高考冲刺 知识讲解 动力学方法及应用

1 高考冲刺：动力学方法及应用 【高考展望】 本专题主要讨论利用动力学方法分析解决物理问题的方法。动力学问题是高中物理的主 干和重点知识，动力学方法是高中物理中处理物理问题的常用方法和重要方法，也是历年高 考热点。历年高考试卷中的综合问题往往与动力学知识有关，并且往往把动力学知识与非匀 变速直线运动、圆周运动、平抛运动、电场、磁场、电磁感应等知识点综合起来，这类问题 过程多样复杂，信息容量大，综合程度高，难度大。 　　牛顿运动定律、运动学知识是本专题知识的重点。在对本专题知识的复习中，应在物理 过程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况、运动情况，恰当地选取研究对象 和研究过程，准确地选用适用的物理规律。 【知识升华】 “动力学方法”简介：从“力与运动的关系”角度来研究运动状态和运动过程的学习研究方 法。物体所受的合外力决定物体运动的性质。物体所受的合外力是否为零，决定物体的运动 是匀速运动（或静止）还是变速运动；物体所受的合外力是否恒定，决定物体的运动是匀变 速运动还是非匀变速运动；物体所受合外力的方向与物体运动方向的关系决定物体的运动轨 迹是直线还是曲线。 　　解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动过程进 行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解。 【方法点拨】 常用的解题方法：整体法和隔离法；正交分解法；合成法。 考点一、整体法和隔离法 整体法和隔离法通常用于处理连接体问题。 要点诠释：作为连接体的整体，一般都是运动整体的加速度相同，可以由整体求解出加速度， 然后应用于隔离后的每一部分；或者由隔离后的部分求解出加速度然后应用于整体。处理连 接体问题的关键是整体法与隔离法的配合使用。隔离法和整体法是互相依存、互相补充的， 两种方法互相配合交替使用，常能更有效地解决有关连接体问题。 考点二、正交分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题。 要点诠释：多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上， （沿加 速度方向） (垂直于加速度方向），特别要注意在垂直于加速度方向根据合力为零的 特点正确求出支持力。特殊情况下也可以分解加速度。 考点三、合成法（也叫平行四边形定则、三角形定则） 要点诠释：若物体只受两个力作用而产生加速度时，这时二力不平衡，根据牛顿第二定律可 知，利用平行四边形法则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向。特别是两个力相互垂 直或相等时，应用力的合成法比较简单（匀速圆周运动都属于这类问题）。 【典型例题】 类型一、匀变速直线运动 用动力学方法解决匀变速直线运动问题时，主要根据牛顿运动定律，往往结合运动学知 识和动能定理（动能定理是根据牛顿第二定律推导出来的，导出的公式、定理等很多时候用 起来要简单得多） 例 1、（2016 四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施 等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12m 的载有货 xF ma= 0yF =2 物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23m/s 时，车尾位于制动坡床的底端， 货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4m 时，车头距制动坡床顶端 38m，再 过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍。货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车 分别视为小滑块和平板，取 cosθ=1，sinθ=0.1，g=10 m/s2。求： （1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。 【答案】 (1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小为 ，方向沿斜面向下； (2) 制动坡床的长度为 。 【解析】（1）设货物质量为 m，受到货车支持力大小为 N1，车对货物摩擦力大小为 f1， 受力分析如图： 货物与货车间滑动摩擦因数为 μ1，货物减速时加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律得： ………………① ………………② ………………③ 联立方程①②③，代入数据得： …………④ 方向沿坡面向下。 干道 货物 货车 制动坡床 防撞设施 θ f N mg1 1 θ 2 1 5m/sa = 98mS = 1cosmg Nθ = 1 1sinmg f maθ + = 1 1 1f Nµ= 2 1 5m/sa =3 （2）设货物对车压力大小为 ，对车摩擦力大小为 ，根据牛顿第三定律 ………………⑤ ………………⑥ 车质量为 4m，受坡面支持力大小为 N2，坡面对车阻力大小为 ，受力分析如图： 车减速时加速度大小为 ，根据牛顿第二定律得 ………………⑦ ………………⑧ 由题意得 ………………⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得： ………………⑩ 方向沿坡面向下。 设货车和货物共同的初速度大小为 ，货物相对货车滑动 4m 用时 t，货物相对地面位 移大小为 ，货车相对地面位移大小为 ，根据运动学公式有 ……………… ⑪ ……………… ⑫ ……………… ⑬ 联立⑪⑫⑬，代入数据得： …………⑭ 车长为 ，货物相对车滑动 4m 时车头距顶端 ，坡长为 代入数据，解之得：S＝98m. 1 f ' 1N' f N 4mg2 2 θ 1N′ 1f ′ 1 1N N′ = 1 1f f′= 2f 2a 2 1 4 cosN N mg θ′= + 2 1 24 sin 4f mg f maθ ′+ − = 2 0.44 5f mg= × 2 2 5.5m/sa = 0v 1x 2x 2 1 0 1 1 2x v t a t= − 2 2 0 2 1 2x v t a t= − 1 2 4mx x− = 2 48mx = L L′ S 2S L x L′= + +4 举一反三 【变式 1】民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接供旅客上下飞机外一般还设 有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构 成的斜面，机舱中的人可沿着该斜面滑行到地面上来。设机舱出口离气囊底端的竖直高度 h=3.0m，气囊构成的斜面长 x=5.0m，CD 段为与斜面平滑连接的水平地面，一个质量 m=60kg 的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为 μ=0.5。不计空气阻力， g 取 。 求：（1）人从斜面上滑下时的加速度大小 （2）人滑到斜坡底端时的速度大小 （3）人离开 C 点后在水平地面上滑行的距离 【答案】（1） （2） （3）2.0 m 【解析】（1）人受力如图所示 由牛顿运动定律 解得 （2）由 ，求得 . （3）由牛顿运动定律  由 解得 。 【变式 2】有一质量 m=1kg 的小球串在长 的轻杆顶端，轻杆与水平方向成 ， 静止释放小球，经过 小球到达轻杆底端（ sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）， 10 /m s 22 /m s 2 5 /m s sinmg N maθ µ− = cos 0N mg θ− = 2sin cos 2 /a g g m sθ µ θ= − = 2 2Cv ax= 2 5 /Cv m s= mg maµ ′= 20 2Cv ax′− = − 2x m′ = 0.5s m= 37θ =  0.5t s= 210 /g m s=5 试求： （1）小球与轻杆之间的动摩擦因素； （2）在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为 ，此恒力大小为多少？ 【答案】（1） （2）若此恒力垂直杆向下，F=8N；若此恒力垂直杆向上，F=24N。 【解析】（1）由 求得加速度 沿杆方向、垂直于杆方向正交分解， 应用牛顿第二定律 代入数据联立解得 （2）若此恒力垂直杆向下，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，支持力垂直于 斜面向上，小球受力图如图 1 所示。 根据牛顿第二定律 代入数据联立解得 若此恒力垂直杆向上，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，此时支持力垂直于斜面向 下（因为 ），小球受力图如图 2 所示。 代入数据联立解得 类型二、非匀变速运动 例 2、如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方 A 位置有一只小球。 小球从静止开始下落，在 B 位置接触弹簧的上端，在 C 位置小球所受弹力大小等于重力， 在 D 位置小球速度减小到零，在小球下降阶段中，下列说法正确的是 （ ） A．从 A→D 位置小球先做匀加速运动后做匀减速运动 B．从 A→C 位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 C．在 B 位置小球动能最大 22 /a m s= 0.25µ = 21 2s at= 2 2 2 4 /sa m st = = sinmg f maθ − = cosN mg θ= f Nµ= 0.25µ = sinmg f maθ − = cosN mg Fθ= + f Nµ= 8F N= cosF mg θ′ > sinmg f maθ ′− = cosN F mg θ′ ′= − f Nµ′ ′= 24F N′ =6 D．在 C 位置小球动能最大 【思路点拨】把小球的运动根据受力分为三个阶段： 重力大于弹簧弹力，重力等于弹簧弹力，重力小于弹簧弹力，分析加速度的大小和方向。 【答案】D 【解析】小球到达 B 点前做自由落体运动，（1）重力大于弹力：过 B 点后，C 点前，压缩 弹 簧 ， 设 压 缩 量 为 ， 弹 力 ， 合 外 力 为 ， 应 用 牛 顿 第 二 定 律 ， ， 不断增大，弹力增大，合外力减小，加速度减小，加速度方向与速度方 向相同，速度增大，做加速度减小的加速运动。 （2）重力等于弹力：在 C 位置， ，合力为零，加速度为零，速度达到最大。 （3）重力小于弹力：C 点后，到 D 点前, , , 合力方向向上，加 速度向上，速度方向还是向下，做减速运动，合力不断增大，加速度增大，到 D 点后，速 度为零，加速度最大，向上反弹。向上反弹到最高点的运动分析，可参照上面的分析。 根据以上分析，小球加速度始终在变化，不是匀加速也不是匀减速。在 C 位置小球动能 最大。从 A→C 位置小球重力势能减少，动能增大，弹性势能增大。所以 C 正确。 【总结升华】受力情况不同，运动情况就不同，必须按不同的受力情况将运动过程分开，具 体一步一步分析计算。整个过程合力不断变化，加速度不断变化（大小、方向都在变），不 要随便就说是匀加速、匀减速。 【变式】右图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在 点，另一端和运动员相连。运 动员从 点自由下落，至 点弹性绳自然伸直，经过合力为零的 点到达最低点 ，然后 弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是 ①经过 点时，运动员的速率最大 ②经过 点时，运动员的速率最大 ③从 点到 点，运动员的加速度增大 ④从 点到 点，运动员的加速度不变 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】B 【解析】运动员的下落过程：O→B 自由落体运动，B→C 重力大于 弹性绳的弹力，做加速度越来越小的加速运动，C 点加速度为零， 速度最大，C→D 弹力大于重力，加速度向上，运动员做加速度增大的减速运动，D 点速度 为零。可见 B 正确。 【高清课堂：369021 动力学方法及其应用 例 5】 例 3、两木块质量分别为 m、M，用劲度系数为 k 的轻弹簧连在一起，放在水平地面上， 将木块 1 压下一段距离后释放，它就上下做简谐振动。在振动过程中木块 2 刚好始终不离开 地面。求：（1）木块 1 的最大加速度， （2）木块 2 对地面的最大压力。 x F kx= mg kx− mg kx ma− = x mg kx= mg kx> mg kx ma− = O O B C D B C C D C D7 【思路点拨】木块 m 上下做简谐振动。当 1 运动到最高点时， 弹簧伸长最长，弹力大小等于重力 ，简谐运动具有对称性， 1 在最高点、最低点时加速度大小相等。 【答案】（1） 方向向下 （2） 方向向下 【解析】（1）1 在最高点时，对 2，由题意 = 对 1，由牛顿运动定律， （m 受到的弹力方向向下） 方向向下 （2）最大压力应发生在弹簧最短处。 1 在最低点时，2 对 地面压力最大。 对 1，由对称性 方向向上， = 对 2 由平衡条件可知 木块 2 地面的支持力 根据牛顿第三定律，木块 2 地面的最大压力大小等于 方向竖直向下。 【总结升华】根据简谐运动对称性的特点，确定木块 m 加速度最大的位置，确定最大压力 应发生在弹簧最短处，即木块 m 在最低点时，2 对地面压力最大。 【高清课堂：369021 动力学方法及其应用 例 4】 举一反三 【变式】如图所示，物体 A、B 的质量不同，与地面间动摩擦因数都为 μ。现用手向左推动 B 使弹簧处于压缩状态。突然松手，分析 A、B 分离的位置是在弹簧原长处，还是原长处的 左侧或右侧？ 【答案】弹簧原长处。 【解析】分离瞬间两者速度、加速度相同，相互作用力为零， 。 分离瞬间 B 仅受向左的摩擦力， ， ， Mg ( )M ma gm += 2( )N M m g= + f弹 Mg +f mg ma=弹 ( )M ma gm += ( )M ma gm += f mg ma− =弹 f弹 2mg Mg+ + 2( )N f Mg M m g= = +弹 2( )M m g+ A Ba a= mg maµ = a gµ=8 A 的加速度也为 ，如果此时 A 还受弹簧的弹力，两者加速度就不等了，所以此时弹力为 零，即弹簧处于原长处。 例 4、（2015 四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面 边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E＝1.5×106N/C，方 向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是 2.0×10－6C，质量 m＝0.25kg，与轨道 间动摩擦因数 μ＝0.4，P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55s 到达 A 点，到达 B 点时速 度是 5m/s，到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为 α，且 tanα＝1.2。P 在整个运动过程 中始终受到水平向右的某外力 F 作用，F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示。P 视为质点， 电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g＝10 m/s2，求： （1）小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间； （2）小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功。 【答案】（1）t1＝0. 5s；（2）W＝－9.25J。 【解析】（1）物体 P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力 mg 和支持力 N 作用， 因此其滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝1N。 根据表格数据可知，物体 P 在速率 v＝0～2m/s 时，所受水平外力 F1＝2N＞f，因此， 在进入电场区域之前，物体 P 做匀加速直线运动，设加速度为 a1，不妨设经时间 t1 速度为 v1 ＝2m/s，还未进入电场区域。 根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1t1 ① 根据牛顿第二定律有：F1－f＝ma1 ② 由①②式联立解得：t1＝ ＝0.5s＜0.55s，所以假设成立 即小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为 t1＝0.5s （2）当物体 P 在速率 v＝2～5m/s 时，所受水平外力 F2＝6N，设先以加速度 a2 再加速 fF mv −1 1 gµ9 t2＝0.05s 至 A 点，速度为 v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2 ③ 根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2 ④ 由③④式联立解得：v2＝3m/s ⑤ 物体 P 从 A 点运动至 B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为 F2＝6N 不变， 设位移为 x1，加速度为 a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3 ⑥ 根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝ － ⑦ 由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m ⑧ 根据表格数据可知，当物体 P 到达 B 点时，水平外力为 F3＝qE＝3N，因此，离开桌面 在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至 D 点 时，其水平向右运动位移为 x2，时间为 t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3 ⑨ 根据几何关系有：cotα＝ ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x2＝ m ⑪ 所以电场力做的功为：W＝－qE（x1＋x2） ⑫ 由⑧⑪⑫式联立解得：W＝－9.25J 【考点】物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的 定义式的应用。 举一反三 【变式 1】上题中若 与导轨间的滑动摩擦因数为 ，金属杆 ab 运动的最大速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】在上题图中加上摩擦力，方向写斜面向上，杆达到最大速度后做匀速运动。根据牛 顿第二定律 ， 安培力 ，解得 【变式 2】如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平 面并且有上下水平边界的匀强磁场中。一根金属杆 MN 保持水平并沿导轨滑下（导轨电阻不 计），当金属杆 MN 进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（ ） 2 Bv 2 2v 2 3 v gt 12 25 ab µ 2 2 ( )sinmg R r B d θ+ 2 2 ( )(sin cos )mg R r B d θ µ θ+ − 2 2 ( )(sin cos )mg R r B d θ µ θ+ + 2 2 (sin cos )mgR B d θ µ θ− sin 0Amg F fθ − − = cosf N mgµ µ θ= = 2 2 ( ) m A B d vF R r = + 2 2 ( )(sin cos ) m mg R rv B d θ µ θ+ −=10 【答案】B 【解析】当金属杆 MN 进入磁场区后，如果安培力恰好等于重力，则金属杆做匀速直线运动， A 可能；当金属杆 MN 进入磁场区后，如果安培力小于重力，则金属杆继续加速，做加速度 减小的加速运动，直到安培力等于重力，做匀速直线运动，则 C 可能；当金属杆 MN 进入 磁场区后，如果安培力大于重力，则金属杆做加速度减小的减速运动，图像如 D，D 是可能 的。B 图反映的是匀加速直线运动，是不可能的。故选 B。 类型三、匀速圆周运动 【高清课堂：369021 动力学方法及其应用 例 3】 例 5、质量为 m 的木块从半球形的碗口下滑到碗的最低点运动过程中，如果由于摩擦力 的作用使得木块速率不变，则（ ） A．因为速率不变所以木块的加速度为零 B．木块下滑过程中所受的合外力越来越大 C．木块下滑过程中，摩擦力大小不变 D．木块下滑过程中，加速度大小不变，方向始终指向 球心 【思路点拨】对木块进行受力分析和运动分析，支持力和摩擦力大小、方向都发生变化，木 块下滑过程做速率不变的圆周运动。 【答案】D 【解析】由于摩擦力的作用使得木块速率不变，这是典型的匀速圆周运动。做受力分析如图， 速率沿切线方向，速率不变，切线方向合力为零，切向加速度为零，只有指向圆心的向心加 速度，改变速度的方向，A 不对。合外力指向圆心， ,速率不变，则向心力大小不变，B 不对。 可以看出木块下滑过程中， 变小， 变大，N 变大， 在切线方向应用平衡条件， ，木块下滑过程中， 变小，则摩擦力变小，C 不 对。所以 D 对。 另外：由 可以看出木块下滑过程中， 变小， 变大，N 变大。 又由 知， 变小，N 变大，所以动摩擦因素减小。 2 cos vN mg m R θ− = θ cosθ sinf mg θ= θ 2 cos vN mg m R θ− = θ cosθ f N µ = f11 【总结升华】对于这种匀速圆周运动，虽然不常见，但只要抓住受力分析，运动分析，应用 动力学方法解题还是能够做到得心应手的。 举一反三 【变式】上题中从碗口到碗底，碗面的粗糙程度的变化情况是（ ） A. 碗口光滑，碗底粗糙 B. 碗口粗糙，碗底光滑 C. 碗口到碗底一样粗糙 D. 条件不足，无法判断 【答案】B 类型四、判断物体的运动 例 6、一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着 与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先匀加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推 动力。以下关于喷气方向的描述中正确的是（ ） A．探测器匀加速运动时，沿运动直线向后喷气 B．探测器匀加速运动时，竖直向下喷气 C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D．探测器匀速运动时，不需要喷气 【思路点拨】对探测器进行受力分析，推动力与喷气方向相反，匀速运动时合力为零，匀加 速运动时，加速度方向与合力方向相同。 【答案】C 【解析】题目对运动状态的描述：先匀加速运动，再匀速运动。A、B 选项是对匀加速运动 的描述，C、D 选项是对匀速运动的描述。 先分析 C、D：匀速阶段，合力为零，竖直向下喷气，获得向上的作用力，斜线表示运 动轨迹，要做匀速运动，必须有一个力与重力等大反向与之平衡，如图 1 所示，只有竖直向 下喷气，才能做匀速运动，C 正确。D 错误。 再分析匀加速阶段： 恒定，与速度同直线。A 选项，沿运动直线向后喷气，如图 2 所示，获得沿运动方向的作用力，两个力的合力不可能沿运动方向，只能沿斜线偏下一点方 向，与速度不在一条直线上，将做曲线运动，A 错误。B 选项，竖直向下喷气，获得向上的 作用力，如图 3 所示，两个力的合力只能是竖直方向，不可能沿斜线运动，显然 B 错误。 到底向什么方向喷气，才能做匀加速运动呢？应用合成法，可分析出图 4 情景，根据平 行四边形定则，合力沿斜线方向，才能使探测器沿运动方向做匀加速运动。 【总结升华】要关注题目对运动状态的描述，就是要读懂题。一般都要做出受力分析图，抓 住匀加速运动、匀速运动的特点，明确原来的运动方向；向后喷气获得的是反方向的作用力 （推力）。 F合12 举一反三 【变式】（2015 海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做 匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时( ) A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 【答案】BD 【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增 大，根据滑动摩擦力公式 可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增 大，故 A 错误 B 正确；设斜面的倾角为 ，物体的质量为 m，当匀速运动时有 ，即 ，假设物体以加速度 a 向上运动时，有 ， ，因为 ，所以 ，故物体仍做匀速下滑运动，C 错误 D 正确； f NF Fµ= θ sin cosmg mgθ µ θ= sin cosθ µ θ= N m g a cosθ= +（ ） f m g a cosµ θ= +（ ） sin cosθ µ θ= sinm g a m g a cosθ µ θ+ = +（ ） （ ）13 【巩固练习】 一、选择题 1、如图所示，一物块在光滑的水平面上受一恒力 F 的作用而运动，其正前方固定一个足够 长的轻质弹簧，当物块与弹簧接触后，则（　） A.物块立即做减速运动 B.物块在开始的一段时间内仍做加速运动 C.当弹簧的弹力等于恒力 F 时，物块静止 D.当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零 2、如图（a）所示，质量 m=1kg 的物体置于倾角 θ=37°的固定粗糙斜面上。t=0 时对物体 施以平行于斜面向上的拉力 F，t=1s 时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分 图如 图（b）所示，则下列说法中正确的是（ ） A．拉力的大小为 20N B．t=3s 时物体运动到最高点 C．t=4s 时物体的速度大小为 10m/s D．t=1s 时物体的机械能最大 3、如图所示，半径为 R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球 m 在圆形轨道内侧做圆周运动。 对于半径 R 不同的圆形轨道，小球 m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力。 下列说法中正确的是 （ ） A．半径 R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大 B．半径 R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小 C．半径 R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大 D．半径 R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小 4、如图所示，竖直平面内有一足够长的金属导轨，金属导体棒 ab 可在导轨上无摩擦地上下 滑动，且导体棒 ab 与金属导轨接触良好，ab 电阻为 R，其它电阻不计。导体棒 ab 由静止 开始下落，过一段时间后闭合电键 S，发现导体棒 ab 立刻作变速运动，则在以后导体棒 ab 的运动过程中，下列说法中不正确的是 （ ） A．导体棒 ab 作变速运动期间加速度一定减小 B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为电热 C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合 能的转化和守恒定律 v t− R m14 D．导体棒 ab 最后作匀速运动时，速度大小为 5、压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻设计了一个判断电梯 运动状态的装置，其装置示意图如图所示。将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面 放一物体 m，电梯静止时电流表示数为 I0。电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如 下图中甲、乙、丙、丁所示，则下列判断中正确的是（ ） A. 甲图表示电梯可能做匀速上升运动 B. 乙图表示电梯可能做匀加速上升运动 C. 丙图表示电梯可能做匀减速下降运动 D. 丁图表示电梯可能做变减速下降运动 6、如图，叠放在水平转台上的物体 A、B、C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动，A、B、 C 的质量分别为 3m、2m、m，A 与 B、B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为 μ，A 和 B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r 。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正 确的是（ ） A．B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg B．B 对 A 的摩擦力一定为 C．转台的角速度一定满足： D．转台的角速度一定满足： 7、（2016 天津卷）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而 成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动 车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由 8 节车厢组成，其中第 1 和 5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）。 2 2 mgRv B l = 23m rω g r µω ≤ 2 3 g r µω ≤15 A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B、做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之 比为 3:2 C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭 发动机时的速度成正比 D、与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1:2 8、如图，在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧。紧贴弹簧放一质量为 m 的滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与板的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。现将板的右端缓慢抬起（板与水平面的夹角为 ），直到板竖直，此过程中弹簧 弹力的大小 F 随夹角 的变化关系可能是 （ ） 9、某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B 两个物块叠放在一起，并置于粗糙 的绝缘水平地面上。物块 A 带正电，物块 B 为不带电的绝缘块。水平恒力 F 作用在物块 B 上，使 A、B 一起由静止开始向左运动，在 A、B 一起向左运动的过程中，A、B 始终保持相 对静止，以下关于 A、B 在加速运动阶段说法中正确的是 （ ） A．A、B 两物块间的摩擦力不断减小 B. A、B 两物块间的摩擦力保持不变 C. A、B 两物块间的摩擦力不断增大 D．B物块与地面之间的摩擦力不断增大 10、如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为 θ。整个装 置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆 ab 垂直导轨放置，当杆中通有从 a 到 b 的恒定电 流 I 时，金属杆 ab 刚好静止。则（ ） A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．ab 受安培力的方向平行导轨向上 D．ab 受安培力的方向平行导轨向下 二、填空题 3 3 θ θ16 1、如图所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动的精彩场面．若 女运动员做圆锥摆运动时和竖直方向的夹角为 ,女运动员的质量为 m,转动过程中女运动员 的重心做匀速圆周运动的半径为 r，求这时男运动员对女运动员的拉力大小 、 两人转动的角速度为 。 2、质量为 的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢地板上，并用竖直细绳通过光滑定 滑轮连接质量为 的物体 1，与 1 相连的绳与竖直方向的夹角为 θ，则物体 2 受到绳的拉力 为 ，物体 2 所受到地板的摩擦力为 。 3、如下图所示，电梯与水平面夹角为 30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重 力的 ，则人与梯面间的摩擦力与其重力之比为 　 三、计算题 1、（2016 天津卷）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大 小 B=0.5T。有一带正电的小球，质量 ，电荷量 ，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁 感应现象）取 ，求： θ 2m 1m 6 5 5 3 /E N C= 61.0 10m kg−= × 62 10 Cq −= × 210 /g m s=17 （1）小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 2、研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会 导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v0＝72 km/h 的速度在试验场 的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L＝39 m，减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小 g 取 10 m/s2.求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 3、在如图所示的竖直平面内，水平轨道 CD 和倾斜轨道 GH 与半径 的光滑圆弧轨 道分别相切于 D 点和 G 点，GH 与水平面的夹角 θ＝37°。过 G 点、垂直于纸面的竖直平面 左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度 B＝1.25 T；过 D 点、垂直于纸面 的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度 E＝1×104 N/C。小物体 P1 质量 m＝2×10－3 kg、电荷量 q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力 F＝9.98×10－3 N 的作用， 沿 CD 向右做匀速直线运动，到达 D 点后撤去推力。当 P1 到达倾斜轨道底端 G 点时，不带 电的小物体 P2 在 GH 顶端静止释放，经过时间 t＝0.1 s 与 P1 相遇。P1 与 P2 与轨道 CD、GH 间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持 不变，不计空气阻力．求： 9 m14r =18 (1)小物体 P1 在水平轨道 CD 上运动速度 v 的大小； (2)倾斜轨道 GH 的长度 s。19 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】BD 【解析】物块在恒力 F 的作用下向左运动，与弹簧接触后，弹力向右，合力变小，加速 度变小，物块在开始的一段时间内仍做加速运动，A 错，B 对。当弹簧的弹力等于恒力 F 时， 合力为零，加速度为零，速度最大，C 错。当弹簧处于最大压缩量时，物块的合力向右最大， 加速度不为零，D 对。 2、【答案】BD 【解析】由 看出，t=3s 时物体的位移最大，到最高点，B 对。t=4s 时物体下滑了一 秒，根据斜率下滑的加速度小于向上的加速度，速度大小不为 10m/s，C 错。t=1s 时物体的 动能最大，拉力做的功做多，因此机械能最大，D 对。 求拉力的大小：撤去拉力后，由牛二律， ，由图像知 ，得 。 向上拉时， ， 由图像知 ，解得 ，A 错。 3、【答案】AD 【解析】通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力， ，A 对，B 错。 小球通过轨道最低点时的速度为 ，根据机械能守恒， ， 求得 ，由 得 ，可知 C 错，D 对。 4、【答案】C 【解析】闭合电键 S 后，产生感应电流，安培力方向向上，合力减小，加速度减小，A 说法是对的。克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为电热，B 说法是对的。导体 棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能，不是电能和电热之和，C 说法错误，选 C。匀速 运动时，重力等于安培力，D 说法是对的。所以正确选项是 C。 5、【答案】ACD 【解析】A：电梯可能做匀速上升运动，压力等于重力，电阻不变，电流不变，A 对。B： 电梯匀加速上升，超重，压力大电阻小电流大，加速度恒定，压力恒定，电流也恒定，B 错。 C：匀减速下降，失重，压力小，电流大，加速度恒定，电流恒定，C 对。D：变减速下降， 超重，压力越来越小，电阻越来越大，电流越来越小，最后停下，电流等于 ,D 对。正确 选项为 ACD。 6、【答案】BD 【解析】A 的向心力 B 的向心力 C 的向心力 A 受到的最大静摩擦力 B 受到的最大静摩擦力 C 受到的最大静摩擦力 v t− 1sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 1 10 /a m s= 0.5µ = 2sin cosF mg mg maθ µ θ− − = 2 2 20 /a m s= 30F N= v gR= v′ 2 21 1 22 2mv mv mgR′ = + 5v gR′ = v Rω′ = 5 5gRv g R R R ω ′= = = 0I 23aF mrω= 22bF mrω= 21.5cF mrω= 3af mgµ= 5bf mgµ= cf mgµ=20 B 对 A 的摩擦力等于 A 的向心力 B 对。 根据静止的临界条件 对 A： 对 B： （A 给 B 一个向外的力） 对 C： 由于 C 的临界条件的 最小，所以三者相对转台不动，则， D 对。所以正确选项为 BD。 7、【答案】BD 【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客 受 到 车 厢 的 作 用 力 方 向 与 车 运 动 方 向 相 同 ， A 错 ； 对 动 车 组 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 有 ，则 ，以 6、7、8 节车厢为整体： ； 对 7、8 有 ；则 5、6 节与 7、8 节间作用力之比为 3:2，B 对；由 可得 ，则 C 错误；8 节车厢有 2 节动车时的最大速度 ； 同理有 4 节动车时的最大速度 ，则 ，D 正确。 故选 BD。 8、【答案】C 【解析】刚开始静摩擦力足以抵制重力分量，弹簧依然处于自然长度，弹簧弹力为 0。AB 都不对。当随着夹角的增大，使得最大静摩擦力不足以抵抗重力分量之时，加速度方向沿斜 面向下，小滑块做沿斜面向下的加速运动，对应弹簧长度加速压缩，故而弹簧弹力加速增大， 随着弹簧弹力的增大，滑块沿斜面向下方向加速度会由大变小，做加速度减小的加速运动， 速度达到最大后，加速度由正变负，又做减速运动，这样，滑块逐渐减速，弹簧压缩趋势变 缓，弹簧弹力减速增大，这整个过程就是个凸函数。C 对。 9、【答案】AD 【解析】AB 系统在水平方向受水平恒力 F 和地面对 B 的摩擦力作用，作加速运动，随 着 AB 速度的增大，带正电的物块 A 所受的洛伦兹力逐渐增大，且由左手定则判断洛伦兹 力方向竖直向下，所以 A 对 B 的压力变大，B 对地面的压力变大，地面对 B 的摩擦力增大， D 对。合外力减小，加速度减小，B 对 A 的摩擦力为静摩擦力，且 ，所以 AB 间 23aF mrω= 23 3 amg mrµ ω= a g r µω = 25 3 2 bmg mg mrµ µ ω− = b g r µω = 21.5 cmg mrµ ω= 1.5c g r µω = ω 1.5c g r µω ≤ 2 8 8F kmg ma− = 4 Fa kgm = − 56 3 3 0.75f ma kmg F= + = 67 2 2 0.5f ma kmg F= + = 21 2kMgs Mv= 2 2 vs kg = 1 2 8m Pv kmg = 2 4 8m Pv kmg = 1 2 1 2 m m v v = AB Af m a=21 的静摩擦力不断减小。BC 错，A 对。 10、【答案】A 【解析】匀强磁场处于沿竖直方向，取截面，杆中通有从a到b的恒定电流I，做受力图， 要使金属杆ab刚好静止，安培力方向可能平行导轨向上也可能水平向右，由于安培力垂直于 磁场方向，根据左手定则，所以磁场方向竖直向上，只有A对。 二、填空题 1、【答案】 ， 【解析】作出力的平行四边形， 拉力 所以角速度 2、【答案】 【解析】作出力的平行四边形， 拉力 对 2 分析，2 受到的合外力为地板对它的静摩擦力 3、【答案】 【解析】对人受力分析：重力 ，支持力 ，摩擦力 （摩擦力方向一定与接触面平 行，由加速度的方向推知 水平向右）。 　　建立直角坐标系：取水平向右（即 F 的方向）为 x 轴正方向，竖直向上为 y 轴正方向 （如图），此时只需分解加速度， 其中 （如图所示） 　　根据牛顿第二定律有 　　x 方向： 　 ① cos mg θ tang r θω = cos mg F θ = cos mgF θ= = tanF mg θ向 2tanmg mrθ ω= tang r θω = 1 cos m g θ 2 tanm g θ 1cos m g F θ = 1 cos m gF θ= 1 1tanm g m aθ = tana g θ= 2 2 tanf m a m m θ= = 3 5 mg NF f f cos30xa a=  sin30ya a=  cos30xf ma ma= = 22 　　y 方向： ② 　　又 　　③， 解①②③得 。 三、计算题 1、【答案】（1）20m/s；速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 60°（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图， 其合力为零，有 代入数据得 v=20m/s. 代入数据得 ， （2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a， 有： 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有： 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有： a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ，又 联立各式，代入数据解得： =3.5 s 2、【答案】(1)8 m/s2　2.5 s　(2) 0.3 s　(3) 【解析】(1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v0＝20 m/s，末速度 vt＝0，位移 s＝25 m，由运动学公式得 sin30N yF mg ma ma− = =  6 5NF mg= 3 5NF mg= 2 2( ) ( )qvB qE mg= + tan qE mg θ = tan 3θ = 60θ = ° 2 2 2 2q E m ga m += x vt= 21 2y at= tan y x θ = 2 3 st = 41 523 ① ② 联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s2 ③ t＝2.5 s ④ (2)设志愿者反应时间为 t′，反应时间的增加量为 Δt，由运动学公式得 L＝v0t′＋s ⑤ Δt＝t′－t0 ⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得 Δt＝0.3 s ⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m， 由牛顿第二定律得 F＝ma ⑧ 由平行四边形定则得 ⑨ 联立③⑧⑨式，代入数据得 ⑩ 3、【答案】(1)4 m/s　(2)0.56 m 【解析】 (1)设小物体 P1 在匀强磁场中运动的速度为 v，受到向上的洛伦兹力为 F1，受 到的摩擦力为 f，则 F1=qvB ① f = μ(mg－F1) ② 由题意，水平方向合力为零 F－f =0 ③ 联立①②③式，代入数据解得 v =4m/s ④ (2)设 P1 在 G 点的速度大小为 vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 　 ⑤ P1 在 GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a1，根据牛顿第二 定律 　 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ + qEsin θ)=ma1 ⑥ P1 与 P2 在 GH 上相遇时，设 P1 在 GH 上运动的距离为 s1，则 ⑦ 设 P2 质量为 m2，在 GH 上运动的加速度为 a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ = m2a2 ⑧ P1 与 P2 在 GH 上相遇时，设 P2 在 GH 上运动的距离为 s2，则 2 0 2v as= 0vt a = 2 2 2 0 ( )F F mg= + 0 41 5 F mg = 2 21 1sin 1 cos 2 2( ) GqEr mgr mv mv- - = -θ θ 2 1 1 1 2Gs v t a t= +24 ⑨ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s = s1+s2 ⑩ s = 0.56 m ⑪ 2 2 2 1 2s a t=