第1講動力學觀點在力學中應用專題二力與物體直線運動1/53知識回扣規律方法高考題型2應用動力學方法分析傳送帶問題高考題型3應用動力學方法分析“滑塊—木板”問題高考題型1動力學基本問題分析高考題精選精練2/53知識回扣規律方法3/531.物體或帶電體做勻變速直線運動條件是：

.2.勻變速直線運動基本規律為速度公式：v＝

.位移公式：x＝

.速度和位移公式推論：

.中間時刻瞬時速度：

＝

＝.任意兩個連續相等時間內位移之差是一個恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.物體或帶電體所受協力為恒力，且與速度方向共線v0＋atv2－v02＝2ax知識回扣答案4/533.速度—時間關系圖線斜率表示物體運動

，圖線與時間軸所包圍面積表示物體運動

.勻變速直線運動v－t圖象是一條__

.4.位移—時間關系圖線斜率表示物體

.5.超重或失重時，物體重力并未發生改變，只是物體對支持物____(或對懸掛物

)發生了改變.物體發生超重或失重現象與物體運動方向

，只決定于物體

方向.當a有豎直向上分量時，

；當a有豎直向下分量時，

；當a＝g且豎直向下時，

.答案加速度位移傾斜直線速度壓力拉力無關加速度超重失重完全失重5/531.動力學兩類基本問題處理思緒2.處理動力學問題慣用方法(1)整體法與隔離法.(2)正交分解法：普通沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時依據情況也能夠把加速度進行正交分解.(3)逆向思維法：把運動過程末狀態作為初狀態反向研究問題方法，普通用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動問題.規律方法6/53動力學基本問題分析高考題型17/53例1

(多項選擇)(·深圳市第一次調研)如圖1甲所表示，質量m＝1kg、初速度v0＝6m/s物塊受水平向左恒力F作用，在粗糙水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率平方隨位置坐標改變關系圖象如圖乙所表示，g＝10m/s2，以下說法中正確是A.t＝2s時物塊速度為零B.t＝3s時物塊回到O點C.恒力F大小為2ND.物塊與水平面間動摩擦因數為0.1答案解析√圖1√√8/53解析物塊做勻減速直線運動加速度大小為：物塊做勻減速直線運動時間為：t1＝

＝2s，故A正確；依據牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，聯立兩式解得：F＝2N，Ff＝1N，則動摩擦因數為：μ＝

＝0.1，故C、D正確.9/531.瞬時問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力區分，前者能突變而后者不能.2.連接體問題要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用隔離法與整體法.3.兩類動力學基本問題處理關鍵是運動分析、受力分析，充分利用加速度“橋梁”作用.技巧點撥10/531.(多項選擇)如圖2所表示，A、B球質量相等，彈簧質量不計，傾角為θ斜面光滑，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷瞬間，以下說法正確是A.兩個小球瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθB.B球受力情況未變，瞬時加速度為零C.A球瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθD.彈簧有收縮趨勢，B球瞬時加速度向上，A球瞬時加速度向下，

瞬時加速度都不為零對點拓展練√答案解析21圖2√11/53解析系統靜止，依據平衡條件可知：對B球F彈＝mgsinθ，對A球F繩＝F彈＋mgsinθ，細線被燒斷瞬間，細線拉力馬上減為零，但彈簧彈力不發生改變，則B球受力情況未變，瞬時加速度為零；2112/532.(·河南洛陽市第二次統考)如圖3甲所表示，水平地面上固定一足夠長光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端光滑輕質定滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B，保持A質量不變，改變B質量m，當B質量連續改變時，得到A加速度a隨B質量m改變圖線，如圖乙所表示(a1、a2、m0未知)，設加速度沿斜面向上方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度為g，斜面傾角為θ，以下說法正確是A.若θ已知，可求出A質量B.若θ已知，可求出乙圖中m0值C.若θ未知，可求出乙圖中a2值D.若θ未知，可求出乙圖中a1值答案解析√21圖313/53解析據牛頓第二定律對B受力分析得：mg－F＝ma ①對A得：F－mAgsinθ＝mAa ②21若θ已知，由③知，不能求出A質量mA.故A錯誤.當a＝0時，由③式得，m0＝mAsinθ，mA未知，m0不能求出.故B錯誤.由③式得，m＝0時，a2＝－gsinθ，故C錯誤.14/53應用動力學方法分析傳送帶問題高考題型215/53例2

(·陜西寶雞市一模)某工廠為實現自動傳送工件設計了如圖4所表示傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45m，傾角為θ＝37°，AB和CD經過一段極短光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5m/s恒定速率順時針運轉，CD傳送帶靜止.已知工件與傳送帶間動摩擦因數均為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.現將一個工件(可看作質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：圖416/53(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升最大高度和所用時間；答案0.75m

1.8s答案解析17/53解析工件剛放在傳送帶AB上，在摩擦力作用下做勻加速運動，設其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為x1，則由受力分析圖甲以及牛頓運動定律可得：FN1＝mgFf1＝μFN1＝ma1聯立解得：a1＝5m/s2.18/53工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為x2，則由受力分析圖乙以及牛頓運動定律可得：FN2＝mgcosθmgsinθ＋μFN2＝ma2因為x1＜LAB，工件隨即在傳送帶AB上做勻速直線運動到B端，則勻速運動時間為：19/53聯立解得：a2＝10m/s2，x2＝1.25m工件沿CD傳送帶上升最大高度為：h＝x2sinθ＝1.25×0.6m＝0.75m故總時間為：t＝t1＋t2＋t3＝1.8s20/53(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉速度v2大小(v2＜v1).答案4m/s答案解析21/53解析CD傳送帶以速度v2向上傳送時，當工件速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當工件速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析圖如圖丙，設其加速度大小為a3，兩個過程位移大小分別為x3和x4，由運動學公式和牛頓運動定律可得：－2a2x3＝v22－v12mgsinθ－μFN2＝ma3－2a3x4＝0－v22LCD＝x3＋x4解得：v2＝4m/s22/531.傳送帶問題實質是相對運動問題，這么相對運動將直接影響摩擦力方向.所以，搞清楚物體與傳送帶間相對運動方向是處理該問題關鍵.2.傳送帶問題還經常包括到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現摩擦力改變臨界狀態，詳細怎樣改變要依據詳細情況判斷.技巧點撥23/533.(·河南鄭州市模擬)如圖5所表示為糧袋傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中傳送帶上，關于糧袋從A到B運動，以下說法正確是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)A.糧袋抵達B點速度與v比較，可能大，也可能相等或小B.糧袋開始運動加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將一定以

速度v做勻速運動C.若μ≥tanθ，則糧袋從A到B一定一直做加速運動D.不論μ大小怎樣，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsinθ對點拓展練√答案解析43圖524/53解析開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B項錯誤；糧袋加速到與傳送帶相對靜止時，若mgsinθ>μmgcosθ，即當μ<tanθ時糧袋將繼續做加速運動，C、D項錯誤，A項正確.4325/534.(多項選擇)(·廣西桂林市聯考)如圖6所表示，一小物體m從

光滑圓弧形軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，圓弧半徑R＝0.2m，軌道底端與粗糙傳送帶平滑連接，當傳送帶固定不動時，物體m能滑過右端B點，且落在水平地面上C點，取重力加速度g＝10m/s2，則以下選項正確是43圖626/53A.物體m滑到最低點A時對軌道壓力大小與軌道半徑R大小相關B.若傳送帶逆時針方向運行，則物體m也能滑過B點，抵達地面上C點C.若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v>2m/s時，物體m抵達地

面上C點右側D.若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v<2m/s時，物體m也可能

抵達地面上C點右側答案解析√√√4327/53解析由機械能守恒定律得mgR＝

mv02，則v0＝2m/s，傳送帶靜止時，A點：F－mg＝m，得F＝3mg，與R無關，A錯誤；若傳送帶逆時針運行，物體也勻減速運動至B點，與靜止情況相同，落在C點，B正確；若傳送帶順時針運行，v>2m/s，物體加速運動，落在C點右側，C正確；若v<2m/s，物體可能先勻減速后勻速，到B點速度可能大于傳送帶靜止時抵達B點速度，此時落在C點右側，D正確.4328/53應用動力學方法分析“滑塊—木板”問題高考題型329/53例3

(·全國卷Ⅲ·25)如圖7，兩個滑塊A和B質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上木板兩端，二者與木板間動摩擦因數均為μ1＝0.5；木板質量為m＝4kg，與地面間動摩擦因數為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止.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730/53(1)B與木板相對靜止時，木板速度；答案解析答案1m/s，方向與B初速度方向相同31/53解析滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動.設A、B所受摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受地面摩擦力大小為Ff3，A和B相對于地面加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面加速度大小為a1.在滑塊B與木板到達共同速度前有Ff1＝μ1mAg ①Ff2＝μ1mBg ②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③由牛頓第二定律得Ff1＝mAaA ④Ff2＝mBaB ⑤32/53Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥設在t1時刻，B與木板到達共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1＝v0－aBt1 ⑦v1＝a1t1

⑧聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得v1＝1m/s，方向與B初速度方向相同

⑨33/53(2)A、B開始運動時，二者之間距離.答案1.9m答案解析34/53解析在t1時間間隔內，B相對于地面移動距離為sB＝v0t1－

aBt12

⑩設在B與木板到達共同速度v1后，木板加速度大小為a2.對于B與木板組成系統，由牛頓第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2

?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板到達共同速度時，A速度大小也為v1，但運動方向與木板相反.由題意知，A和B相遇時，A與木板速度相同，設其大小為v2.設A速度大小從v1變到v2所用時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2

?35/53對A有：v2＝－v1＋aAt2

?在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動距離為s1＝v1t2－

a2t22

?在(t1＋t2)時間間隔內，A相對地面移動距離為sA＝v0(t1＋t2)－

aA(t1＋t2)2 ?A和B相遇時，A與木板速度也恰好相同.所以A和B開始運動時，二者之間距離為s0＝sA＋s1＋sB ?聯立以上各式，并代入數據得s0＝1.9m ?(也可用右圖中速度—時間圖線求解)36/531.“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為木板往往受到摩擦力影響也做勻變速直線運動，處理這類物體勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找它們之間聯絡.2.要使滑塊不從木板末端掉下來臨界條件是滑塊抵達木板末端時速度與木板速度恰好相等.技巧點撥37/535.(多項選擇)(·廣東汕頭市一模)如圖8所表示，一木板傾斜放置，與水平面夾角為θ.將兩個矩形物塊A、B疊放后一起從木板上由靜止釋放，之后A、B保持相對靜止一起以大小為a加速度沿斜面加速下滑.若A、B質量分別為mA和mB，A與B之間和B與木板之間動摩擦因數分別為μ1和μ2.則以下說法正確是A.μ1一定大于tanθB.μ2一定小于tanθC.加速度a大小與mA和mB都無關D.A與B之間摩擦力大小與μ1相關而與μ2無關對點拓展練答案解析√√65圖838/53解析先取AB為一整體，整體受到重力、斜面支持力和摩擦力.沿斜面方向，由牛頓第二定律得：(mA＋mB)gsinθ－FfB＝(mA＋mB)aFfB＝μ2FNFN＝(mA＋mB)gcosθ以上三式聯立可得：a＝gsinθ－μ2gcosθ ①再隔離A物塊，設A受到靜摩擦力為FfA，方向沿斜面向上，對A再應用牛頓第二定律得：mAgsinθ－FfA＝mAa可得出：FfA＝μ2mAgcosθ ②無法判斷出μ1一定大于tanθ.故A錯誤；6539/53A與B組成整體向下做加速運動，由公式①可知，gsinθ＞μ2gcosθ，所以：μ2＜tanθ.故B正確；由公式①可知，加速度a大小與mA和mB都無關.故C正確；由公式②可知，A與B之間摩擦力大小與μ1無關而與μ2相關.故D錯誤.6540/536.(·遼寧鐵嶺市協作體模擬)如圖9所表示，質量為M＝10kg小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F＝10N水平恒力.當小車向右運動速度到達2.8m/s時，在其右端輕輕放上一質量m＝2.0kg小黑煤塊(小黑煤塊視為質點且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數μ＝0.20.假定小車足夠長，g＝10m/s2.則以下說法正確是A.煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩定

后做勻速直線運動B.小車一直做加速度不變勻加速直線運動C.煤塊在3s內前進位移為9mD.小煤塊最終在小車上留下痕跡長度為2.8m答案解析√65圖941/53解析依據牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，代入數據解得：a1＝2m/s2剛開始運動時對小車有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6m/s2，經過時間t，小黑煤塊和車速度相等，小黑煤塊速度為：v1＝a1t，車速度為：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2s，以后煤塊和小車一起運動，依據牛頓第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝m/s26542/53即煤塊和小車一起以加速度a3＝m/s2做加速運動，故選項A、B錯誤；65在2s內小黑煤塊前進位移為：然后和小車共同運動1s時間，此1s時間內位移為：x1′＝v1t′＋

a3t′2＝4.4m，故煤塊在3s內前進位移為4m＋4.4m＝8.4m，故選項C錯誤；在2s內小黑煤塊前進位移x1＝4m，小車前進位移為：x2＝vt＋

a2t2＝(2.8×2＋

×0.6×22)m＝6.8m，二者相對位移為：Δx＝x2－x1＝6.8m－4m＝2.8m，故選項D正確.43/53高考題精選精練44/53題組1全國卷真題精選1.(·全國卷Ⅲ·16)一質點做速度逐步增大勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變為原來9倍.該質點加速度為答案解析12345√解析動能變為原來9倍，則質點速度變為原來3倍，即v＝3v0，45/532.(多項選擇)(·新課標全國Ⅱ·20)在一東西向水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好車廂.當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂掛鉤P和Q間拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為

a加速度向西行駛時，P和Q間拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間摩擦，每節車廂質量相同，則這列車廂節數可能為A.8 B.10 C.15 D.18√√答案解析1234546/53解析設PQ西邊有n節車廂，每節車廂質量為m，則F＝nma ①設PQ東邊有k節車廂，則F＝km·a ②聯立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數，當n＝2時，k＝3，總節數為N＝5當n＝4時，k＝6，總節數為N＝10當n＝6時，k＝9，總節數為N＝15當n＝8時，k＝12，總節數為N＝20，故選項B、C正確.1234547/53A.斜面傾角B.物塊質量C.物塊與斜面間動摩擦因數D.物塊沿斜面向上滑行最大高度3.(多項選擇)(·新課標全國Ⅰ·20)如圖10甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動v－t圖線如圖乙所表示.若重力加速度及圖乙中v0、v1、t1均為已知量，則可求出√答案解析圖10√√1234548/53