高三物理一轮复习精品学案专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题.docx
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高三物理一轮复习精品学案专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题
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,从而确定未知力.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 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( )
A.甲球用的时间比乙球长
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 小球的质量m=ρ·
πr3,由题意知m甲>m乙,ρ甲=ρ乙,则r甲>r乙.空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得,mg-f=ma,则a=
=g-
=g-
,可得a甲>a乙,由h=
at2知,t甲 知,v甲>v乙,故选项B正确;因f甲>f乙,由球克服阻力做功Wf=fh知,甲球克服阻力做功较大,选项D正确. 二、动力学中的临界与极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句,明显表明题述的过程存在着临界点. (2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句,表明题述过程存在着“起止点”,而这些“起止点”一般对应着临界状态. (3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点. 2.常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件: 两物体相接触或脱离,临界条件是: 弹力FN=0. (2)相对滑动的临界条件: 静摩擦力达到最大值. (3)绳子断裂与松弛的临界条件: 绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件: 物体所受合外力为零. 自测2 (2015·山东理综·16)如图1,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为( ) 图1 A. B. C. D. 答案 B 解析 对物体A、B整体在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;对物体B在竖直方向上有μ1F=mBg;联立解得: = ,选项B正确. 命题点一 动力学两类基本问题 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. 类型1 已知物体受力情况,分析物体运动情况 例1 (2014·课标全国卷Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的 .若要求安全距离仍为120m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度. 答案 20m/s 解析 设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg=ma0① s=v0t0+ ② 式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度. 设在雨天行驶时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ= μ0③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg=ma④ s=vt0+ ⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v=20m/s(v=-24m/s不符合实际,舍去) 变式1 如图2所示滑沙游戏中,做如下简化: 游客从顶端A点由静止滑下8s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m=70kg,倾斜滑道AB长lAB=128m,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力. 图2 (1)求游客匀速下滑时的速度大小; (2)求游客匀速下滑的时间; (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N 解析 (1)由mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2.游客匀速下滑时的速度大小为v=at1=16m/s. (2)加速下滑路程为l1= at12=64m,匀速下滑路程l2=lAB-l1=64m,游客匀速下滑的时间t2= =4s. (3)设游客在BC段的加速度大小为a′,由0-v2=-2a′x 解得a′= =8m/s2,由牛顿第二定律得F+μmg=ma′,解得制动力F=210N. 类型2 已知物体运动情况,分析物体受力情况 例2 (2014·课标全国卷Ⅱ·24)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g=10m/s2. (1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小; (2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m=100kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字) 图3 答案 (1)87s 8.7×102m/s (2)0.008kg/m 解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有 v=gt① s= gt2② 根据题意有 s=3.9×104m-1.5×103m=3.75×104m③ 联立①②③式得 t≈87s④ v≈8.7×102m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据平衡条件有mg=kvmax2⑥ 由所给的v—t图象可读出vmax≈360m/s⑦ 由⑥⑦式得k≈0.008kg/m 变式2 如图4甲所示,质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v-t图象)如图乙所示,g取10m/s2,求: 图4 (1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L; (2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s2 4m/s2 8N 解析 (1)在2s内,由题图乙知: 物块上升的最大距离: x1= ×2×1m=1m 物块下滑的距离: x2= ×1×1m=0.5m 所以位移大小x=x1-x2=0.5m 路程L=x1+x2=1.5m (2)由题图乙知,所求两个阶段加速度的大小 a1=4m/s2 a2=4m/s2 设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律有 0~0.5s内: F-Ff-mgsinθ=ma1 0.5~1s内: Ff+mgsinθ=ma2 解得F=8N 命题点二 多物体多过程问题 1.将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接. 2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图. 3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程. 4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程. 5.联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论. 例3 (2015·全国卷Ⅱ·25)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ=37°(sin37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图5所示.假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变.已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g=10m/s2.求: 图5 (1)在0~2s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间. 答案 (1)3m/s2 1m/s2 (2)4s 解析 (1)在0~2s时间内,A和B的受力如图所示,其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1=μ1FN1① FN1=mgcosθ② Ff2=μ2FN2③ FN2=FN1′+mgcosθ,FN1′=FN1④ 规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 mgsinθ-Ff1=ma1⑤ mgsinθ-Ff2+Ff1′=ma2,Ff1′=Ff1⑥ 联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 a1=3m/s2⑦ a2=1m/s2.⑧ (2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则 v1=a1t1=6m/s⑨ v2=a2t1=2m/s⑩ 2s后,设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零,同理可得 a1′=6m/s2⑪ a2′=-2m/s2⑫ 由于a2′<0,可知B做减速运动.设经过时间t2,B的速度减为零,则有 v2+a2′t2=0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t2=1s⑭ 在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为 x= - =12m<27m⑮ 此后B静止不动,A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B,则有 l-x=(v1+a1′t2)t3+ a1′t32⑯ 可得t3=1s(另一解不合题意,舍去)⑰ 设A在B上总的运动时间t总,有t总=t1+t2+t3=4s 变式3 (2018·华中师范大学附中模拟)如图6甲所示为一倾角θ=37°足够长的斜面,将一质量m=1kg的物体在斜面上静止释放,同时施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化关系图象如图乙所示,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求: 图6 (1)2s末物体的速度大小; (2)前16s内物体发生的位移. 答案 (1)5m/s (2)30m,方向沿斜面向下 解析 (1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得 mgsinθ-F1-μmgcosθ=ma1, v1=a1t1, 代入数据可得 v1=5m/s. (2)设物体在前2s内发生的位移为x1,则 x1= a1t12=5m. 当拉力为F2=4.5N时,由牛顿第二定律可得 mgsinθ-μmgcosθ-F2=ma2, 代入数据可得a2=-0.5m/s2, 物体经过t2时间速度减为零,则 0=v1+a2t2, t2=10s, 设t2时间内发生的位移为x2,则 x2=v1t2+ a2t22=25m, 由于mgsinθ-μmgcosθ 故物体在前16s内发生的位移x=x1+x2=30m,方向沿斜面向下. 命题点三 临界和极值问题 1.基本思路 (1)认真审题,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 例4 如图7所示,在水平长直的轨道上,有一长度L=2m的平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s向右做匀速直线运动.某时刻将一质量为m=1kg的小滑块轻放到车上表面的中点,滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2,取g=10m/s2,求: 图7 (1)小滑块m的加速度大小和方向; (2)通过计算判断滑块能否从车上掉下; (3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F,要保证滑块不能从车的左端掉下,恒力F大小应满足什么条件? 答案 见解析 解析 (1)滑块放上车时相对车向左运动,所受滑动摩擦力向右,Ff=μmg, 根据牛顿第二定律有F合=Ff, F合=ma, 得滑块加速度a=μg=2m/s2,方向向右. (2)滑块放上车后做匀加速直线运动,设当经历时间t之后速度达到v0,滑块通过位移x1= at2且v0=at, 车通过位移x2=v0t, 位移差Δx=x2-x1, 由于Δx> =1m,故滑块会掉下来. (3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同,故滑块所受合力F合′=Ff+F, 由牛顿第二定律有F合′=ma′, 滑块放上车后做匀加速直线运动,设当经历时间t′之后速度达到v0,滑块通过位移x1′= a′t′2, 且v0=a′t′, 车通过位移x2′=v0t′, 只需要满足位移差 Δx′=x2′-x1′≤ 即可, 联立以上各式有F≥6N. 变式4 如图8所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加,在增大到45N的过程中,则( ) 图8 A.当拉力F<12N时,物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动 答案 D 解析 A、B一起加速运动是因为A对B有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,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,则物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小.以A为研究对象进行受力分析,受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力,有F-Ff=mAa;再以B为研究对象,受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a= = = m/s2=6m/s2,有F=48N.由此可以看出,当F<48N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是说,A、B间不会发生相对运动,故选项D正确. 变式5 如图9所示,水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球,静止时,箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速直线运动,然后改做加速度大小为a的匀减速直线运动直至静止,经过的总位移为x,运动过程中的最大速度为v. 图9 (1)求箱子加速阶段的加速度大小; (2)若a>gtanθ,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)0 m 解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为a′,经过的位移为x1,减速阶段经过的位移为x2,有v2=2a′x1,v2=2ax2,且x1+x2=x,解得a′= . (2)如果球刚好不受箱子作用,箱子的加速度设为a0,应满足FNsinθ=ma0,FNcosθ=mg,解得a0=gtanθ.箱子减速时加速度水平向左,当a>gtanθ时,箱子左壁对球的作用力为零,顶部对球的力不为零.此时球受力如图,由牛顿第二定律得,FN′cosθ=F+mg,FN′sinθ=ma,解得F=m .
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