高考物理 一轮复习 考点整合练习专题（12）动力学两类基本问题和临界与极值问题（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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专题（12）动力学两类基本问题和临界与极值问题（解析版）

考点一 　

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．

题型1　已知受力求运动

【典例1】　

如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．取g＝10 m/s2.

(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5 s时离地面的高度h；

(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落，求无人机坠落地面时的速度大小；

(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1.

【答案】(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s

【解析】(1)设无人机上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律，有F－mg－f＝ma

解得a＝6 m/s2

由h＝at2，解得h＝75 m.

(2)设无人机坠落过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律，有mg－f＝ma1

解得a1＝8 m/s2

由v2＝2a1H

解得v＝40 m/s.

(3)设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，由牛顿第二定律，有F－mg＋f＝ma2

解得a2＝10 m/s2

设无人机恢复升力时速度为vm

则有＋＝H

解得vm＝ m/s

由vm＝a1t1，解得t1＝ s.

题型2　已知运动求受力

【典例2】　(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，取重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)

A．所受浮力大小为4 830 N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s

D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

【答案】AD

【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830 N，A项正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v<at＝5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D项正确．

题型3　动力学两类问题综合应用

【典例3】　随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g＝10 m/s2)

(1)飞机在后一阶段的加速度大小；

(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．

【答案】(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.1×106 N

【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg

根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2

代入数据解得a2＝4.0 m/s2.

(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg

根据匀加速直线运动的规律有

v＝2a1l1

v2－v＝2a2(l－l1)

根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1

代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.1×106 N.

【变式1】(多选)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不

变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则(　　)

A．a2>a1　　　　　　　　　 B．a2＝a1

C．x2>x1 D．x2<x1

【答案】AD

【解析】设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律可得a1＝μg，a2＝＋μg，a2>a1，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动规律可得v＝2ax，由a2>a1得x2<x1，故C错误，D正确．

【变式2】如图所示，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F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g取10 m/s2)求：

(1)玩具与地面间的动摩擦因数；

(2)松手后玩具还能滑行多远？

(3)当力F与水平方向夹角θ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x＝at2解得a＝ m/s2，

对玩具，由牛顿第二定律得

Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma

解得μ＝.

(2)松手时，玩具的速度：

v＝at＝2 m/s

松手后，由牛顿第二定律得

μmg＝ma′

解得a′＝ m/s2

由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移：

x′＝＝ m.

(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则

Fcos θ－Ff>0，Ff＝μFN

在竖直方向上，由平衡条件得

FN＋Fsin θ＝mg

解得F>

因为cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)

所以当θ＝30°时，拉力最小．

【变式3】如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动的部分v­t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；

(2)t＝4 s时物体的速度和0～4 s内的位移．

【答案】(1)0.5　30 N　(2)2 m/s，方向沿斜面向下29 m，方向沿斜面向上

【解析】(1)根据v­t图线知，匀加速直线运动阶段的加速度的大小a1＝20 m/s2

根据牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1

匀减速直线运动阶段的加速度的大小a2＝10 m/s2

根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2

解得F＝30 N，μ＝0.5.

(2)在物体运动过程中，沿斜面向上加速运动阶段位移x1＝a1t

解得x1＝10 m

设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2，则有v1＝a2t2

解得t2＝2 s

沿斜面向上减速运动阶段位移x2＝a2t

解得x2＝20 m

物体沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝1 s

设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得

mgsin θ－μmgcos θ＝ma3

解得a3＝2 m/s2

物体沿斜面下滑运动阶段位移x3＝a3t

解得x3＝1 m

所以t＝4 s时物体的速度v＝a3t3＝2 m/s，方向沿斜面向下

位移x＝x1＋x2－x3＝29 m，方向沿斜面向上．

考点二 　

1．基本思路

(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)．

(2)寻找过程中变化的物理量．

(3)探索物理量的变化规律．

(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．

2．思维方法

【典例4】　如图所示，将质量m＝1.24 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内前进了2 m(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：

(1)圆环加速度a的大小；

(2)拉力F的大小．

【答案】(1)4 m/s2　(2)12 N或124 N

【解析】(1)圆环做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式可知x＝at2

则a＝＝ m/s2＝4 m/s2.

(2)对圆环进行受力分析时，杆对环的弹力的方向不能确定，因此我们需要找出临界条件，分别讨论．当弹力恰好为0时，有Fsin θ－mg＝0，Fcos θ＝ma′，则F＝15.5 N，a′＝7.5 m/s2，环与杆必定接触．

当F<15.5 N时，环与杆上部接触，受力如图甲所示．

由牛顿第二定律可知

Fcos θ－μFN＝ma，FN＋Fsin θ＝mg

由此解得F＝＝12 N

当F>15.5 N时，环与杆下部接触，受力如图乙所示．

由牛顿第二定律可知Fcos θ－μFN′＝ma，Fsin θ＝FN′＋mg

由此解得F＝＝124 N.

【变式4】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是(　　)

A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N

B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N

C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N

D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N

【答案】A

【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0

代入数据解得a0＝13.3 m/s2.

①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，

F1cos θ－FNsin θ＝ma1

代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；

②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0

代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误．

【变式5】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；

(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度a的大小；

(3)力F的最大值与最小值．

【答案】(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N

【解析】(1)对整体受力分析，平行斜面方向有

(m1＋m2)gsin θ＝kx0

解得x0＝0.16 m.

(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1

对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a

前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2

联立解得a＝ m/s2.

(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大

Fmin＝(m1＋m2)a＝ N

对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a

解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N.