2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第1讲 应用“动力学观点”破解力学计算题

1 第1讲 | 应用“动力学观点”破解力学计算题 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄

考法 学法 “动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。涉及的知识主要包括：①匀变速直线运动规律；②自由落体运动规律； ③竖直上抛运动规律；④牛顿运动定律；⑤运动学和动力学图像。复习这部分内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情况分析和运动情况分析。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②临界问题的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作图法；⑥等效思想；⑦分解思想。

┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命题点(一) 匀变速直线运动规律的应用 题型1 多过程运动 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。 [例1] “30 m折返跑”可以反映一个人的身体素质，在平直的跑道上，一学生在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝ 5 m/s2，到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过 vmax＝12 m/s。求该学生“30 m折返跑”的最好成绩。

[审题指导]

运动情景是什么？ 跑向折返线时必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程；跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程 用到什么规律？ 匀变速直线运动的公式

采用什么方法？ 在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移关系等 [解析] 设起点线处为A，折返线处为B，假设该学生从A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为v，做匀加速运动的时间为t1，做匀减速运动的时间为t2，则由运动学公式有v＝a1t1 2

匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有0＝v－a2t2 由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离LAB＝v2(t1＋t2) 时间只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s 因为v

从B到A的加速过程中，速度从零增大到12 m/s所用时间t3＝vmaxa1＝122.5 s＝4.8 s

加速过程通过的位移为x＝vmax2t3＝28.8 m 剩余阶段的匀速过程用时t4＝LAB－xvmax＝30－28.812 s＝0.1 s 所以该学生“30 m折返跑”的最好成绩为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝10.9 s。 [答案] 10.9 s 题型2 追及相遇问题 追及相遇问题是运动学中的常见问题，涉及匀速追匀加速、匀速追匀减速、匀加速追匀速、匀减速追匀速、匀加速追匀减速、匀减速追匀减速等问题。 [例2] A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，当A车在B车后面x＝3.5 m时，A车开始以大小恒定的加速度 aA＝1 m/s2刹车至停止运动，求：

(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间； (2)A车超过B车后，领先B车的最大距离； (3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB＝2 m/s2，但B车的最大速度只有4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车。 [思路点拨]

[解析] (1)设A车用时t追上B车， 对A车，xA＝vAt－12aAt2 对B车，xB＝vBt 追上时有xA＝xB＋x 解得t1＝1 s，t2＝7 s

显然t1为A车追上B车所用时间，由于t2＝7 s>vAaA＝6 s，故B车追上A车之前，A车 3

已停止运动 设从开始到A车被B车追上用时为t3，

则vBt3＝vA22aA－x，解得t3＝7.25 s A车超过B车后，保持在B车前方的时间为Δt，

所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。 (2)设当A车与B车速度相等用时为t4， 则vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s

则此过程中A车位移为xA′＝vA＋vB2t4 B车位移xB′＝vBt4

由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝xA′－x－xB′，解得

Δx＝4.5 m。 (3)假设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A车开始刹车至两车速度相等过程中， vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6

解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假设成立

对A车，xA″＝vAt5－12aAt52，解得xA″＝10 m

对B车，xB″＝vm2－vB22aB＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m 此时有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A车不能追上B车。 [答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，计算过程见解析

追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系” (1)速度相等往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。 (2)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。

命题点(二) 牛顿运动定律的综合应用 题型1 动力学的两类基本问题 1.由受力情况求解运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。 2.由运动情况求解受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。

［关键点拨］ 4

[例1] 如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA＝1 kg、mB＝4 kg。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为FT＝12 N，对B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由静止开始一起向上运动，外力F逐渐增大，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小； (2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3 m/s，轻绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的间距。 [思维流程]

[解析] (1)轻绳被拉断前瞬间，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律得 F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a 对A有：FT－mAgsin θ＝mAa 代入数据解得F＝60 N。 (2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后， 对A有：－mAgsin θ＝mAaA 设A运动到最高点所用时间为t，则有v0＝－aAt

此过程A的位移为xA＝vAt＝v0t2 对B有：F－mBgsin θ＝mBaB xB＝v0t＋12aBt2 代入数据解得两者间距为x＝xB－xA＋L＝2.375 m。 [答案] (1)60 N (2)2.375 m 题型2 牛顿运动定律与图像的综合问题 解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这类知识融会贯通。 [例2] (2018·安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面有一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知A 5

的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v ­t图像如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。 [解析] (1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为：

a1＝vt＝20.5 m/s2＝4 m/s2

对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得： mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1

解得：μ＝0.25。

(2)B落地后，A继续减速上滑，由牛顿第二定律得： mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2

解得：a2＝8 m/s2

故A减速向上滑动的位移为：x2＝v22a2＝0.25 m

0～0.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1＝v22a1＝0.5 m 所以，A上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0.75 m。 (3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功， 由动能定理得：

W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝12mAv2－0

解得：W＝12 J。 [答案] (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J 命题点(三) 动力学的两类典型模型 模型1 传送带模型 传送带模型的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决此类问题的关键。,传送带模型还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。