专题3.4 动力学两类基本问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

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【考点扫描】
一、由物体的受力情况确定其运动
1．由物体的受力情况确定其运动的思路
eq \x(\a\al(物体受,力情况))→eq \x(\a\al(牛顿第,二定律))→eq \x(\a\al(加速,度a))→eq \x(\a\al(运动学,公式))→eq \x(\a\al(物体运,动情况))
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；
(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；
(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．
二、已知物体的运动情况求受力
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．
【典例分析】
【例1】(2020·余姚月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为Ff＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.
(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？
(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？
【答案】：见解析
【解析】：(1)飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，
根据牛顿第二定律得：
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(8×104－2×104,5×104) m/s2＝1.2 m/s2
x1＝eq \f(v2－0,2a1)＝eq \f(802－0,2×1.2) m＝eq \f(8 000,3) m.
(2)飞机匀减速直线运动的位移x2，
x2＝eq \f(0－v2,2a2)＝eq \f(－6 400,－2×4) m＝800 m
所以跑道的长度至少应为
x＝x1＋x2＝eq \f(8 000,3) m＋800 m≈3 467 m.
【例2】．(2020·1月浙江选考)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．
【答案】：见解析
【解析】：(1)eq \f(vm,2)＝eq \f(x1＋x2,t)
vm＝18 m/s.
(2)x1＝eq \f(vm,2)t1
t1＝6 s.
(3)a＝eq \f(vm,t1)＝3 m/s2
由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma
得Ff＝180 N.
【规律总结】1.解答两类动力学问题的基本程序
(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
(4)解答过程中一定要明确各阶段的加速度，以加速度为纽带求解相应问题．
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(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)，则采用“正交分解法”．
【专题精练】
1.(2020上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小．
【答案】(1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
【解析】 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示
有
f＝μN＝μmg
则a2＝eq \f(f,m)＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
veq \\al(2,B)＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
veq \\al(2,B)＝2a2s2
又eq \f(s1,s2)＝eq \f(8,5)
则a1＝eq \f(s2,s1)a2＝eq \f(5,8)×8 m/s2＝5 m/s2.
(3)当Fsin θ由牛顿第二定律得
Fcs θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N
当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知
Fcs θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N.
2.一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
【答案】 (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N或eq \f(4\r(3),7) N
【解析】(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，
根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。
根据题意可得x＝eq \f(1,2)a1t2，得a1＝2 m/s2
当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，
则Fcs 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N
甲 乙 丙
当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，
则mgsin 30°－Fcs 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7) N。
3．(2020·嘉兴检测)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N，而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
【答案】：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
【解析】：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(84－12,60) m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
a2＝eq \f(Ff,m)
经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，
则veq \\al(2,2)－v′eq \\al(2,1)＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2＝eq \f(veq \\al(2,2),2a2)
解得：x2＝5.2 m.
4.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.
(1)求物块的初速度v0；
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
【答案】：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回底端，理由见解析
【解析】：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m
由veq \\al(2,0)＝2gxm，得v0＝8 m/s.
(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：veq \\al(2,0)＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为
x′＝3.2 m
由运动学公式有：veq \\al(2,0)＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
得10sin θ＋5cs θ＝10，得θ＝37°.
因为mgsin θ＝6m＞μmgcs θ＝4m，所以能滑回斜面底端．
5.(2020·杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
【答案】：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
【解析】：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则
mgsin 30°＝ma1
veq \\al(2,max)＝2a1eq \f(h,sin 30°)
解得：vmax＝4 m/s.
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
则μmg＝ma2
veq \\al(2,max)＝2a2L
解得：μ＝0.4.
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，则
v＝vmax－a2(t－t1)
解得：v＝3.2 m/s.
6.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
【答案】：(1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2eq \r(34) m/s
【解析】：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝eq \f(1,2)at2，解得：x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2，解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′；t′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，解得：x′＝1 m．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：veq \\al(2,t)－02＝2a2(x＋x′)，解得：vt＝2eq \r(34) m/s.
7.(2019·安徽宣城高三上学期期末)质量为m＝1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v＝4 m/s，此时对物块施加F＝6 N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点。已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)此过程中物块到O点的最远距离；
(2)撤去F时物块到O点的距离。
【答案】 (1)1 m (2)eq \f(2,3) m
【解析】 (1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与O点的最远距离为x1，
则有F＋μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2；
由v2＝2a1x1，
可得x1＝1 m。
(2)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有
F－μmg＝ma2，解得a2＝4 m/s2
μmg＝ma3，解得a3＝2 m/s2
由veq \\al(2,1)＝2a2x2
veq \\al(2,1)＝2a3x3
x2＋x3＝x1
联立解得x3＝eq \f(2,3) m，
即撤去F时物块到O点的距离为eq \f(2,3) m。
8.有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g取10 m/s2)求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【答案】：(1)1.6 s (2)2.25倍
【解析】：(1)自由下落的位移h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝20 m
座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20 m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝eq \f(v,2)t得t＝1.6 s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得eq \f(F,mg)＝2.25.
9.(2020·株洲质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。
【答案】(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
【解析】(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(84－12,60) m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝0.6 m。
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝eq \f(Ff,m)
经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则
veq \\al(2,2)－v′eq \\al(2,1)＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a2)
解得x2＝5.2 m。
10．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1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。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eq \f(2,5)。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)。
【答案】20 m/s
【解析】设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，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，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0
s＝v0t0＋eq \f(v\\al(2,0),2a0)
解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5
设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有μ＝eq \f(2,5)μ0
由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma
s＝vt0＋eq \f(v2,2a)
解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合实际，舍去)。
11.2017年12月17日上午10时34分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾驶的C919第二架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。飞机完成预定试飞科目后于12时34分安全返航着陆。对起飞BC段和降落DE段过程进行观察，模型示意图如图所示，记录数据如下表，如将起飞后BC段和降落前DE段均简化成匀变速直线运动。(取g＝10 m/s2)
(1)求C919匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值；
(3)试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。(只写出结果即可，不需论述理由)
【答案】(1)0.035 m/s2 130 800 m (2)0.003 9 (3)见解析
【解析】(1)C919匀加速运动过程中
Δt1＝20 min＝1 200 s
a1＝eq \f(v－v0,Δt1)＝eq \f(130－88,1 200) m/s2＝0.035 m/s2
x1＝eq \f(1,2)(v0＋v)Δt1＝eq \f(1,2)×(88＋130)×1 200 m＝130 800 m
所以C919匀加速运动过程中加速度大小a1＝0.035 m/s2，
位移大小为x1＝130 800 m。
(2)C919匀减速运动过程
Δt3＝25 min＝1 500 s
a2＝eq \f(vt－v,Δt3)＝eq \f(72－130,1 500) m/s2≈－0.039 m/s2
根据牛顿第二定律得到F＝ma
C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值
k＝eq \f(F,mg)＝eq \f(0.039,10)＝0.003 9。
(3)上升过程中飞机对飞行员的力大于重力；
下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。
运动过程
运动时间
运动状态
起飞BC段
10时34分～10时54分
初速度v0＝170节≈88 m/s
末速度v＝253节≈130 m/s
降落DE段
12时9分～12时34分
着陆时的速度vt＝140节≈72 m/s