進行受力分析如圖乙 FN2

16、＝Mg＋FN1cos 30°＝Mg＋mg Ff＝FN1sin 30° 要使整個系統(tǒng)靜止，則有：Ff≤kFN2 由以上三式解得k≥。 答案：(1)mg　(2)k≥ 題型(二) 應用動力學觀點分析板塊模型 高考定位：?？碱}型 解題關鍵：發(fā)揮想象力，構建板塊模型的運動和受力情景，并畫出示意圖 [分類突破] 物塊帶動木板運動 [例2]　質量為M＝2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示。A和B經(jīng)過1 s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：

17、 (1)A與B之間的動摩擦因數(shù)μ1和B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)A的質量m。 [解析]　(1)由題圖乙可知，物塊A在0～1 s內的加速度大小為a1＝2 m/s2 以A為研究對象，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1 解得：μ1＝0.2 B在0～1 s內的加速度大小為a2＝2 m/s2，在1～3 s內A與B相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為 a3＝1 m/s2 以A、B同速后整體為研究對象，由牛頓第二定律得： μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得：μ2＝0.1。 (2)以B為研究對象，在0～1 s內水平方向受到兩個滑動摩擦力， 由牛頓第二定律得：μ1mg

18、－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入數(shù)據(jù)解得A的質量：m＝6 kg。 [答案]　(1)0.2　0.1　(2)6 kg 1．板塊模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類問題，要注意從速度、位移、時間等角度尋找各物理量之間的聯(lián)系。 2．物塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是：物塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等。 木板帶動物塊運動 [例3]　如圖所示，光滑水平面上靜止放著長為L＝1.6 m、質量為M＝3 kg 的木板，一個質量為m＝1 kg大小不計的物塊放在木板的最右端，物塊與

19、木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，今對木板施加一水平向右的力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來，求力F的大小應滿足的條件； (2)為把木板從物塊的下方抽出來，施加某力后，發(fā)現(xiàn)該力作用最短時間t0＝0.8 s，恰好可以抽出木板，求此力的大小。 [解析]　(1)力F拉動木板運動過程中： 對物塊，由牛頓第二定律知μmg＝ma， 即a＝μg＝1 m/s2 對木板，由牛頓第二定律知F－μmg＝Ma1， 即 a1＝ 要想抽出木板，則只需a1>a，即F>μ(M＋m)g，代入數(shù)據(jù)得F>4 N。 (2)由(1)分析可知，有力作用在木板上時，木板的速度必大于物塊

20、的速度，而木板恰好從物塊下抽出時，兩者速度大小相等，則力撤去時木板未從物塊下抽出。 設有力時木板的加速度大小為a2， 則a2＝ 設沒有力時木板的加速度大小為a3， 則a3＝＝ m/s2 設從沒有力到木板恰好被抽出所用時間為t2 木板從物塊下抽出時有 物塊速度為v＝a(t0＋t2) 發(fā)生的位移為s＝a(t0＋t2)2 木板的速度為v板＝a2t0－a3t2 發(fā)生的位移為s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22 木板剛好從物塊下抽出時應有v板＝v，且s板－s＝L 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F(xiàn)＝10 N。 [答案]　(1)F>4 N　(2

21、)10 N 抽出木板的最小力分析 設水平面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，則能否使B從A下抽(滑)出取決于由A、B間最大靜摩擦力產(chǎn)生的加速度 外力滿足 F1>(mA＋mB)μg F2>(mA＋mB)μg [演練沖關] 3．(2018屆高三·長株潭岳益五市十校聯(lián)考)如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長的質量為M＝4 kg的長木板，在長木板右端有一質量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數(shù)為μ＝0.2， 長木板與小物塊均靜止?，F(xiàn)用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t＝1 s撤去F。則， (1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？ (2)剛

22、撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？ (3)最終長木板與小物塊一同以多大的速度勻速運動？ (4)最終小物塊離長木板右端多遠？ 解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Ma＝F－μmg， 解得a＝3 m/s2。 (2)剛撤去F時，小物塊只受摩擦力作用， 故mam＝μmg， Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5 m。 (3)剛撤去F時，長木板的速度v＝at＝3 m/s， 小物塊的速度vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，長木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2 最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得t′＝0.4 s，v′＝2.8 m/s。 (4)在t′時間內，Δx2＝

23、－ 解得Δx2＝0.2 m 最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m 4.(2017·成都外國語學校模擬)如圖所示，質量為m1＝3 kg 的滑塊C(可視為質點)放置于光滑的平臺上，與一處于自然長度的彈簧接觸但不相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上，平臺右側的水平地面上緊靠平臺依次排放著兩塊木板A、B。已知木板A、B的長度均為L＝5 m，質量均為m2＝1.5 kg，木板A、B上表面與平臺相平，木板A與平臺和木板B均接觸但不粘連，滑塊C與木板A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，木板A、B與地面

24、間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1?，F(xiàn)用一水平向左的力作用于滑塊C上，將彈簧從原長開始緩慢地壓縮一段距離，然后將滑塊C由靜止釋放，當滑塊C剛滑上木板A時，滑塊C的速度為v0＝7 m/s。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s2。求： (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊C剛滑上木板A時，木板A、B及滑塊C的加速度； (3)從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間。 解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmax＝m1v02＝73.5 J。 (2)設滑塊C在木板A上滑動時，滑塊C的加速度為a1，木板A、B的加速度為a2。 則：μ1m1g＝m1a1， 解得：a1＝

25、3 m/s2。 μ1m1g－μ2(m1＋2m2)g＝2m2a2， 解得：a2＝1 m/s2。 (3)設滑塊C在木板A上運動的時間為t1。 則： L＝－a2t12 解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去) 設滑塊C離開木板A時的速度為vC，木板A、B的速度分別為vA和vB。 vC＝v0－a1t1＝4 m/s vA＝vB＝a2t1＝1 m/s 滑塊C在木板B上滑動時，滑塊C的加速度仍為a1，設木板B的加速度為a3。 μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a3， 解得：a3＝3 m/s2。 設經(jīng)過時間t2，B、C達到共同速度v，則有： v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2

26、， 解得 t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s 從滑塊C滑上木板B到與木板B速度相同的過程中，滑塊C與木板B的相對位移為： Δx＝t2－t2＝0.75 m＜5 m 可知此過程中滑塊C未離開木板B，又因μ1＞μ2，B、C共速后無相對運動，設B、C一起做勻減速運動的加速度為a，到停止運動所用時間為t3。 μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2。 0＝v－at3，解得t3＝2.5 s 則從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間為： t＝t1＋t2＋t3＝4 s。 答案：(1)73.5 J　(2)1 m/s2　3 m/s2　(3)4 s 題型(三) 運

27、動學類問題 [典例示法] [例4]　(2017·合肥第一中學檢測)A、B兩輛玩具小汽車在相互靠近的兩條平直的軌道上同向勻速行駛，初速度分別為vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，當A車在B車后面x＝3.5 m時，A車開始以恒定的加速度大小aA＝1 m/s2剎車至停止運動，求： (1)A車超過B車后，保持在B車前方的時間； (2)A車超過B車后，領先B車的最大距離； (3)若A車剎車時B車同時開始加速，加速度aB＝2 m/s2，但B車的最大速度只有4 m/s，通過計算說明A車能否追上B車。 [思路點撥] [解析]　(1)設A車用時t追上B車， 對A車，xA＝vAt－aAt2

28、 對B車，xB＝vBt 追上時有xA＝xB＋x 解得t1＝1 s，t2＝7 s 顯然t1為A車追上B車，由于t2＝7 s>＝6 s，故t2為A車停下后被B車追上。 設從開始到A車被B車追上用時為t3， 則vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s 所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。 (2)設當A車與B車速度相等用時為t4， 則vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s， 則此過程中A車位移為xA′＝vAt4－aAt42， B車位移xB′＝vBt4 由(1)分析可知，此時A車在B車前方，故A、B最大距離為Δx＝xA′－x－xB′，解得Δ x＝4.5 m。 (3)設從

29、A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6，勻速運動時間為t5－t6，從A車開始剎車至速度相等過程中， vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6， 解得t5＝2 s，t6＝1 s， 對A車，xA″＝vAt5－aAt52，xA″＝10 m 對B車，xB″＝＋vm(t5－t6)，xB″＝7 m， 此時有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A車不能追上B車。 [答案]　(1)6.25 s　(2)4.5 m　(3)不能 解決運動學類問題“4 [演練沖關] 5.(2017·西安中學檢測)在一次救援中，一輛汽車停在一傾角為37°的小山坡坡底，司機突然發(fā)

30、現(xiàn)在距坡底48 m的山坡處一巨石以8 m/s的初速度加速滾下，巨石和山坡間的動摩擦因數(shù)為0.5，巨石到達坡底后速率不變，在水平面的運動可以近似看成加速度大小為2 m/s2 的勻減速直線運動；司機發(fā)現(xiàn)險情后經(jīng)過2 s汽車才啟動起來，并以0.5 m/s2的加速度一直做勻加速直線運動(如圖所示)，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)巨石到達坡底的時間和速率； (2)汽車司機能否安全脫險。 解析：(1)設巨石到達坡底的時間為t1，速率為v1，則 由牛頓第二定律：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1， x＝v0t1＋a1t12，v1＝v0＋a1t1 解

31、得t1＝4 s，v1＝16 m/s。 (2)設巨石到達水平面后，其速度與汽車相等時所用時間為t2 巨石減速：v2＝v1－a2t2 汽車加速：v車＝a車(t2＋t1－t0) 當汽車和巨石速度相等時：v2＝v車，t2＝6 s 此時汽車的位移為x車＝a車(t2＋t1－t0)2＝16 m 巨石的位移：x石＝v1t2－a2t22＝60 m>x車，所以汽車司機無法脫險。 答案：(1)4 s　16 m/s　(2)無法脫險 題型(四) 動力學類問題 [典例示法] [例5]　(2017·宜興檢測)質量為m＝1 kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向

32、上的拉力F，t1＝1 s時撤去拉力，物體運動的部分v -t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，求： (1)拉力F的大小； (2)t＝4 s時物體的速度v的大小。 [解析]　(1)設拉力F作用時物體的加速度大小為a1，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 撤去拉力F，同理，由牛頓第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 根據(jù)題圖乙可知：a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2， 解得：μ＝0.5，F(xiàn)＝30 N。 (2)在物體運動過程中，設撤去拉力F后物體運動到最高

33、點時間為t2，則有v1＝a2t2，解得t2＝2 s 設物體下滑時加速度為a3，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得：a3＝2 m/s2 則t＝4 s時，物體沿著斜面下滑的時間為 t3＝t－t1－t2＝1 s 故速度v＝a3t3＝2 m/s。 [答案]　(1)30 N　(2)2 m/s 此題型以考查受力分析、牛頓運動定律的應用及運動學公式為主，解決此類問題的一般步驟是： 1．對物體在斜面上的運動進行分析，“拆分”運動過程。 2．對物體運動的每個過程都進行受力分析，結合牛頓第二定律及運動學公式求解。 此外，各個過程連接點的受力情況和速度情況往往是

34、解題的關鍵，要特別注意。 [演練沖關] 6．(2018屆高三·安徽江南十校聯(lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37°。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v -t圖象如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)A沿斜面向上滑動的最大位移； (3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。 解析：(1)在0～0.5 s內，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為：a1＝＝ m/s2＝

35、4 m/s2 對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得： mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1， 解得：μ＝0.25。 (2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得： mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2 解得：a2＝8 m/s2 故A減速向上滑動的位移為：x2＝＝0.25 m 0～0.5 s內A加速向上滑動的位移為：x1＝＝0.5 m 所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0.75 m。 (3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功， 由動能定理： W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0 解得：W＝1

36、2 J。 答案：(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J [計算題增分練] 動力學觀點 1.(2017·寧夏育才中學檢測)在風洞實驗室中進行如圖所示的實驗，在傾角為37°的固定粗糙斜面上，有一個質量為1 kg的物塊，在風洞施加的水平恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，經(jīng)過1.2 s到達B點時立即關閉風洞，撤去恒力F，物塊到達C點時速度變?yōu)榱?。通過速度傳感器測得這一過程中物塊每隔0.2 s的瞬時速度，下表給出了部分數(shù)據(jù)： t/s 0.0 0.2 0.4 0.6 … 1.4 1.6

37、 1.8 … v/(m·s－1) 0.0 1.0 2.0 3.0 … 4.0 2.0 0.0 … 已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)A、C兩點間的距離； (2)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (3)水平恒力F的大小。 解析：(1)由表中數(shù)據(jù)易知， 物塊做勻加速運動過程：a1＝＝5 m/s2 關閉風洞后物塊做勻減速運動：a2＝＝10 m/s2 物塊做勻加速運動過程的位移：x1＝a1t12＝3.6 m 物塊做勻減速運動過程的位移：x2＝＝1.8 m 故A、C兩點間的距離為x＝x1＋x2＝5.4 m。 (2)

38、由牛頓第二定律得， 物塊做勻減速運動過程mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 解得μ＝0.5。 (3)物塊做勻加速運動過程， Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1， 解得F＝30 N。 答案：(1)5.4 m　(2)0.5　(3)30 N 2.(2017·合肥第一中學檢測)如圖所示，質量M＝2 kg的木塊套在水平固定直桿上，并用輕繩與質量m＝1 kg的小球相連，今用跟水平方向成60°角的力F＝10 N拉著小球并帶動木塊一起向右勻速運動，運動中木塊、小球的相對位置保持不變，g＝10 m/s2。在運動過程中，求： (

39、1)輕繩與水平方向的夾角θ； (2)木塊與水平直桿間的動摩擦因數(shù)μ。 解析：(1)小球處于勻速直線運動狀態(tài)，所受合力為零，以小球為研究對象，由平衡條件得： 水平方向Fcos 60°－FTcos θ＝0 豎直方向Fsin 60°－FTsin θ－mg＝0 解得θ＝30°。 (2)木塊、小球整體處于勻速直線運動狀態(tài)，系統(tǒng)所受合力為零，以木塊、小球整體為研究對象。由平衡條件得 水平方向Fcos 60°－μFN＝0 豎直方向FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0 解得μ＝。 答案：(1)30°　(2) 3.(2017·江蘇儀征中學模擬)如圖所示，光滑直桿AB長為L，B端固定一根勁

40、度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧，質量為m的小球套在光滑直桿上并與彈簧的上端連接。OO′為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ。 (1)桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量Δl1； (2)當小球隨桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為Δl2，求桿勻速轉動的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω0＝勻速轉動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，求小球離B點的距離L0。 解析：(1)小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，根據(jù)牛頓第二定律有： mgsin θ＝ma， 解得a＝gsi

41、n θ。 小球速度最大時其加速度為零，則： kΔl1＝mgsin θ， 解得Δl1＝。 (2)彈簧伸長量為Δl2時，小球受力如圖所示， 水平方向上有： FNsin θ＋kΔl2cos θ＝mω2(l0＋Δl2)cos θ 豎直方向上有： FNcos θ－kΔl2sin θ＝mg 解得ω＝ 。 (3)當桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉動時，小球離B點的距離為L0 此時有mgtan θ＝mω02L0cos θ，又θ＝30° 解得L0＝L。 答案：(1)gsin θ　　(2) (3)L 4．(2017·天津五區(qū)縣模擬)如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為L＝2.5 m

42、的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。 解析：(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度為a，則對滑塊有μmg＝ma 滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0－v02＝－2aL 解得μ＝。 (2)當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大

43、距離為s，上滑的時間為t1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 0－v02＝－2a1s 0＝v0－a1t1， 解得s＝ m，t1＝ s 設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 s＝a2t22 解得t2＝ s 滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間 t＝t1＋t2＝ s。 答案：(1)　(2) s 5．(2017·天津和平區(qū)檢測)如圖所示，傾角為α＝37°、長度為x＝9 m的固定斜面，其底端與長木板B上表面等高，原來B靜止在粗糙水平地面上，左端與斜面接觸但不粘連，斜面底端與B的上表面接觸處圓滑。一可視為質點

44、的小滑塊A從斜面頂端處由靜止開始下滑，最終A剛好未從B上滑下。已知A、B的質量相等，A與斜面、B上表面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A剛到達B時的速度v0； (2)當A滑上B的上表面后，B是否仍保持靜止； (3)從A到達B到與B相對靜止所需的時間。 解析：(1)設A從斜面下滑過程中加速度大小為a0，剛到達B時速度大小為v0，由牛頓第二定律和運動學公式得：mgsin α－μ1mgcos α＝ma0 v02－0＝2a0x 解得：v0＝6 m/s。 (2

45、)當A到達B后，由于μ1mg>μ2·2mg，故B不會靜止。 (3)A在B上滑行，對A有ma1＝μ1mg 對B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2 且A、B相對靜止時：v0－a1t＝a2t 解得t＝0.75 s。 答案：(1)6 m/s　(2)B不會靜止　(3)0.75 s 6．(2017·山東實驗中學模擬)如圖所示，物塊A和長木板B質量均為1 kg，A與B之間、B與地面之間動摩擦因數(shù)分別為0.5和0.2，開始時A靜止在B左端，B停在水平地面上。某時刻起給A施加一大小為9 N的水平拉力F,1 s后撤去F，最終A恰好停在B右端。求(g取10 m/s2)： (1)通過計算說明前1 s內

46、B是否運動； (2)1 s末A的速度； (3)B的長度。 解析：(1)B受到A的摩擦力f1＝μ1mg＝5 N 地面的最大靜摩擦力f2＝μ2·2mg＝4 N f1>f2，故B運動。 (2)F作用時，對A：F－μ1mg＝ma1，a1＝4 m/s2 1 s末A的速度v1＝a1t0＝4 m/s。 (3)F作用1 s內A的位移：x1＝a1t02＝2 m 對B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2，a2＝1 m/s2 撤去F后，A開始減速，有ma1′＝μ1mg B仍以a2＝1 m/s2的加速度加速，設再經(jīng)t時間，A恰好不滑下，則：v1－a1′t＝a2(t0＋t) 解得t＝0.5 s 此過程A的位移x1′＝v1t－a1′t2＝1.375 m 全過程B的位移x2＝a2(t0＋t)2＝1.125 m B的長度即為二者的相對位移： L＝x1＋x1′－x2＝2.25 m。 答案：(1)B運動　(2)4 m/s　(3)2.25 m 20