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專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題
專題解讀1.本專題是動力學方法處理動力學兩類基本問題、多過程問題和臨界極值問題,高考在選擇題和計算題中命題頻率都很高.
2.學好本專題可以培養(yǎng)同學們的分析推理能力,應用數(shù)學知識和方法解決物理問題的能力.
3.本專題用到的規(guī)律和方法有:整體法和隔離法、牛頓運動定律和運動學公式、臨界條件和相關的數(shù)學知識.
一、動力學的兩類基本問題
1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路:
先求出幾個力的合力,由牛頓第二定律(F合=ma)求出加速度,再由運動學的有關公式求出速度或位移.
2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路:
已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出加速度,再由牛頓第二定律求出合力,從而確定未知力.應用牛頓第二定律解決動力學問題,受力分析和運動分析是關鍵,加速度是解決此類問題的紐帶,分析流程如下:
自測1 (多選)(2016全國卷Ⅱ19)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成,甲球質量大于乙球質量.兩球在空氣中由靜止下落,假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比,與球的速率無關.若它們下落相同的距離,則( )
A.甲球用的時間比乙球長
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 小球的質量m=ρπr3,由題意知m甲>m乙,ρ甲=ρ乙,則r甲>r乙.空氣阻力f=kr,對小球由牛頓第二定律得,mg-f=ma,則a==g-=g-,可得a甲>a乙,由h=at2知,t甲
v乙,故選項B正確;因f甲>f乙,由球克服阻力做功Wf=fh知,甲球克服阻力做功較大,選項D正確.
二、動力學中的臨界與極值問題
1.臨界或極值條件的標志
(1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句,明顯表明題述的過程存在著臨界點.
(2)題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞句,表明題述過程存在著“起止點”,而這些“起止點”一般對應著臨界狀態(tài).
(3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句,表明題述的過程存在著極值,這個極值點往往是臨界點.
2.常見臨界問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是:彈力FN=0.
(2)相對滑動的臨界條件:靜摩擦力達到最大值.
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力;繩子松弛的臨界條件是FT=0.
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合外力為零.
自測2 (2015山東理綜16)如圖1,滑塊A置于水平地面上,滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直),此時A恰好不滑動,B剛好不下滑.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1,A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.A與B的質量之比為( )
圖1
A. B.
C. D.
答案 B
解析 對物體A、B整體在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;對物體B在豎直方向上有μ1F=mBg;聯(lián)立解得:=,選項B正確.
命題點一 動力學兩類基本問題
1.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析;
(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁;速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.
2.常用方法
(1)合成法
在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法.
(2)正交分解法
若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時,則采用正交分解法.
類型1 已知物體受力情況,分析物體運動情況
例1 (2014課標全國卷Ⅰ24)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離.當前車突然停止時,后車司機可以采取剎車措施,使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰.通常情況下,人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s.當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120m.設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的.若要求安全距離仍為120m,求汽車在雨天安全行駛的最大速度.
答案 20m/s
解析 設路面干燥時,汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0,剎車時汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應時間為t0,由牛頓第二定律和運動學公式得
μ0mg=ma0 ①
s=v0t0+ ②
式中,m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度.
設在雨天行駛時,汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,依題意有μ=μ0 ③
設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運動學公式得
μmg=ma ④
s=vt0+ ⑤
聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得
v=20m/s(v=-24 m/s不符合實際,舍去)
變式1 如圖2所示滑沙游戲中,做如下簡化:游客從頂端A點由靜止滑下8s后,操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點,在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止.已知游客和滑沙車的總質量m=70kg,傾斜滑道AB長lAB=128m,傾角θ=37,滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.滑沙車經(jīng)過B點前后的速度大小不變,重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,不計空氣阻力.
圖2
(1)求游客勻速下滑時的速度大小;
(2)求游客勻速下滑的時間;
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m,則他在此處滑行時,需對滑沙車施加多大的水平制動力?
答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N
解析 (1)由mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得游客從頂端A點由靜止滑下的加速度a=2m/s2.游客勻速下滑時的速度大小為v=at1=16 m/s.
(2)加速下滑路程為l1=at12=64m,勻速下滑路程l2=lAB-l1=64m,游客勻速下滑的時間t2==4s.
(3)設游客在BC段的加速度大小為a′,由0-v2=-2a′x
解得a′==8m/s2,由牛頓第二定律得F+μmg=ma′,解得制動力F=210N.
類型2 已知物體運動情況,分析物體受力情況
例2 (2014課標全國卷Ⅱ24)2012年10月,奧地利極限運動員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下,經(jīng)過4分20秒到達距地面約1.5km高度處,打開降落傘并成功落地,打破了跳傘運動的多項世界紀錄.取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)若忽略空氣阻力,求該運動員從靜止開始下落至1.5km高度處所需的時間及其在此處速度的大小;
(2)實際上,物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力,高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f=kv2,其中v為速率,k為阻力系數(shù),其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關.已知該運動員在某段時間內高速下落的v—t圖象如圖3所示.若該運動員和所帶裝備的總質量m=100 kg,試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù).(結果保留1位有效數(shù)字)
圖3
答案 (1)87s 8.7102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)設該運動員從開始自由下落至1.5km高度處的時間為t,下落距離為s,在1.5km高度處的速度大小為v.根據(jù)運動學公式有
v=gt ①
s=gt2 ②
根據(jù)題意有
s=3.9104m-1.5103m=3.75104m ③
聯(lián)立①②③式得
t≈87s ④
v≈8.7102m/s ⑤
(2)該運動員達到最大速度vmax時,加速度為零,根據(jù)平衡條件有mg=kvmax2 ⑥
由所給的v—t圖象可讀出vmax≈360m/s ⑦
由⑥⑦式得k≈0.008kg/m
變式2 如圖4甲所示,質量m=1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動,t=0.5s時撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v-t圖象)如圖乙所示,g取10m/s2,求:
圖4
(1)2s內物塊的位移大小x和通過的路程L;
(2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s2 4 m/s2 8N
解析 (1)在2s內,由題圖乙知:
物塊上升的最大距離:x1=21m=1m
物塊下滑的距離:x2=11m=0.5m
所以位移大小x=x1-x2=0.5m
路程L=x1+x2=1.5m
(2)由題圖乙知,所求兩個階段加速度的大小
a1=4m/s2
a2=4m/s2
設斜面傾角為θ,斜面對物塊的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律有
0~0.5s內:F-Ff-mgsinθ=ma1
0.5~1s內:Ff+mgsinθ=ma2
解得F=8N
命題點二 多物體多過程問題
1.將“多過程”分解為許多“子過程”,各“子過程”間由“銜接點”連接.
2.對各“銜接點”進行受力分析和運動分析,必要時畫出受力圖和過程示意圖.
3.根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程.
4.分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián),確定各段間的時間關聯(lián),并列出相關的輔助方程.
5.聯(lián)立方程組,分析求解,對結果進行必要的驗證或討論.
例3 (2015全國卷Ⅱ25)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害.某地有一傾角為θ=37(sin37=)的山坡C,上面有一質量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止狀態(tài),如圖5所示.假設某次暴雨中,A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊),在極短時間內,A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為,B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?,?保持不變.已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g=10m/s2.求:
圖5
(1)在0~2s時間內A和B加速度的大??;
(2)A在B上總的運動時間.
答案 (1)3m/s2 1 m/s2 (2)4s
解析 (1)在0~2s時間內,A和B的受力如圖所示,其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示.由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得
Ff1=μ1FN1 ①
FN1=mgcosθ ②
Ff2=μ2FN2 ③
FN2=FN1′+mgcosθ,F(xiàn)N1′=FN1 ④
規(guī)定沿斜面向下為正.設A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得
mgsinθ-Ff1=ma1 ⑤
mgsinθ-Ff2+Ff1′=ma2,F(xiàn)f1′=Ff1 ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式,并代入題給條件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2. ⑧
(2)在t1=2s時,設A和B的速度分別為v1和v2,則
v1=a1t1=6m/s ⑨
v2=a2t1=2m/s ⑩
2s后,設A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時A與B之間摩擦力為零,同理可得
a1′=6m/s2 ?
a2′=-2m/s2 ?
由于a2′<0,可知B做減速運動.設經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有
v2+a2′t2=0 ?
聯(lián)立⑩??式得t2=1s ?
在t1+t2時間內,A相對于B運動的距離為
x=-=12m<27m ?
此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動.設再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有
l-x=(v1+a1′t2)t3+a1′t32 ?
可得t3=1s(另一解不合題意,舍去) ?
設A在B上總的運動時間t總,有t總=t1+t2+t3=4s
變式3 (2018華中師范大學附中模擬)如圖6甲所示為一傾角θ=37足夠長的斜面,將一質量m=1kg的物體在斜面上靜止釋放,同時施加一沿斜面向上的拉力,拉力隨時間變化關系圖象如圖乙所示,物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25.取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求:
圖6
(1)2s末物體的速度大小;
(2)前16s內物體發(fā)生的位移.
答案 (1)5m/s (2)30m,方向沿斜面向下
解析 (1)分析可知物體在前2s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得
mgsinθ-F1-μmgcosθ=ma1,
v1=a1t1,
代入數(shù)據(jù)可得
v1=5m/s.
(2)設物體在前2s內發(fā)生的位移為x1,則
x1=a1t12=5m.
當拉力為F2=4.5N時,由牛頓第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ-F2=ma2,
代入數(shù)據(jù)可得a2=-0.5m/s2,
物體經(jīng)過t2時間速度減為零,則
0=v1+a2t2,
t2=10s,
設t2時間內發(fā)生的位移為x2,則
x2=v1t2+a2t22=25m,
由于mgsinθ-μmgcosθ=1m,故滑塊會掉下來.
(3)加上恒力F的方向與摩擦力方向相同,故滑塊所受合力F合′=Ff+F,
由牛頓第二定律有F合′=ma′,
滑塊放上車后做勻加速直線運動,設當經(jīng)歷時間t′之后速度達到v0,滑塊通過位移x1′=a′t′2,
且v0=a′t′,
車通過位移x2′=v0t′,
只需要滿足位移差
Δx′=x2′-x1′≤即可,
聯(lián)立以上各式有F≥6N.
變式4 如圖8所示,物體A疊放在物體B上,B置于光滑水平面上,A、B質量分別為mA=6kg、mB=2kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,開始時F=10N,此后逐漸增加,在增大到45N的過程中,則( )
圖8
A.當拉力F<12N時,物體均保持靜止狀態(tài)
B.兩物體開始沒有相對運動,當拉力超過12N時,開始相對滑動
C.兩物體從受力開始就有相對運動
D.兩物體始終沒有相對運動
答案 D
解析 A、B一起加速運動是因為A對B有靜摩擦力,但由于靜摩擦力存在最大值,所以B的加速度有最大值,可以求出此加速度下拉力的大小,如果拉力再增大,則物體間就會發(fā)生相對滑動,所以這里存在一個臨界點,就是A、B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小.以A為研究對象進行受力分析,受水平向右的拉力和水平向左的靜摩擦力,有F-Ff=mAa;再以B為研究對象,受水平向右的靜摩擦力Ff=mBa,當Ff為最大靜摩擦力時,解得a===m/s2=6 m/s2,有F=48N.由此可以看出,當F<48N時,A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力,也就是說,A、B間不會發(fā)生相對運動,故選項D正確.
變式5 如圖9所示,水平地面上的矩形箱子內有一傾角為θ的固定斜面,斜面上放一質量為m的光滑球,靜止時,箱子頂部與球接觸但無壓力.箱子由靜止開始向右做勻加速直線運動,然后改做加速度大小為a的勻減速直線運動直至靜止,經(jīng)過的總位移為x,運動過程中的最大速度為v.
圖9
(1)求箱子加速階段的加速度大小;
(2)若a>gtanθ,求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力大小.
答案 (1) (2)0 m
解析 (1)設箱子加速階段的加速度為a′,經(jīng)過的位移為x1,減速階段經(jīng)過的位移為x2,有v2=2a′x1,v2=2ax2,且x1+x2=x,解得a′=.
(2)如果球剛好不受箱子作用,箱子的加速度設為a0,應滿足FNsinθ=ma0,F(xiàn)Ncosθ=mg,解得a0=gtanθ.箱子減速時加速度水平向左,當a>gtanθ時,箱子左壁對球的作用力為零,頂部對球的力不為零.此時球受力如圖,由牛頓第二定律得,F(xiàn)N′cosθ=F+mg,F(xiàn)N′sinθ=ma,解得F=m.
1.如圖1所示,一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上,直桿與水平面夾角θ為30.現(xiàn)小球在F=20N的豎直向上的拉力作用下,從A點靜止出發(fā)向上運動,已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為.試求:
圖1
(1)小球運動的加速度大??;
(2)若F作用1.2s后撤去,求小球上滑過程中距A點最大距離.
答案 (1)2.5m/s2 (2)2.4m
解析 (1)在力F作用下,由牛頓第二定律得(F-mg)sin30-μ(F-mg)cos30=ma1
解得a1=2.5m/s2
(2)剛撤去F時,小球的速度v1=a1t1=3m/s
小球的位移x1=t1=1.8m
撤去力F后,小球上滑時,由牛頓第二定律得mgsin30+μmgcos30=ma2
解得a2=7.5m/s2
小球上滑時間t2==0.4s
上滑位移x2=t2=0.6m
則小球上滑的最大距離為xm=x1+x2=2.4m.
2.如圖2所示,一質量m=0.4kg的小物塊,在與斜面成某一夾角的拉力F作用下,沿斜面向上做勻加速運動,經(jīng)t=2s的時間物塊由A點運動到B點,物塊在A點的速度為v0=2m/s,A、B之間的距離L=10m.已知斜面傾角θ=30,物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=.重力加速度g取10m/s2.
圖2
(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小.
(2)拉力F與斜面夾角多大時,拉力F最???拉力F的最小值是多少?
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30 N
解析 (1)設物塊加速度的大小為a,到達B點時速度的大小為v,由運動學公式得
L=v0t+at2 ①
v=v0+at ②
聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)得
a=3m/s2 ③
v=8m/s ④
(2)設物塊所受支持力為FN,所受摩擦力為Ff,拉力與斜面的夾角為α,受力分析如圖所示,由牛頓第二定律得
Fcosα-mgsinθ-Ff=ma ⑤
Fsinα+FN-mgcosθ=0 ⑥
又Ff=μFN ⑦
聯(lián)立⑤⑥⑦式得F= ⑧
由數(shù)學知識得cosα+sinα=sin(60+α) ⑨
由⑧⑨式可知對應F最小時與斜面間的夾角α=30 ⑩
聯(lián)立③⑧⑩式,代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin=N ?
3.如圖3所示,一兒童玩具靜止在水平地面上,一名幼兒用沿與水平面成30角的恒力拉著它沿水平地面運動,已知拉力F=6.5N,玩具的質量m=1kg,經(jīng)過時間t=2.0s,玩具移動了距離x=2m,這時幼兒將手松開,玩具又滑行了一段距離后停下.(g取10m/s2)求:
圖3
(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù).
(2)松開后玩具還能滑行多遠?
(3)當力F與水平方向夾角θ為多少時拉力F最???
答案 (1) (2)m (3)30
解析 (1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動,由位移公式可得x=at2,解得a=m/s2,
對玩具,由牛頓第二定律得Fcos30-μ(mg-Fsin30)=ma
解得μ=.
(2)松手時,玩具的速度v=at=2m/s
松手后,由牛頓第二定律得μmg=ma′
解得a′=m/s2
由勻變速運動的速度位移公式得
玩具的位移x′==m.
(3)設拉力與水平方向的夾角為θ,玩具要在水平面上運動,則Fcosθ-Ff>0
Ff=μFN
在豎直方向上,由平衡條件得FN+Fsinθ=mg
解得F>
因為cosθ+μsinθ=sin(60+θ)
所以當θ=30時,拉力最小.
4.如圖4所示,靜止在光滑水平面上的斜面體,質量為M,傾角為α,其斜面上有一靜止的滑塊,質量為m,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力,重力加速度為g.現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動,求:
圖4
(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動,圖中水平向右的力F的最大值;
(2)若要使滑塊做自由落體運動,圖中水平向右的力F的最小值.
答案 (1) (2)
解析 (1)當滑塊與斜面體一起向右加速時,力F越大,加速度越大,當F最大時,斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm,滑塊受力如圖所示.
設一起加速的最大加速度為a,對滑塊應用牛頓第二定律得:
FNcosα+Ffmsinα=mg ①
Ffmcosα-FNsinα=ma ②
由題意知Ffm=μFN ③
聯(lián)立解得a=g
對整體受力分析F=(M+m)a
聯(lián)立解得F=
(2)要使滑塊做自由落體運動,滑塊與斜面體之間沒有力的作用,滑塊的加速度為g,設此時M的加速度為aM,則對M:F=MaM
當水平向右的力F最小時,二者沒有相互作用但仍接觸,則有=tanα,即=tanα,聯(lián)立解得F=.
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