2020-2021学年高考物理一轮复习 专题12 动力学两类基本问题和临界与极值问题考点讲解（含解析）.docx

1、专题（12）动力学两类基本问题和临界与极值问题考点一 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m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 N取g10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开

2、始，以最大升力竖直向上起飞，求在t5 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 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Fmgfma解得a6 m/s2由hat2，解得h75 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mgfma1解得a18 m/s2由v22a1H解得

3、v40 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Fmgfma2解得a210 m/s2设无人机恢复升力时速度为vm则有H解得vm m/s由vma1t1，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g10 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 NB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

4、 s后的速度大小为5 m/sD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mgma，解得F浮m(ga)460(100.5) N4 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va1Ba2a1Cx2x1Dx2a1，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动规律可得v2ax，由a2a1得x20，FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsin mg解得F因为cos sin sin(60)所以当30时，拉力最小【变式3】如图甲所示，质

5、量为m1 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t11 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 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；(2)t4 s时物体的速度和04 s内的位移【答案】(1)0.530 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a120 m/s2根据牛顿第二定律得Fmgcos mgsin ma1匀减速直线运动阶段的加速度的

6、大小a210 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2解得F30 N，0.5.(2)在物体运动过程中，沿斜面向上加速运动阶段位移x1a1t解得x110 m设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2，则有v1a2t2解得t22 s沿斜面向上减速运动阶段位移x2a2t解得x220 m物体沿斜面下滑的时间t3tt1t21 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma3解得a32 m/s2物体沿斜面下滑运动阶段位移x3a3t解得x31 m所以t4 s时物体的速度va3t32 m/s，方向沿斜面向下位移xx1x2x329 m，方向沿斜面向上考点二 1基本思路(1)认真

7、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思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【典例4】如图所示，将质量m1.24 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0.8.对环施加一位于竖直平

8、面内斜向上与杆夹角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g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)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xat2则a m/s24 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 mg0，Fcos ma，则F15.5 N，a7.5 m/s2，环与杆必定接触当F15.5 N时，环与杆下部接触，受力如图乙所示

9、由牛顿第二定律可知Fcos FNma，Fsin FNmg由此解得F124 N.【变式4】如图所示，质量m2 kg的小球用细绳拴在倾角37的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面取g10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8)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 NB当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 NC当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 ND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

10、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 ma0，Fsin mg0代入数据解得a013.3 m/s2.由于a15 m/s2a0，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.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos ma2，F2sin mg0代入数据解得F220 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37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 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

11、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 370.6，cos 370.8，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(m1m2)gsin kx0解得x00.16 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kx1m1gsin m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0x1at2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(m1m2)a N对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsin m2a解得Fmaxm2(gsin a) N.