高中物理高考 2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破 破（8）用动力学观点求解力学计算题

2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破

破（8）用动力学观点求解力学计算题

【真题引领】

(20分)(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1=0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。

(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线。

(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。

(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？

标准答案:

解：(1)v-t图象如图所示。

    (4分)

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1 s，设汽车在t2+(n-1)Δt～t2+nΔt内的位移为sn，n=1，2，3，…

若汽车在t2+3Δt～t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有

s1-s4=3a(Δt)2    ①(1分)

s1=v2Δt-a(Δt)2    ②(1分)

v4=v2-4aΔt     ③(1分)

联立①②③式，代入已知数据解得v4=- m/s  ④(1分)

这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。

由于汽车在t2+3Δt～t2+4Δt内停止，由运动学公式

v3=v2-3aΔt     ⑤(1分)

2as4=     ⑥(1分)

联立②⑤⑥，代入已知数据解得a=8 m/s2，v2=28 m/s⑦(1分)

或者a= m/s2，v2=29.76 m/s   ⑧(1分)

但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去。

(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1=ma     ⑨(1分)

在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为

I=f1(t2-t1)     ⑩(1分)

由动量定理有I=mv1-mv2    (1分)

由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为

W=m-m    (1分)

联立⑦⑨⑩式，代入已知数据解得v1=30 m/s (1分)

W=1.16×105 J    (1分)

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

s=v1t1+(v1+v2)(t2-t1)+   (1分)

联立⑦，代入已知数据解得s=87.5 m  (1分)

阅卷人揭秘:

其中从0到t1时间匀速；t1到t2时间加速度在增大，在v-t图中是斜率变大的曲线；t2时间后是加速度不变的减速运动，在v-t图中是直线。直线和曲线部分要区分清晰，曲线要平滑。

根据假设法探索停止时间在第4 s内还是在第4 s之后。根据运动学公式，联立①②③式，得出矛盾。每式一分。共4分。

没有假设探索的，结果正确也得4分。

⑦式中a=8.0 m/s2，v2=28.0 m/s也得分。

没有对⑧式分析不合题意，扣1分。

⑨式写成f1=ma=16 000 N也得分。

式要写成原始式，不要写成

I=m(v1-v2)

式写成W=m-m不得分。写成-W=m-m也得分。

式中结果写成87.50也得分。

满分答题规则:

规则1：图象题应作图规范，直线应用直尺画，曲线应平滑。

先用铅笔作图，确定正确后再用签字笔画清楚，如t1到t2间需要画成平滑的曲线，否则不得分。

规则2：使用题目给出的符号列式求解

明确物理量的意义，使用题目中物理量的符号。如果使用其他符号要在答案中做出明确说明，如①②③④⑨⑩式。

规则3：要有重要的物理方程式。

写出的物理关系式必须是原始方程式，不能以变形的结果式代替方程式，如⑨、、式。(即先写基本公式再写导出公式)

除上述规则，还需关注以下规则：

规则4：按照设问分条目列公式

不能不分条目地罗列大量公式，这种情况都会归在第一问中给分，剩下的几问不给分。

规则5：写清公式和答案，不必写出推导过程。

只有公式和最后的答案是得分点。中间的数学运算过程在阅卷过程中基本不看。做题时重点写清物理公式和答案，淡化数学运算过程。

【体验规则·赢满分】

1.如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉B，当拉力FT=mg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小；

(2)请推导FT与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出FT-l图象，计算A缓慢移动位移L的过程中FT做功WFT的大小；

(3)当A、B不粘连时，恒力F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。

【答案】：(1)　mg    (2)图见解析　mgL　(3)

解析:(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条件可得2mgsin θ=kx

当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得

FT+k(x-L)=2mgsinθ

解得k=

当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得

k(x-L)-mgsinθ=ma

对B应用牛顿第二定律可得F-mgsinθ=ma

解得F=mg。

(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有：

FT+k(x-l)=2mgsinθ

解得FT=l

画出FT-l图象如图所示，

A缓慢移动位移L，图线与横坐标轴所围成的面积等于FT做功大小，即WFT=mgL。

(3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两个过程应用动能定理可得：

WFT-2mgLsinθ+W=0-0

WF-2mgLsinθ+W=×2mv2-0

又WF=FL，解得v=。

2.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L=2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v0=5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ=37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，

sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；

(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。

【答案】(1)　(2) s

解析:(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg=ma

滑块滑到木板右端时恰好停止，有0-=-2aL

解得μ=。

(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有

mgsin θ+μmgcosθ=ma1

0-=-2a1s

0=v0-a1t1

解得s= m，t1= s

设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

s=a2

解得t2= s

滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间

t=t1+t2= s。

3.在倾角θ=37°的粗糙斜面上有一质量m=2 kg的物块，物块受如图甲所示的水平恒力F的作用。t=0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t=

4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x=18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)物块在A点的速度大小；

(2)水平恒力F的大小。

【答案】(1)5 m/s　(2)10.1 N

解析:(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x=t

解得v0=5 m/s。

(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则

x=v0t-a1t2

解得a1=0.25 m/s2

设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时加速度大小为a2，有

μmg=ma2

由题图乙中图线可知a2=2 m/s2

解得μ=0.2

物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则

Fcos θ-mgsin θ+Ff=ma1

Ff=μFN

FN=mgcos θ+Fsin θ

解得F≈10.1 N。

4.如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2。求：

(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；

(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。

【答案】(1)10 m/s2　(2)4 m/s

解析:(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1

解得：a1=10 m/s2。

(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，

则v0-v=a1t1，解得：t1=0.5 s

通过的位移：

x1=t1=×0.5 m=3.75 m<6 m

因μ<tan37°，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为a2，

则：mgsin37°-μmgcos37°=ma2

解得：a2=2 m/s2

设物块到达传送带顶端时的速度为v1，

则：v2-=2a2x2

x2=l-x1=2.25 m

解得：v1=4 m/s。