1、第 4 讲 Error!考法学法应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体问题、传送带问题、板块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：整体法和隔离法； 正交分解法；作图法； 图像法；等效思想； 临界极值思想。提 能 点 一 以 加 速 度 为 桥 梁 ，巧 解 连 接 体 问 题 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通 1连接体问题中的两类瞬时性模型刚性绳(或接触面) 弹簧(或橡皮绳)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离) 后，其弹力立即消失，
2、不需要形变恢复时间两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看成保持不变2动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。题点全练 1.如图所示，物块 A 放在木板 B 上，A、B 的质量均为 m，A、B之间的动摩擦因数为 ，B 与地面之间的动摩擦因数为 。若将水平3力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A 的加速度为 a1；若将水平力作用在 B 上，使
3、 B 刚好要相对 A 滑动，此时 B 的加速度为 a2，则 a1 与 a2 的比为( )A11 B23C13 D32解析：选 C 当水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A、B 的加速度相等，单独对 B 分析，B 的加速度为：a Ba 1 g；当水平力作用在 B 上，mg 32mgm 13使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 A、B 间的摩擦力刚好达到最大，A、B 的加速度相等，有：aAa2 g，可得 a1a213，C 正确。mgm2.如图所示，50 个大小相同、质量均为 m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力 F 作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为 30，各小物
4、块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第 46 个小物块对第 45 个小物块的作用力大小为( ) A. F910B. F110C. mg F452 110D因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析：选 B 以 50 个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得 a g(sin 30cos 30)，以下侧 45 个小物块为研究对F 50mgsin 30 50mgcos 3050m F50m象，由牛顿第二定律得 F45mg sin 3045mg cos 30F N45ma，解得 FN F，故 B110正确。3(2018保定调研)如图所示，两个质量分别为 m1、m 2 的物块 A和 B 通过一
5、轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接 A，另一端固定在墙上，A、B 与传送带间的动摩擦因数均为 。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为 aA和 aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g)，则( )Aa A g，a Bg(1 m2m1)Ba Ag，a B0Ca A g，a B0(1 m2m1)Da Ag，a Bg解析：选 C 系统稳定时 A 和 B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为 m2g，等于弹簧向左的弹力大小 F，B 受到的合外力为 0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则 B 的 加
6、 速 度 大 小 aB 0； A 的 加 速度大小 aA F m1gm1g，选项 C 对。(1 m2m1)提 能 点 二 以 加 速 度 为 桥 梁 ，巧 解 传 送 带 问 题 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度 v1 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37。一物块以初速度 v0 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 vt 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2，则( )A传送带的速度为 4 m/sB传送带底端到顶端的距离为 14 mC物块与传送
7、带间的动摩擦因数为18D物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析 如果 v0 小于 v1，则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度 v0 一定大于 v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后，继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为 4 m/s，选项 A正确；传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积，即 (412) 1 12m 14 m10 m，选项 B 错误；01 s 内，a 1gsin gcos 8 m/s2，12 s 内，12a 2gsin gcos 4 m/s2，解得 ，选项 C 错误；在 12 s 内
8、，物块所受的摩擦力14方向与物块的运动方向相同，选项 D 错误。答案 A悟一法 传送带问题的突破口初态、共速、末态通一类 1(2019 届高三衡水调研) 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 沿顺时针方向运行，初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 vt 图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知 v2v 1，则( )At 1 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大Bt 1 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大C0t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t 3 时间内，小物块始
9、终受到大小不变的摩擦力作用解析：选 B 由题图乙可知： t1 时刻小物块向左运动最远，即离 A 处的距离达到最大，t1t 2 时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此 t2 时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A 错误， B 正确；0t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t 2t 3 时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D 错误。2.(2018郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 间长度为 L，传送带与水平方向的夹角为 ，工作时其运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 ，正常工作时工人在 A 点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A
10、到 B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A粮袋到达 B 点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为 g(sin cos )，若 L 足够大，则以后将一定以速度 v做匀速运动C若 tan ，则粮袋从 A 到 B 一定一直做加速运动D不论 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 agsin 解析：选 A 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 点时的速度小于 v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 B 点时速度与 v 相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动
11、，到达 B 点时的速度 大 于 v， 故 A 正 确 ； 粮 袋 开 始 运 动 时 受 到 沿 斜 面 向 下 的 滑 动 摩 擦力，大小为 mgcos ，根据牛顿第二定律得，加速度 ag(sin cos )，故 B 错误；若tan ，粮袋从 A 到 B 可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故 C 错误；由以上分析可知，粮袋从 A 到 B 不一定一直做匀加速运动，故 D错误。提 能 点 三 以 加 速 度 为 桥 梁 ，巧 解 板 块 模 型 问 题 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题 (2018铁岭协作体模拟)如图所示，质量为
12、 M10 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个 F10 N 的水平恒力。当小车向右运动的速度达到 2.8 m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m2.0 kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零 )，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数 0.20。假定小车足够长，g10 m/ s2。则下列说法中正确的是( )A煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动B小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C煤块在前 3 s 内前进的位移为 9 mD煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m解析 根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：F Nma 1，F Nmg0，解得： a1
13、2 m/s2，对小车有：FF NMa 2，解得：a 20.6 m/s2，经过时间 t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v 1a 1t，小车的速度为：v 2va 2t，v 1v 2，解得：t2 s，以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F(M m) a3，解得：a 3 m/s2，即煤块和小车一56起以加速度 a3 m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前 2 s 内煤块前进的位移为：56x1 a1t2 222 m4 m，然后和小车共同运动 1 s 时间，此 1 s 时间内位移为：12 12x1v 1t a3t 24.4 m，故煤块在前 3 s 内前进的位移为 4 m4.4 m8.4 m，C
14、12错误；在前 2 s 内煤块前进的位移 x14 m，小车前进的位移为：x 2vt a2t212m6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度) 为：xx 2x 16.8 (2.82 120.622)m4 m2.8 m，D 正确。答案 D悟一法 1板块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。2滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够大。通
15、一类 1.如图所示，固定斜面 C 的倾角为 ，长木板 A 与斜面间动摩擦因数为 1，A 沿斜面下滑时加速度为 a1，现将 B 置于长木板 A 顶端，A、B 间动摩擦因数为 2，此时释放 A、B，A 的加速度为 a2，B 的加速度为 a3，则下列说法正确的是( )A若 12，则有 a1a 22，则有 a2a3D若 1a2a 3解析：选 B 若 12，A 、B 之间有相对滑动，且 B 的加速度大于 A 的加速度，a2a1，A 错误， B 正确；若 16 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，5222A 错误；传送带的速度为 1 m/s 和 5 m/s 时，小物块在传送带上受力
16、情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B 正确，C 错误；小物块的速度为 4 m/s 时，速度减至零时通过的位移 x m4 m18 N 时，开始相对滑动解析：选 A 单独对 B 分析， A、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 刚好要发生相对滑动，此时 aB 6 m/s 2，再对整体分析：F (mAm B)aB48 N，故只有当拉力mAgmBF48 N 时，A 、B 才发生相对滑动，A 对，B 、D 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C 错。10多选 (2018桂林联考)如图所示，一小物体 m(视为质点)从 光滑圆弧轨道上与圆14心 O 等高处由静止释放，圆弧
17、半径 R0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体 m 能滑过右端的 B 点，且落在水平地面上的 C 点，取重力加速度 g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A物体 m 滑到最低点 A 时对轨道的压力大小与轨道半径 R 的大小有关B若传送带逆时针运行，则物体 m 也能滑过 B 点，落在 C 点C若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s 时，物体 m 落在 C 点的右侧D若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s，物体 m 加速运动，落在 C 点右侧，C 正确；若 vmgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin mgcos )，先做匀加速运
18、动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项 A 正确；滑块在 0t 0 时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a 1gsin gcos ，由题图乙可知 a1 ，则 tan ，选项 B 错误；滑块与传送带的速度相等后的加速v0t0 v0gt0cos 度 a2gsin g cos ，解得 a22gsin ，选项 D 正确；由前述分析结合题图乙知，v0t0传送带的速度等于 v0，选项 C 错误。12多选 (2019 届高三深圳调研)如图甲所示，质量 m1 kg、初速度 v06 m/s 的物块受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从
19、O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取 g10 m/s2，下列说法中正确的是( )At2 s 时物块速度为零Bt3 s 时物块回到 O 点C恒力 F 大小为 2 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1解析：选 ACD 物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a 1 v022x1 3626m/s23 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t 1 2 s，故 A 正确；物块反v0a1向做匀加速直线运动的加速度大小为：a 2 m/s21 m/s2，反向加速回到 Ov 22x2 1628点所用的时间 t s2 s，故
20、B 错误；根据牛顿第二定律得：2x1a2 261 3FF fma 1，FF fma 2，解得： F2 N，F f1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为： 0.1，故 C、D 正确。Ffmg13多选 (2018宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端与物块 A 连接，物块 B 与物块 A 接触但不粘连；两物块 A、B 质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，A、B 在开始一段时间内的 v t 关系分别对应图乙中 A、B 图线(t 1时刻 A、 B 的图线相切，t 2 时刻对
21、应 A 图线的最高点) ，重力加速度为 g，则( )At 2 时刻，弹簧形变量为 0Bt 1 时刻，弹簧形变量为mgsin makC从开始到 t2 时刻，拉力 F 逐渐增大D从 t1 时刻开始，拉力 F 恒定不变解析：选 BD 由题图知，t 2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有 mgsin kx 1，则 x1 ，故 A 错误；t 1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛mgsin k顿第二定律得 kx2mgsin ma，则 x2 ，故 B 正确；从开始到 t1 时刻，对mgsin makA、B 整体，根据牛顿第二定律得 Fkx2mgsin 2ma，得 F2mg
22、sin 2makx，x 减小，F 增大，从 t1 时刻开始，对 B 由牛顿第二定律得 Fmgsin ma ，得 Fmgsin ma ，可知 F 不变，故 C 错误， D 正确。14多选 (2018云南师大附中模拟)如图所示，质量为 M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为 m 的木块 (可视为质点) ，在木板上施加一水平向右的恒力 F，木块和木板由静止开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为 x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方法可使位移 x 增大的是( )A仅增大木板的质量 MB仅减小木块的质量 mC仅增大恒力 FD仅增大木块与木板间的动摩擦因数解析：选 AD
23、 设木板长为 L，当木块与木板分离时，运动时间为 t，对于木板：Fmg Ma 1，x 1 a1t2，对于木块：mgma 2，x 2 a2t2，当木块与木板分离时，它们12 12的位移满足 L a1t2 a2t2，解得 t ，则木块相对地面运动的位移为 x a2t2；仅12 12 2La1 a2 12增大木板的质量 M，a 1 变小， a2 不变，则 t 增大，x 增大，故 A 正确；仅减小木块的质量m，a 1 变大，a 2 不变，则 t 减小，x 减小，故 B 错误；仅增大恒力 F，a 1 变大，a 2 不变，则t 减小，x 减小，故 C 错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数， a1 变小，a 2 变大，则 t 增大，x 增大，故 D 正确。
