鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律习题课四动力学中的常见题型

这是一份鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律习题课四动力学中的常见题型
动力学中的常见题型[要点归纳]1．常见的几种图像：v­t图像、a­t图像、F­t图像、a­F图像等。2．两类问题(1)已知物体的运动图像或受力图像，分析有关受力或运动问题。(2)已知物体的受力或运动情况，判断选择有关的图像。3．图像问题的分析思路(1)分析图像问题时，首先明确图像的种类及其意义，再明确图线的点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面的物理意义。(2)根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。[例题1]　放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块的速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)A．0.5 kg,0.4　　　　　 B．1.5 kg，eq \f(2,15)C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2[解析]　由题图可得，物块在2～4 s内所受推力F＝3 N，物块做匀加速直线运动，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma物块在4～6 s所受推力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，则F′＝f，f＝μmg解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确。[答案]　A解答本题时应注意以下三点(1)根据图像将物体的运动过程及受力过程进行分段分析；(2)弄清每一段的受力特点和运动特点；(3)分析物体是否还受其他力的作用。　　　　 [针对训练]1．(多选)如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．当F小于图中A点的横坐标时，物体的重力Mg＞F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值C．物体向上运动的加速度和力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于－g解析：选ABD　当0≤F≤Mg时，物体静止，故A正确；当F＞Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝eq \f(F,M)－g，A点表示F＝Mg，所以B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确。2．(多选)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)A．前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 mC．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1D．物体的质量m为2 kg解析：选AC　由vt图像可知，物体在前2 s内做匀加速直线运动，前2 s内物体运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2，故A正确。前4 s内物体运动的位移大小s＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＋v2t2＝eq \f(1,2)×2×22 m＋4×2 m＝12 m，故B错误。物体受力如图所示，对于前2 s，由牛顿第二运动定律得F－f＝ma，f＝μmg,2 s后物体做匀速直线运动，由平衡条件得F′＝f，由Ft图像知F＝15 N，F′＝5 N，代入数据解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C正确，D错误。3．如图甲所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，一带有风帆的滑块由静止开始沿斜面下滑，滑块(连同风帆)的质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到沿斜面向上的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比，即f＝kv。滑块从静止开始沿斜面下滑的vt图像如图乙所示，图中的倾斜直线是t＝0时刻速度图线的切线。若m＝2 kg，θ＝37°，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则μ和k的值分别为(　　)A．0.375　6 N·s/m B．0.375　3 N·s/mC．0.125　6 N·s/mD．0.125　3 N·s/m解析：选B　由vt图像可知，滑块做加速度减小的加速运动，最终以最大速度vmax＝2 m/s做匀速直线运动。t＝0时刻滑块的加速度最大，a＝eq \f(3－0,1－0) m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二运动定律，有mgsin 37°－μmgcos 37°－kv＝ma，当t＝0时，v＝0、a＝3 m/s2，有12 N－16μ N＝6 N，当滑块达到最大速度vmax＝2 m/s时，a＝0，有12 N－16μ N－2 m/s·k＝0，联立上式得μ＝0.375，k＝3 N·s/m，故B正确。[要点归纳]1．题型概述在动力学问题中出现某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态即临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。2．临界问题的常见类型及临界条件(1)接触与分离的临界条件：两物体相接触(或分离)的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。(4)出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。3．解题关键正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。[例题2]　如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？[解析]　(1)当T＝0时，小球受重力mg和斜面的支持力N作用，如图甲所示，则mgtan 45°＝ma解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，线对小球的拉力刚好等于零。(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力T1和斜面的支持力N1作用，如图乙所示。由牛顿第二运动定律得在水平方向上有：T1cos 45°－N1sin 45°＝ma1，在竖直方向上有：T1sin 45°＋N1cos 45°－mg＝0。由上述两式解得N1＝eq \f(\r(2)mg－a1,2)，T1＝eq \f(\r(2)mg＋a1,2)。由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力N1减小，线的拉力T1增大。当a1＝g时，N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为T1＝eq \r(2)mg。所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零。(3)当滑块的加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示。此时细线与水平方向间的夹角α