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两类动力学问题
已知运动(受力)求受力(运动)　
高考真题体验·对方向/
1.(多选)(2019全国Ⅲ·20)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)
/
/
A.木板的质量为1 kg
B.2 s~4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案AB
解析对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力f等于木板与物块间的摩擦力.由题图(b)可知,滑动摩擦力Ff=0.2 N,设木板质量为m木,对木板:4~5 s内的加速度a2=
Δ??
Δ??
=-
0.2
1
m/s2=-0.2 m/s2,-Ff=m木a2,可求得m木=1 kg,A正确.对木板:2~4 s内,F-Ff=m木a1,a1=0.2 m/s2,求得F=0.4 N,B正确.对木板:0~2 s,拉力F与静摩擦力Ff静平衡,F=Ff静=kt,C错误.物块质量未知,无法求正压力,无法求动摩擦因数μ,D错误.
2.
/
(2018全国Ⅰ·15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)
/
答案A
解析
/
选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确.
3.(2017全国Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1/
如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.
答案(1)
??
0
2
-
??
1
2
2??
??
0
　(2)
??
1
(
??
1
+
??
0
)
2
2
??
0
2
解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得
-μmgs0=
1
2
??
??
1
2
?
1
2
??
??
0
2
①
解得μ=
??
0
2
-
??
1
2
2??
??
0
②
(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t,由运动学公式得
??
0
2
?
??
1
2
=2a1s0③
v0-v1=a1t④
s1=
1
2
a2t2⑤
联立③④⑤式得a2=
??
1
(
??
1
+
??
0
)
2
2
??
0
2
⑥

/
极值问题的处理方法
(1)从加速度a入手,全面分析物体的受力情况、运动情况.
(2)应用“极限分析法”或“假设法”分析可能的临界点及特点.
(3)分析动态变化或最值现象要用图解法或解析式法.
①简单问题应用“图解法”.
②复杂问题应用“函数解析式法”,先写出相关方程式,然后应用数学变换写出待求量的函数解析式,再依据函数的变化特点,判定其动态变化趋势及可能的最值.
③应用相关规律及推论处理相关问题.
典题演练提能·刷高分/
1.
/
高空滑索是勇敢者的运动.如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的),下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角,到达图中B位置时轻绳竖直向下.不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.在A位置时,人的加速度可能为零
B.在A位置时,钢索对轻环的作用力小于人的重力
C.在B位置时,钢索对轻环的摩擦力为零
D.若轻环在B位置突然被卡住,则此时轻绳对人的拉力等于人的重力
答案B
/
解析在A位置,人受重力和绳的拉力,合力不为零,加速度不为零,A错误;在A位置轻绳与竖直线有夹角,因为绳索有摩擦,故夹角小于直角,以人和轻环整体分析,受到重力mg、钢索的作用力F,如图,由几何关系可知,钢索对轻环的作用力小于人的重力,B正确;在B位置以轻环为研究对象,轻环的合力为零,轻环受到拉力、支持力和摩擦力,C错误;若轻环在B位置突然被卡住,人将做圆周运动,拉力和重力的合力提供向心力,故拉力大于重力,D错误.
2.
/
如图所示,1996年在地球上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验.可以简化为如下模型:在绕地球做匀速圆周运动的飞船内,质量m1=30 kg的物体A与待测质量的物体B通过轻绳连接,放置在动摩擦因数μ=0.05的足够长的水平桌面上,在F=9 N恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动,7 s时间内A物体向前运动了4.9 m,以下说法正确的是(　　)
A.B物体质量为15 kg
B.B物体质量为60 kg
C.加速度为0.5 m/s2
D.加速度为0.3 m/s2
答案A
解析对A分析,物体A从静止开始运动,在7 s内运动了4.9 m,故根据x=
1
2
at2可得a=0.2 m/s2;对A、B两物体组成的系统整体分析,因为整体随飞船绕地球做圆周运动,所以处于完全失重状态,即整体与桌面间的压力为零,所以整体在水平方向上受到拉力F作用,故由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a,解得m2=15 kg,A正确.
3.
/
如图所示,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道AB和AC,端点都在大圆上.相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是(　　)
A.物体到达底端的速度大小都相等
B.物体重力的冲量都相同
C.物体沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间
D.物体动量的变化率都相同
答案B
解析同一物体从静止到达底端,由动能定理可知,重力做的功不一样,所以它们到达底端的动能不同,物体到达底端的速度大小不相等,故A错误;对物体在斜面上受力分析,由牛顿第二定律可求得,a=gcos θ,根据运动学公式x=
1
2
at2可得,2Rcos θ=
1
2
gcos θt2,因此下滑时间与斜面的倾角无关,物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间,根据冲量I=Ft可知物体重力的冲量都相同,故B正确,C错误;因初动量都为零,末动量不相等,根据动量的变化量ΔP=mvt-mv0可知物体动量的变化量不相同,又由于运动时间相同,所以物体动量的变化率不相同,故D错误.故选B.
4.
/
(2019山东东营模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后,返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回.返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降,穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降.这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比,比例系数(空气阻力系数)为k,所受空气浮力不变,且认为返回舱竖直降落.从某时刻开始计时,返回舱运动的v-t图象如图所示,图中AB是曲线在A点的切线,切线与横轴交点B的坐标为(8,0),CD是曲线AD的切线.假如返回舱总质量为M=400 kg,g取10 m/s2,求:
(1)返回舱在这一阶段的运动状态;
(2)在开始时刻v0=160 m/s时,返回舱的加速度大小;
(3)空气阻力系数k的数值.
答案(1)先做加速度逐渐减小的减速运动,直至做匀速运动　(2)20 m/s2　(3)0.31
解析(1)由题图可以看出,图线的斜率逐渐减小到零,即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动,直至做匀速运动.
(2)开始时v0=160 m/s,过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小,则a=/
Δ??
Δ??
/=/
0-160
8
/ m/s2=20 m/s2
故加速度大小为20 m/s2.
(3)设浮力为F,由牛顿第二定律得
在t=0时,有k
??
0
2
+F-Mg=Ma
由题图知返回舱的最终速度为v=4 m/s
当返回舱做匀速运动时,有kv2+F-Mg=0
解得k≈0.31.
连接体问题　
高考真题体验·对方向/
(多选)(2015全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为
2
3
a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.8 B.10 C.15 D.18
答案BC
解析设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为x节,西边为(n-x)节,这列车厢以加速度a向东行驶时,F=(n-x)ma;以加速度
2??
3
向西行驶时F=
2
3
xma,联立得3n=5x,因为n、x取正整数,故选项B、C正确.
/
处理多物体系统的方法
研究由多个“有效物体”组成的系统,一般应用“整体法”与“隔离法”.
(1)不涉及系统内力且各物体加速度相等时,优先考虑用整体法,即“能整体、不隔离”.
(2)应用隔离法,先隔离“简单”的物体,如待求量少或受力少或处于系统边缘处的物体.
(3)正确分析各隔离体之间的关联.如各隔离体间的关联力为内力,各隔离体的关联位移、速度、加速度等.
(4)将整体法与隔离法有机结合、灵活应用.
典题演练提能·刷高分/
1.(多选)(2019江西玉山一中模拟)我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”列车由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车,“复兴号”列车由16节车厢组成,其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车,其余为拖车.假设各车厢质量均相等,每节动车的额定功率都相同,列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.则下列说法正确的是(　　)
A.“复兴号”列车做匀加速直线运动,一位乘客单手持手机浏览网页时,手对手机的作用力的方向与车厢运动的方向相同
B.“复兴号”列车做匀加速直线运动时,第2、3节车厢间的作用力与第13、14节车厢间的作用力大小之比为2∶1
C.“复兴号”列车8节动车和8节拖车的配置如果改为10节动车和6节拖车的配置,最大速度将提高到原来的1.25倍
D.“复兴号”列车在减速进站阶段,一位乘客水平用力向后推自己的座位,此过程中该乘客对列车做了负功
答案BC
解析对手机受力分析可知,重力与手对手机的作用力的合力方向与车厢运动的方向相同,选项A错误;设每节动车提供的动力为F,列车做匀加速直线运动时加速度为a=
8??-16??????
16??
=
??
2??
-kg,以1、2节车厢为研究对象有2F-2kmg+F1=2ma,解得F1=-F,以前13节车厢为研究对象有7F-13kmg+F2=13ma,解得F2=-0.5F,故
??
1
??
2
=
2
1
,选项B正确;设每节动车的额定功率为P,8节动车和8节拖车配置时,vm1=
8??
16??????
,10节动车和6节拖车配置时,vm2=
10??
16??????
,解得
??
m2
??
m1
=1.25,选项C正确;列车在减速进站阶段,人处于减速状态,即列车对人的作用力向后,由牛顿第三定律可知,人对列车的作用力向前,所以乘客对列车做了正功,选项D错误.
2.
/
质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角.槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态.通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为(　　)
A.
2
3
3
m B.2m
C.(
3
-1)m D.(
3
+1)m
答案D
解析当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和斜面给的支持力,由牛顿第二定律得mgcot 60°=ma,解得a=gcot 60°
以整体为对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m)a
解得M=(
3
+1)m.故选D.
3.如图所示,在光滑水平面上放有一质量M=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止.已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.则拉力F大小为(　　)
/
A.1 N B.10 N
C.31 N D.310 N
答案B
解析对m受力分析如图所示.
/
水平方向,根据牛顿第二定律可得Ffcos 37°-FNsin 37°=ma.
竖直方向,Ffsin 37°+FNcos 37°=mg,其中Ff=μFN,联立解得a=
5
16
m/s2,把M、m看成一个整体有:F=(M+m)a,解得F=10 N.故B正确,ACD错误.
4.(多选)如图所示,轻弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,弹簧上端放着质量为m的物体A,处于静止状态.将一个质量为2m的物体B轻放在A上,则在A、B一起向下运动过程中(　　)
/
A.放在A上的瞬间,B对A的压力大小为
2
3
mgsin θ
B.A、B的速度先增大后减小
C.A、B间的弹力先增大后减小
D.A、B组成的系统机械能守恒
答案AB
解析在放B之前,物体A保持静止状态,重力的分力和弹簧的弹力平衡,则F=mgsin θ;在放B瞬间,对A、B整体研究,根据牛顿第二定律有:(2m+m)sin θ-F=(3m)a,计算得出a=
2
3
gsin θ;对物体B受力分析,根据牛顿第二定律有:2mgsin θ-FN=2ma;计算得出FN=
2
3
mgsin θ.由牛顿第三定律知,B对A的压力大小为
2
3
mgsin θ.所以A选项是正确的.
因为在A、B向下运动过程中,弹簧的弹力一直增大,3mgsin θ先大于弹力,后小于弹力,则A、B的速度先增大后减小,所以B选项是正确的.
对A、B整体,合力先减小后增大,加速度先减小后反向增大,当加速度沿斜面向下时,根据牛顿第二定律有:2mgsin θ-FN=2ma,知a减小,FN增大.
当加速度沿斜面向上时,根据牛顿第二定律有FN-2mgsin θ=2ma,知a增大,FN增大,则A、B间的弹力一直增大,故C错误;因为在运动过程中,弹簧对A、B系统做功,因此A、B的机械能不守恒,故D错误.所以AB选项是正确的.
5.
/
(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为2m的小物块A相连,质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上,如图所示,此时弹簧的压缩量为x0.从t=0时开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做加速度为a的匀加速直线运动.经过一段时间后,物块A、B分离.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.若θ、m、x0、a均已知,则下列说法正确的是(　　)
A.根据已知条件,可求出从开始到物块A、B分离所用的时间
B.根据已知条件,可求出物块A、B分离时的速度大小
C.物块A、B分离时,弹簧的弹力恰好为零
D.物块A、B分离后,物块A开始减速
答案AB
解析分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零.设分离时的加速度为a,弹簧的压缩量为x,对A有kx-2mgsin θ=2ma,A、B分离前一起做匀加速直线运动,则x0-x=
1
2
at2,在初始状态时对整体受力分析有kx0=3mgsin θ,联立以上方程,可求得从开始到物块A、B分离所用的时间,A正确,C错误;物块A、B分离时的速度v=at,B正确;物块A、B分离后,物块A先做加速度减小的加速运动,D错误.
命题角度3多过程衔接及其v-t、x-t、a-t、F-t图象　
高考真题体验·对方向/
(多选)(2015全国Ⅰ·20)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　)
/
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案ACD
解析由图象可得物块上滑的加速度大小a1=
??
0
??
1
,下滑的加速度大小a2=
??
1
??
1
,根据牛顿第二定律,物块上滑时有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,下滑时有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,则可求出θ、μ;物块上滑的最大距离x=
??
0
??
1
2
,则最大高度h=xsin θ,选项A、C、D正确,B错误.
/
多过程现象要分析“衔接关联子过程”
(1)从加速度入手,分析可能的运动临界点,确定各子过程及其衔接点特点(注意挖掘隐蔽性子过程).关注衔接点处物理量是否连续,或“点前”“点后”怎样突变.复杂情景须画出运动的情景简图,并标注重要的物理量.
(2)选取“过程对象”要实用、简洁,能用“大过程”则不用“小过程”.
(3)应用相关公式,优先选用运动的平均速度公式、多过程推论、返回现象的对称性,列出规范方程式.
(4)确定各子过程的时间、位移(几何关系)、速度关联,若关联式较简单,可直接并入相应的方程式中;若关联式较复杂,则独立书写关联方程式.
典题演练提能·刷高分/
1.
/
(多选)平昌冬奥会单人无舵雪橇项目中,某运动员和雪橇的总质量m=75 kg,沿倾角θ=37°的长直雪道从静止自由滑下.假设滑动时运动员和雪橇所受的空气总阻力与速度大小成正比,比例系数(即空气阻力系数)未知.设运动员和雪橇运动的v-t图象如图中曲线OA所示,图中BA是曲线OA的渐近线,OC是曲线OA过原点的切线,且C点的坐标为(5,20).已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,全程运动员都不用撑杆加力.则下列判断正确的是(　　)
A.t=0时,雪橇的加速度大小为1.25 m/s2
B.雪橇与雪道之间的动摩擦因数为0.25
C.当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力大小为30 N
D.当v=5 m/s时,运动员和雪橇的加速度大小为2 m/s2
答案BD
解析t=0时,OC的斜率等于加速度的大小,a=
Δ??
Δ??
=
20
5
m/s2=4 m/s2,A错误;取人和雪橇为研究对象,由牛顿第二定律,得mgsin θ-Ff1-Ff2=ma,
即mgsin θ-kv-μmgcos θ=ma
由v-t图象知,t=0时,v=0,a=4 m/s2;当速度达到最大值时,vm=10 m/s,a=0,代入上式解得μ=0.25,k=30 kg/s,B正确;当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力为150 N,加速度a=2 m/s2,D正确,C错误.
2.(2019山东泰安模拟)如图所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着,弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连,两球均处于静止状态.已知小球B质量为m,O在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角.现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g),下列说法正确的是(　　)
/
A.弹簧弹力大小为
2
mg
B.小球B的加速度为g
C.小球A受到的支持力为
2
mg
D.小球A的加速度为
1
2
g
答案D
解析
/
剪断细绳前对小球B受力分析如图所示,由平衡条件可得F绳=
????
cos45°
=
2
mg,F弹=mgtan 45°=mg;剪断细绳瞬间,细绳上弹力立即消失,而弹簧弹力F弹和小球B受到的重力的大小和方向均没有改变,则F合=
????
cos45°
=
2
mg,aB=
??
合
??
=
2
g,选项A、B错误;剪断细绳前,小球A受到的重力大小mAg=2F绳cos 30°=
6
mg,剪断细绳瞬间,小球A受到的支持力FNA=mAgcos 30°=
18
2
mg,选项C错误;剪断细绳瞬间,对小球A由牛顿第二定律有mAgsin 30°=mAaA,得小球A的加速度aA=gsin 30°=
1
2
g,选项D正确.

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