2025世紀(jì)金榜《高中高考考前》高考物理沖刺考試方法答題技巧高考預(yù)測(cè)板塊五動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三大觀點(diǎn)

PAGE板塊五動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三大觀點(diǎn)考向一動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)【真題研磨】典例(2024·江西選擇考)雪地轉(zhuǎn)椅是一種游樂(lè)項(xiàng)目,其中心傳動(dòng)裝置帶動(dòng)轉(zhuǎn)椅在雪地上滑動(dòng)。如圖(a)、(b)所示,傳動(dòng)裝置有一高度可調(diào)的水平圓盤,可繞通過(guò)中心O點(diǎn)的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩,輕繩另一端B連接轉(zhuǎn)椅(視為質(zhì)點(diǎn))。轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后,其角速度與圓盤角速度相等。轉(zhuǎn)椅與雪地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。(1)在圖(a)中,若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點(diǎn)做半徑為r1的勻速圓周運(yùn)動(dòng)①。求AB與OB之間夾角α的正切值。(2)將圓盤升高,如圖(b)所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后在水平雪地上繞O1點(diǎn)做半徑為r2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)②,繩子與豎直方向的夾角為θ,繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時(shí)圓盤的角速度ω2。審題思維題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①拉力沿切線方向的分量與滑動(dòng)摩擦力平衡,沿半徑方向的分量提供向心力②拉力分解為豎直分力和水平分力,水平分力沿切線方向的分量與滑動(dòng)摩擦力平衡,水平分力沿半徑方向的分量提供向心力模型轉(zhuǎn)化勻速圓周運(yùn)動(dòng)F拉·sinα=fF拉·cosα=mv2r=mω失分警示圓盤升高后豎直方向支持力不再等于重力【解析】(1)轉(zhuǎn)椅做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)此時(shí)輕繩拉力為T,轉(zhuǎn)椅質(zhì)量為m,對(duì)轉(zhuǎn)椅受力分析可知,輕繩拉力沿切線方向的分力與轉(zhuǎn)椅受到地面的滑動(dòng)摩擦力平衡,沿半徑方向的分力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,故可得Tcosα=mω12μmg=Tsinα聯(lián)立解得tanα=μg(2)設(shè)此時(shí)輕繩拉力為T',沿A1B和垂直A1B豎直向上的分力分別為T1=T'sinθ,T2=T'cosθ對(duì)轉(zhuǎn)椅,根據(jù)牛頓第二定律得T1cosβ=mω22沿切線方向T1sinβ=f=μFN豎直方向FN+T2=mg聯(lián)立解得ω2=μg答案:(1)μgω12【答題要素】1.動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題,即兩類基本題型(1)已知運(yùn)動(dòng)求力;(2)已知力求運(yùn)動(dòng)。2.動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題解答步驟3.動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題解答關(guān)鍵:求加速度a。加速度a在問(wèn)題解答中起著橋梁作用?！径嗑S演練】1.維度:已知運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況(2024·福建南平三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史,有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示,挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹,從半蹲狀態(tài)到直立狀態(tài),此過(guò)程中毛竹經(jīng)歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個(gè)階段,兩階段均視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)且加速度大小相等。已知毛竹上升過(guò)程總時(shí)間為t,上升高度為h,毛竹和綿幡的總質(zhì)量為m,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。求毛竹上升過(guò)程中:(1)最大速度vm的大小;(2)勻加速階段加速度a的大小;(3)勻減速階段對(duì)表演者的壓力FN的大小。【解析】(1)由題意可知,毛竹先勻加速上升再勻減速上升,平均速度均為v=v又h=12vmt,解得vm=本題還可以采用圖像法,作出整個(gè)過(guò)程的v-t圖像如圖所示根據(jù)圖線與時(shí)間軸圍成的面積物理意義表示位移,即h=12vmt可得vm=(2)根據(jù)加速度的定義式可知a=Δvt(3)毛竹勻減速階段,加速度豎直向下,根據(jù)牛頓第二定律可知mg-F=ma解得F=m(g-4h根據(jù)牛頓第三定律可知,勻減速階段對(duì)表演者的壓力為FN=F=m(g-4h答案:(1)2ht(2)4ht2(3)m2.維度:兩類基本動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的融合如圖所示,“V”形光滑支架下端用鉸鏈固定于水平地面上,支架兩臂與水平面間夾角θ均為53°,“V”形支架的AB臂上套有一根原長(zhǎng)為l的輕彈簧,輕彈簧的下端固定于“V”形支架下端,上端與一小球相接觸但不連接,該臂上端有一擋板。已知小球質(zhì)量為m,支架每臂長(zhǎng)為3l2,支架靜止時(shí)彈簧被壓縮了13,重力加速度為g?，F(xiàn)讓小球隨支架一起繞中軸線OO'以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。sin53°=4(1)輕彈簧的勁度系數(shù)k;(2)輕彈簧恰為原長(zhǎng)時(shí),支架的角速度ω0;(3)當(dāng)ω=12ω0【解析】(1)受力分析如圖支架靜止時(shí)彈簧被壓縮了13由平衡條件得kl3=mgsin解得k=12(2)輕彈簧恰為原長(zhǎng)時(shí),如圖所示,支架的角速度ω0mgtanθ=mω02l解得ω0=20(3)當(dāng)ω=12ω0Ncosθ+kxsinθ=mgNsinθ-kxcosθ=mω2(l-x)cosθ聯(lián)立解得輕彈簧彈力:kx=3655擋板彈力為FN=0答案:(1)12mg5l(2)20g9考向二動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的能量觀點(diǎn)【真題研磨】典例(2024·新課標(biāo)全國(guó)卷)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí),為安全起見(jiàn),要求下降過(guò)程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖,一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q,二人配合可使重物緩慢豎直下降①。若重物的質(zhì)量m=42kg,重力加速度大小g=10m/s2,當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α=37°時(shí),Q繩與豎直方向的夾角β=53°。(sin37°=0.6)(1)求此時(shí)P、Q繩中拉力的大小;(2)若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的過(guò)程中,兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功②。審題思維題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①Q(mào)拉力、P拉力和重物重力三力合力為零②下降過(guò)程中拉力是變力,變力做功應(yīng)用動(dòng)能定理求解模型轉(zhuǎn)化正交分解水平方向:FP·sinα=FQ·sinβ豎直方向:FP·cosα=FQ·cosβ+mg【解析】(1)重物下降的過(guò)程中受力平衡,設(shè)此時(shí)P、Q繩中拉力的大小分別為T1和T2,豎直方向T1cosα=mg+T2cosβ,水平方向T1sinα=T2sinβ,聯(lián)立代入數(shù)值得T1=1200N,T2=900N。(2)整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得W+mgh=0,解得兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功為W=-4200J。答案:(1)1200N,900N(2)-4200J【答題要素】1.運(yùn)用動(dòng)能定理解題三步驟2.機(jī)械能守恒或能量守恒解題四步驟【多維演練】1.維度:能量守恒定律如圖所示,豎直面內(nèi)一半徑為R的部分圓筒軌道固定在水平地面上,O為圓心,AB為豎直直徑,軌道末端為C點(diǎn),OC與OB的夾角為θ。軌道左側(cè)地面上有一可以沿地面左右移動(dòng)的豎直立柱,其高為H,下端為D點(diǎn),其上放一球b?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的球a以速度v0從A點(diǎn)射入,離開C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為1.6N,然后擊中b,已知m=0.1kg,v0=1m/s,R=0.5m,θ=37°,H=0.17m,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì)。小球可看作質(zhì)點(diǎn),sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)a由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中損失的機(jī)械能;(2)BD間的距離?！窘馕觥?1)小球在C點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mgcosθ=mv小球由A到C過(guò)程,根據(jù)能量守恒定律有mgR(1+cosθ)=12mv2-12mv聯(lián)立解得Q=0.75J(2)小球從C到擊中b上升的高度為h=H-R(1-cosθ)豎直方向有h=vsinθ·t-12gt水平方向有x=vcosθ·t,BD間的距離為xBD=x+Rsinθ聯(lián)立解得xBD=0.46m或xBD=0.524m答案:(1)0.75J(2)0.46m或0.524m2.維度:動(dòng)能定理+機(jī)械能守恒如圖所示,某兒童彈珠類游戲裝置由水平面上的固定傾斜軌道、豎直圓軌道(最低點(diǎn)D處分別與水平軌道CD和DE相切)和右端固定的輕質(zhì)彈簧組成,且各部分平滑相接。某次游戲時(shí),彈珠(可視為質(zhì)點(diǎn))從傾斜軌道頂點(diǎn)A點(diǎn)由靜止釋放,沿傾斜軌道下滑,經(jīng)過(guò)圓軌道后壓縮彈簧,然后被彈回,再次經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上傾斜軌道,如此往復(fù)多次。已知圓軌道半徑r=0.1m,彈珠的質(zhì)量m=20g,傾斜軌道的傾角θ=37°及底邊BC的長(zhǎng)度L=1.6m,彈珠與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,忽略其他軌道摩擦及空氣阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)彈珠第一次通過(guò)豎直圓軌道最高點(diǎn)H時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能及彈珠前兩次(即第一次和第二次)壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能之比;(3)調(diào)節(jié)豎直圓軌道的半徑為R=0.04m,其他條件不變,仍將彈珠從傾斜軌道頂點(diǎn)A處由靜止釋放,則此后彈珠通過(guò)H點(diǎn)的次數(shù)?！窘馕觥?1)彈珠從A點(diǎn)到H點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得mg(Ltanθ-2r)-μmgcosθ·Lcosθ=12mv在H點(diǎn),對(duì)彈珠,根據(jù)牛頓第二定律得mg+FN=mvH2解得FN=2.2N根據(jù)牛頓第三定律知,彈珠對(duì)軌道的壓力大小為2.2N。(2)彈珠第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至壓縮到彈簧最短,此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大,設(shè)為Ep1。由功能關(guān)系得mgLtanθ-μmgcosθ·Lcosθ=Ep1解得Ep1=0.16J設(shè)第二次沿斜面上升的最大高度為H2,第二次壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep2。彈珠第二次沿斜面上升的過(guò)程,由功能關(guān)系得Ep1=mgH2+μmgcosθ·H2sin第二次從斜面上下滑至壓縮彈簧到最短的過(guò)程,由動(dòng)能定理得Ep2=mgH2-μmgcosθ·H2sinθ=Ep1-2μmgcosθ·可求得Ep1Ep2(3)由(2)同理可得,彈珠第二次與第三次壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能之比為Ep2Ep3……彈珠第n-1次與第n次壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能之比為Epn-則得Epn=(12)n-1E設(shè)第n次壓縮彈簧前彈珠的速率為vn,則Epn=12mEp1=12m綜上所述,vn-12vn2=2得v當(dāng)n取最大,速度為vn時(shí)彈珠仍可以過(guò)H點(diǎn)由D到H,由動(dòng)能定理得-mg·2R=12mvHn2-在H點(diǎn),有mg≤mv聯(lián)立解得n≤4,所以彈珠可以通過(guò)H點(diǎn)8次。答案:(1)2.2N(2)0.16J2(3)8次考向三動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的動(dòng)量觀點(diǎn)【真題研磨】典例(2024·甘肅選擇考)如圖,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細(xì)繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O'P,小球A開始運(yùn)動(dòng)。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力①。(2)A在最低點(diǎn)時(shí),細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時(shí)間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運(yùn)動(dòng)②。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對(duì)B滑行4m③后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。審題思維題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①繩子拉力和重力的合力提供向心力②水平方向動(dòng)量守恒,碰后A水平速度為零③摩擦力乘以相對(duì)位移即動(dòng)能損失轉(zhuǎn)化為的摩擦生熱模型轉(zhuǎn)化【解析】根據(jù)題意,設(shè)A、C質(zhì)量為m=2kg,B的質(zhì)量為M=6kg,細(xì)繩OP長(zhǎng)為l=1.6m,初始時(shí)細(xì)繩與豎直方向夾角θ=60°。(1)A開始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有mgl(1-cosθ)=12mv對(duì)最低點(diǎn)受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=m解得v0=4m/s,F=40N(2)A與C相碰時(shí),水平方向動(dòng)量守恒,由碰后A豎直下落可知mv0=0+mvC故解得vC=v0=4m/s(3)A、C碰后,C相對(duì)B滑行4m后與B共速,則對(duì)C、B分析,過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv0=(M+m)v根據(jù)能量守恒得μmgL相對(duì)=12mv02-12(m+聯(lián)立解得μ=0.15答案:(1)40N(2)4m/s(3)0.15【答題要素】1.動(dòng)量定理解題三步驟2.動(dòng)量守恒解題四步驟【多維演練】1.維度:完全非彈性碰撞(2023·北京等級(jí)考)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn),在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L。現(xiàn)將A拉至某一高度,由靜止釋放,A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求:(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H;(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F;(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE?！窘馕觥?1)A下擺過(guò)程機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得:mgH=12mv解得:H=v(2)碰撞前瞬間,繩子的拉力與重力的合力提供向心力,對(duì)A,由牛頓第二定律得:F-mg=mv2L解得:F=mg(3)A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向左為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv=2mv'由能量守恒定律得:12mv2=12×2mv'2解得:ΔE=14mv答案:(1)v22g(2)mg+mv22.維度:動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律綜合應(yīng)用如圖所示裝置放置在水平地面上,質(zhì)量m1=0.5kg的滑塊P從四分之一光滑圓弧A端點(diǎn)滑到B端點(diǎn),隨后通過(guò)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶。已知圓弧半徑R=0.5m,傳送帶長(zhǎng)d=1m,與地面高度h=1.8m?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn),滑塊P與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,不計(jì)空氣阻力與傳送帶轉(zhuǎn)輪的大小。(1)求滑塊P滑到圓弧B端點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小;(2)求滑塊P由C拋出的水平距離x與傳送帶速度v的關(guān)系;(3)若傳送帶速度v=6m/s,將木塊M與N并排靜置在光滑地面上,木塊M上固定一豎直輕桿,輕桿上端小橫桿上系一長(zhǎng)為l=2m的輕細(xì)線,細(xì)線下端系一質(zhì)量為m2=0.5kg的小球Q?；瑝KP從傳送帶飛出后恰好與小球Q碰撞并連結(jié)為一整體S(可視為質(zhì)點(diǎn)),隨后繞懸點(diǎn)小角度擺動(dòng)(不與豎直桿碰撞)。已知木塊M與N的質(zhì)量分別為m3=1kg與m4=2kg。求木塊M與N分離時(shí)S的速度大小?！窘馕觥?1)滑塊P從A端點(diǎn)滑到圓弧B端點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理m1gR=12m1解得vB=10m/s在B點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律FN-m1g=m1v解得FN=15N(2)滑塊P由C拋出后,做平拋運(yùn)動(dòng),則h=12gt解得t=0.6s若一直減速,根據(jù)動(dòng)能定理-μm1gd=12m1v12-1解得v1=2m/s若一直加速,根據(jù)動(dòng)能定理μm1gd=12m1v22-1解得v2=4m/s則若0<v≤2m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=v1t=1.2m若2m/s<v<4m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=vt=(0.6v)m若v≥4m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=v2t=2.4m(3)由(2)知C飛出時(shí)為v2=4m/s滑塊P、小球Q碰撞前后動(dòng)量守恒,則m1v2=(m1+m2)v3解得v3=2m/s根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、以及機(jī)械能守恒(m1+m2)v3=(m1+m2)v4+(m3+m4)v512(m1+m2)v32=12(m1+m2)v42+12(解得v4=-1m/s,v5=1m/s或v4=2m/s,v5=0(不符,舍去)故木塊M與N分離時(shí)S的速度大小為1m/s。答案:(1)15N(2)見(jiàn)解析(3)1m/s1.☆☆(應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)森林著火后,采用直升機(jī)運(yùn)水去滅火,如圖所示。直升機(jī)下方用繩子吊著水桶,為了方便問(wèn)題分析,假設(shè)直升機(jī)與水桶之間用一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)繩子相連。直升機(jī)運(yùn)水飛行的過(guò)程中,水桶受到的空氣阻力與水桶的速度成正比,比例系數(shù)為k。若繩子可以承受的最大拉力為F,水桶和水的總質(zhì)量為m,重力加速度為g。求:(1)直升機(jī)豎直向上加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,水桶的最大加速度;(2)水桶水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),水桶的最大速度及此時(shí)繩子與豎直方向的夾角θ?！窘馕觥?1)水桶受到的空氣阻力與水桶的速度成正比,則f=kv,直升機(jī)豎直向上加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,水桶受到重力、拉力和阻力作用,故FT-mg-kv=ma即Fmax=ma+mg+kv速度越小,拉力越大,則加速度越大,故當(dāng)速度為0,拉力最大時(shí),加速度最大,解得a=F(2)水桶水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),受力分析可得F'sinθ-kv=0,F'cosθ=mg當(dāng)拉力最大時(shí),速度最大,則cosθ=mg則v=F答案:(1)F-mgm(2)F2-m2.☆☆☆(動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒)如圖所示,足夠大的光滑板固定在水平面內(nèi),板上開有光滑的小孔O,細(xì)線穿過(guò)小孔,將小球A、B、C拴接。小球A在光滑板上做勻速圓周運(yùn)動(dòng),小球B、C自然下垂處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知小球A、B、C的質(zhì)量均為m,小球A到小孔O的距離為L(zhǎng),重力加速度為g。(1)求小球A做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v0;(2)剪斷B、C間細(xì)線瞬間,小球A的加速度大小為aA,求此時(shí)小球B的加速度大小aB;(3)剪斷B、C間細(xì)線后,小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中(小球B未與板接觸),細(xì)線對(duì)小球B做的功為W,求小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)小球A的角速度大小ω?！窘馕觥?1)依題意,小