2023届高考物理一轮复习第三章 专题强化三.docx

1、专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高2学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力3本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识一、动力学的两类基本问题1由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移2由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确

2、定未知力3应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：自测1(2018江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体从倾角为的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且kgtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小答案(1)(2)0m解析(1)设箱子加速阶段的加速度大小为a，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，解得a.(2)如果球刚好不受箱子的作用力，箱子的加速度设为a0，应满足FNsin ma0，FN

3、cos mg，解得a0gtan .箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零此时球受力如图所示，由牛顿第二定律得，FNcos Fmg，FNsin ma，解得Fm.1足够长光滑固定斜面BC倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m2 kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F作用，如图1甲所示小物块在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2)求：图1(1)小物块所受到的恒力F的大

4、小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块最终离A点的距离答案(1)11 N(2)0.5 s(3)3.6 m解析(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1 m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，得F11 N.(2)在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，由B至停下小物块的位移x0.4 m，xABt0

5、4.0 m，xAxABx3.6 m.2(2018湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角37，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图2(1)若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？答案(1)2 m/s(2)0.5(3)5 N解析(1)设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得：xvt，v m/s2 m

6、/s；(2)由运动学公式得a12 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，联立解得0.5；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则F合sin F合cos ma2，将a21.5 m/s2，37，0.5代入，可得F合15 N，F合mgF15 N，解得F5 N.3如图3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F6.5 N，玩具的质量m1 kg，经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 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：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数(

7、2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角为多少时拉力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，由位移公式可得xat2，解得a m/s2，对玩具，由牛顿第二定律得Fcos 30(mgFsin 30)ma解得.(2)松手时，玩具的速度vat2 m/s松手后，由牛顿第二定律得mgma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，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff0，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4(2019河南省

8、洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g10 m/s2.求：图4(1)有F作用的过程中小球的加速度；(2)撤去F瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点答案(1)2.5 m/s2方向沿杆向上(2)7.5 m/s2方向沿杆向下(3)0.2 s或0.75 s解析(1)小球的质量m1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，Fcos 30Gcos 30FNFsin 3

9、0Gsin 30FNma1联立解得：a12.5 m/s2，方向沿杆向上(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，FNGcos 30Gsin 30FNma2联立解得：a27.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下(3)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移为x1a1t121.8 m撤去F后，小球继续向上运动的时间为t20.4 s小球继续向上运动的最大位移为x20.6 m则小球向上运动的最大距离为xmx1x22.4 m在上滑阶段通过B点，即xABx1v1t3a2t32解得t30.2 s或者t30.6 s(舍)小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a3，Gsin 30FNma3得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有(xmxAB)a3t42解得t4 s则通过B点时间为tt2t40.75 s.