高考物理二轮复习专题一力与运动四聚焦计算题考法动力学观点讲义

高考研究(四) 聚焦计算题考法——动力学观点
1．(2020·全国Ⅰ卷T24)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。

金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。

重力加速度大小取10 m/s2。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm。

由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。

两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③
由欧姆定律有
E＝IR④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。

联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01 kg。

⑤
答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg
2.(2020·全国Ⅲ卷T25)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。

A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。

解析：(1)A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1。

在B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1m A g①
f 2＝μ1m B
g ②
f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )
g ③ 由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥
设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1。

由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v 1＝1 m/s 。

⑨
(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12
a B t 12
⑩
设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2。

对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m)a 2⑪
由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反。

由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2。

则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬
在t 2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12
a 2t 22
⑭
在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12
a A ()t 1＋t 22
⑮
A 和
B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯
联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m ⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)。

答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
3．(2020·全国Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，
木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示。

t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s 时间内小物块的v ­t 图线如图(b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2。

求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

解析：(1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。

由牛顿第二定律有 －μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12
a 1t 12
③
式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 －μ2mg ＝ma 2⑤ 由题图(b)可得 a 2＝
v 2－v 1
t 2－t 1
⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。

⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg ＋μ1(M ＋m)g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s 1＝
－v 1＋v 3
2
Δt ⑪ 小物块运动的位移为
s2＝
v
1＋v3
2
Δt⑫
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v32＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。

答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
高考题型典型试题难度
1.平衡类问题2020·全国Ⅰ卷T24★★☆
2.应用动力学观点分析板块模型2020·全国Ⅲ卷T25★★★2020·全国Ⅰ卷T25★★★
题型(一) 平衡类问题高考定位：常考题型,解题关键：重在恰当选择研究对象，正确进行受力分析及合成、分解
[典例示法]
[例1] 某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度－时间图象如图(a)所示。

降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37°，如图(b)所示。

已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即f＝kv。

重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)打开降落伞前运动员下落的高度； (2)阻力系数k 和打开降落伞瞬间的加速度； (3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少。

[解析] (1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得 运动员下落的高度h ＝v 0
2
2g
，
由题图(a)可知v 0＝20 m/s ，解得：h ＝20 m 。

(2)由题图(a)可知，当速度为v ＝5 m/s 时，运动员做匀速运动，受力达到平衡状态， 由平衡条件可得：kv ＝2mg ，即k ＝2mg
v ，
解得k ＝200 N·s/m。

在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得： kv 0－2mg ＝2ma ，
解得a ＝30 m/s 2
，方向竖直向上。

(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T ，以运动员为研究对象，
则有：8Tcos 37°－mg ＝ma ， 代入数据可解得T ＝312.5 N ，
故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N 。

[答案] (1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s 2
，方向竖直向上 (3)312.5 N
“稳态速度类”平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态。

此类模型的一般解法是：先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，依据共点力的平衡条件，列出平衡方程进行求解。

[演练冲关]
1.(2020届高三·江西横峰中学等四校联考)如图所示，AB 、BC 、CD 和DE 为质量可忽略的等长细线，长度均为5 m ，A 、E 端悬挂在水平天花板上，AE ＝14 m ，B 、D 是质量均为 m 0＝14 kg 的相同小球，质量为m 的重物挂于C 点，平衡时C 点离天
花板的垂直距离为7 m ，g 取10 m/s 2
，试求重物质量m 。

解析：如图甲所示，设BH ＝x ，HC ＝y ，由几何关系得：x 2
＋y 2
＝25及(7－x)2
＋(7－y)2
＝25，解得：x ＝4，y ＝3
由平衡关系得另解x ＝3，y ＝4(舍去)
则sin α＝45，cos α＝3
5
以B 为研究对象，受力分析如图乙所示，由共点力平衡条件得： F AB cos α－F BC sin α＝0 F AB sin α－F BC cos α－m 0g ＝0 解得：F BC ＝300 N ，
以重物为研究对象，由共点力平衡条件及对称关系得： 2F BC cos α＝mg 解得：m ＝36 kg 。

答案：36 kg
2.(2020届高三·山西重点中学协作体联考)一个底面粗糙、质量为M 的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也
为30°，如图所示，求：
(1)当斜劈静止时轻绳的拉力大小；
(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k 倍，为使整个系统静止，k 值必须满足的条件。

解析：(1)对小球进行受力分析如图甲 Tcos 30°＋F N1cos 30°＝mg Tsin 30°＝F N1sin 30° T ＝F N1 解得：T ＝
3
3
mg 。

(2)对斜劈进行受力分析如图乙 F N2＝Mg ＋F N1cos 30°＝Mg ＋1
2mg
F f ＝F N1sin 30°
要使整个系统静止，则有：F f ≤kF N2
由以上三式解得k≥3m
32M＋m。

答案：
(1)
3
3
mg (2)k≥
3m
32M＋m
题型(二) 应用动力学观点分析板块模型高考定位：常考题型
解题关键：发挥想象力，构建板块模型的运动和受力情景，并画出示意图
[分类突破]
物块带动木板运动
[例2] 质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。

A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B之间的动摩擦因数μ1和B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(2)A的质量m。

[解析] (1)由题图乙可知，物块A在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.2
B在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1～3 s内A与B相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a3＝1 m/s2
以A、B同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得：μ2＝0.1。

(2)以B为研究对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得A的质量：m＝6 kg。

[答案] (1)0.2 0.1 (2)6 kg
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、时间等角度寻找各物理量之间的联系。

2．物块不从木板的末端掉下来的临界条件是：物块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。

木板带动物块运动
[例3] 3 kg 的木板，一个质量为m ＝1 kg 大小不计的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动
摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的力F ，g 取10 m/s 2。

(1)施力F 后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F 的大小应满足的条件；
(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t 0＝0.8 s ，恰好可以抽出木板，求此力的大小。

[解析] (1)力F 拉动木板运动过程中： 对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma ， 即a ＝μg＝1 m/s 2
对木板，由牛顿第二定律知F －μmg＝Ma 1， 即 a 1＝
F －μmg
M
要想抽出木板，则只需a 1>a ，即F>μ(M＋m)g ，代入数据得F>4 N 。

(2)由(1)分析可知，有力作用在木板上时，木板的速度必大于物块的速度，而木板恰好从物块下抽出时，两者速度大小相等，则力撤去时木板未从物块下抽出。

设有力时木板的加速度大小为a 2， 则a 2＝
F －μmg
M
设没有力时木板的加速度大小为a 3， 则a 3＝
μmg M ＝13
m/s 2
设从没有力到木板恰好被抽出所用时间为t 2 木板从物块下抽出时有 物块速度为v ＝a(t 0＋t 2) 发生的位移为s ＝12a(t 0＋t 2)2
木板的速度为v 板＝a 2t 0－a 3t 2
发生的位移为s 板＝12a 2t 02＋a 2t 0t 2－12
a 3t 22
木板刚好从物块下抽出时应有v 板＝v ，且s 板－s ＝L
联立以上各式并代入数据得t 2＝1.2 s ，a 2＝3 m/s 2
，F ＝10 N 。

[答案] (1)F>4 N (2)10 N
抽出木板的最小力
分析
设水平面光滑，A、B间的动摩擦因数为μ，则能否使B从A下抽(滑)
出取决于由A、B间最大静摩擦力产生的加速度
外力满足F1>(m A＋m B)μg F2>(m A＋m B)
m A
m B
μg
[演练冲关]
3．(2020届高三·长株潭岳益五市十校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg 的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，
长木板与小物块均静止。

现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去F。

则，
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
解析：(1)根据牛顿第二定律可得Ma＝F－μmg，
解得a＝3 m/s2。

(2)刚撤去F时，小物块只受摩擦力作用，
故ma m＝μmg，
Δx1＝
1
2
at2－
1
2
a m t2，解得Δx1＝0.5 m。

(3)刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s，
小物块的速度v m＝a m t＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝
μmg
M
＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v m＋a m t′＝v－a′t′
解得t′＝0.4 s，v′＝2.8 m/s。

(4)在t′时间内，Δx2＝
v2－v′2
2a′
－
v′2－v m2
2a m
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。

答案：(1)3 m/s2(2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
4.(2020·成都外国语学校模拟)如图所示，质量为m1＝3 kg 的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠
平台依次排放着两块木板A 、B 。

已知木板A 、B 的长度均为L ＝5 m ，质量均为m 2＝1.5 kg ，木板A 、B 上表面与平台相平，木板A 与平台和木板B 均接触但不粘连，滑块C 与木板A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

现用一水平向左的力作用于滑块C 上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C 由静止释放，当滑块C 刚滑上木板A 时，滑块C 的速度为v 0＝7 m/s 。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g ＝10 m/s 2。

求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块C 刚滑上木板A 时，木板A 、B 及滑块C 的加速度； (3)从滑块C 滑上木板A 到整个系统停止运动所需的时间。

解析：(1)由能量守恒定律可得，E pmax ＝12
m 1v 02
＝73.5 J 。

(2)设滑块C 在木板A 上滑动时，滑块C 的加速度为a 1，木板A 、B 的加速度为a 2。

则：μ1m 1g ＝m 1a 1， 解得：a 1＝3 m/s 2。

μ1m 1g －μ2(m 1＋2m 2)g ＝2m 2a 2， 解得：a 2＝1 m/s 2。

(3)设滑块C 在木板A 上运动的时间为t 1。

则： L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 1－12a 1t 12－12a 2t 12
解得：t 1＝1 s 或t 1＝2.5 s(舍去)
设滑块C 离开木板A 时的速度为v C ，木板A 、B 的速度分别为v A 和v B 。

v C ＝v 0－a 1t 1＝4 m/s v A ＝v B ＝a 2t 1＝1 m/s
滑块C 在木板B 上滑动时，滑块C 的加速度仍为a 1，设木板B 的加速度为a 3。

μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 3， 解得：a 3＝3 m/s 2。

设经过时间t 2，B 、C 达到共同速度v ，则有： v ＝v C －a 1t 2＝v B ＋a 3t 2， 解得 t 2＝0.5 s ，v ＝2.5 m/s
从滑块C 滑上木板B 到与木板B 速度相同的过程中，滑块C 与木板B 的相对位移为： Δx＝
v C ＋v 2t 2－v B ＋v 2
t 2＝0.75 m ＜5 m 可知此过程中滑块C 未离开木板B ，又因μ1＞μ2，B 、C 共速后无相对运动，设B 、C 一起做匀减速运动的加速度为a ，到停止运动所用时间为t 3。

μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得a ＝1 m/s 2。

0＝v －at 3，解得t 3＝2.5 s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t＝t1＋t2＋t3＝4 s。

答案：(1)73.5 J (2)1 m/s2 3 m/s2(3)4 s
题型(三) 运动学类问题
高考定位：预测题型
解题关键：构建运动情景，复杂运动要画图
[
[例4] (2020·合肥第一中学检测)A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为v A＝6 m/s、v B＝2 m/s，当A车在B车后面x＝3.5 m时，A车开始以恒定的加速度大小a A ＝1 m/s2刹车至停止运动，求：
(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间；
(2)A车超过B车后，领先B车的最大距离；
(3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度a B＝2 m/s2，但B车的最大速度只有4 m/s，通过计算说明A 车能否追上B车。

[思路点拨]
[解析] (1)设A车用时t追上B车，
对A车，x A＝v A t－1
2
a A t2
对B车，x B＝v B t
追上时有x A＝x B＋x
解得t1＝1 s，t2＝7 s
显然t1为A车追上B车，由于t2＝7 s>v A
a A
＝6 s，故t2为A车停下后被B车追上。

设从开始到A车被B车追上用时为t3，
则v B t3＝v A2
2a A
－x，解得t3＝7.25 s
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。

(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，则v A－a A t4＝v B，解得t4＝4 s，
则此过程中A车位移为x A′＝v A t4－1
2
a A t42，
B车位移x B′＝v B t4
由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝x A′－x－x B′，解得Δ x＝4.5 m。

(3)设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A 车开始刹车至速度相等过程中，
v A－a A t5＝v m且v m＝v B＋a B t6，
解得t5＝2 s，t6＝1 s，
对A 车，x A ″＝v A t 5－12
a A t 52
，x A ″＝10 m
对B 车，x B ″＝v m 2
－v B
2
2a B
＋v m (t 5－t 6)，x B ″＝7 m ，
此时有x B ″＋x ＝10.5 m>x A ″＝10 m ，A 车不能追上B 车。

[答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能
解决运动学类问题“4步骤”
[演练冲关]
5.(2020·西安中学检测)在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，司机突然发现在距坡底48 m 的山坡处一巨石以8 m/s 的初速度
加速滚下，巨
石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2 m/s 2
的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s 汽车才启动起来，并以0.5 m/s 2
的加速度一直做匀加速直线运动(如图所示)，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)巨石到达坡底的时间和速率； (2)汽车司机能否安全脱险。

解析：(1)设巨石到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则 由牛顿第二定律：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 1， x ＝v 0t 1＋12a 1t 12
，v 1＝v 0＋a 1t 1
解得t 1＝4 s ，v 1＝16 m/s 。

(2)设巨石到达水平面后，其速度与汽车相等时所用时间为t 2 巨石减速：v 2＝v 1－a 2t 2 汽车加速：v 车＝a 车(t 2＋t 1－t 0)
当汽车和巨石速度相等时：v 2＝v 车，t 2＝6 s 此时汽车的位移为x 车＝12
a 车(t 2＋t 1－t 0)2
＝16 m
巨石的位移：x 石＝v 1t 2－12a 2t 22
＝60 m>x 车，所以汽车司机无法脱险。

答案：(1)4 s 16 m/s (2)无法脱险
题型(四) 动力学类问题 高考定位：预测题型
解题关键：稳稳地走在力和运动的桥梁上
[
[例5] (2020·宜兴检测)质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v ­t图象如图乙所示。

g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝4 s时物体的速度v的大小。

[解析] (1)设拉力F作用时物体的加速度大小为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
撤去拉力F，同理，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
根据题图乙可知：a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2，
解得：μ＝0.5，F＝30 N。

(2)在物体运动过程中，设撤去拉力F后物体运动到最高点时间为t2，则有v1＝a2t2，解得t2＝2 s
设物体下滑时加速度为a3，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得：a3＝2 m/s2
则t＝4 s时，物体沿着斜面下滑的时间为
t3＝t－t1－t2＝1 s
故速度v＝a3t3＝2 m/s。

[答案] (1)30 N (2)2 m/s
此题型以考查受力分析、牛顿运动定律的应用及运动学公式为主，解决此类问题的一般步骤是：
1．对物体在斜面上的运动进行分析，“拆分”运动过程。

2．对物体运动的每个过程都进行受力分析，结合牛顿第二定律及运动学公式求解。

此外，各个过程连接点的受力情况和速度情况往往是解题的关键，要特别注意。

[演练冲关]
6．(2020届高三·安徽江南十校联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。

已知m A＝2 kg，m B＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。

某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v ­t图象如图乙所示。

已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A 的拉力所做的功。

解析：(1)在0～0.5 s 内，根据题图乙，A 、B 系统的加速度为：a 1＝v t ＝20.5 m/s 2＝4 m/s 2
对A 、B 系统受力分析，由牛顿第二定律得： m B g －m A gsin θ－μm A gcos θ＝(m A ＋m B )a 1， 解得：μ＝0.25。

(2)B 落地后，A 继续减速上滑，由牛顿第二定律得： m A gsin θ＋μm A gcos θ＝m A a 2 解得：a 2＝8 m/s 2
故A 减速向上滑动的位移为：x 2＝v
2
2a 2
＝0.25 m
0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移为：x 1＝v
2
2a 1＝0.5 m
所以，A 上滑的最大位移为：x ＝x 1＋x 2＝0.75 m 。

(3)细线对A 的拉力在A 加速上滑过程中做功， 由动能定理：
W －(m A gsin θ＋μm A gcos θ)x 1＝12m A v 2
－0
解得：W ＝12 J 。

答案：(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
[计算题增分练] 动力学观点 1.(2020·宁夏育才中学检测)在风洞实验室中进行如图所示的实验，在倾角为37°的固定粗糙斜面上，有一个质量为1 kg 的物块，在风洞施加的水平恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，经过1.2 s 到达B 点时立即关闭风
洞，撤去恒力
F ，物块到达C 点时速度变为零。

通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s 的瞬时速度，下表给出了部分数据：
t/s 0.0 0.2 0.4 0.6 … 1.4 1.6 1.8 … v/(m·s －1
)
0.0
1.0
2.0
3.0
…
4.0
2.0
0.0
…
已知(1)A 、C 两点间的距离； (2)物块与斜面间的动摩擦因数； (3)水平恒力F 的大小。

解析：(1)由表中数据易知， 物块做匀加速运动过程：a 1＝
Δv 1Δt 1
＝5 m/s 2
关闭风洞后物块做匀减速运动：a 2＝
Δv 2Δt 1
＝10 m/s 2
物块做匀加速运动过程的位移：x 1＝12
a 1t 12
＝3.6 m
物块做匀减速运动过程的位移：x2＝a1t12
2a2
＝1.8 m
故A、C两点间的距离为x＝x1＋x2＝5.4 m。

(2)由牛顿第二定律得，
物块做匀减速运动过程mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2，
解得μ＝0.5。

(3)物块做匀加速运动过程，
Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1，
解得F＝30 N。

答案：(1)5.4 m (2)0.5 (3)30 N
2.(2020·合肥第一中学检测)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平固定直杆
的力F＝10 3 上，并用轻绳与质量m＝1 kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角
N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，g＝10 m/s2。

在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块与水平直杆间的动摩擦因数μ。

解析：(1)小球处于匀速直线运动状态，所受合力为零，以小球为研究对象，由平衡条件得：
水平方向Fcos 60°－F T cos θ＝0
竖直方向Fsin 60°－F T sin θ－mg＝0
解得θ＝30°。

(2)木块、小球整体处于匀速直线运动状态，系统所受合力为零，以木块、小球整体为研究对象。

由平衡条件得
水平方向Fcos 60°－μF N＝0
竖直方向F N＋Fsin 60°－Mg－mg＝0
解得μ＝
3
3。

答案：(1)30°(2)
3 3
3.(2020·江苏仪征中学模拟)如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接。

OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ。

(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1；
(2)当小球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2，求杆匀速转动的角速度ω；
(3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0＝g
L
匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随
杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0。

解析：(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有： mgsin θ＝ma ， 解得a ＝gsin θ。

小球速度最大时其加速度为零，则： kΔl 1＝mgsin θ， 解得Δl 1＝mgsin θ
k。

(2)弹簧伸长量为Δl 2时，小球受力如图所示， 水平方向上有：
F N sin θ＋kΔl 2cos θ＝mω2
(l 0＋Δl 2)cos θ 竖直方向上有：
F N cos θ－kΔl 2sin θ＝mg 解得ω＝
kΔl 2＋mgsin θ
m l 0＋Δl 2cos 2
θ。

(3)当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，小球离B 点的距离为L 0 此时有mgtan θ＝mω02
L 0cos θ，又θ＝30° 解得L 0＝2
3L 。

答案：(1)gsin θ mgsin θ
k (2) kΔl 2＋mgsin θ
m l 0＋Δl 2cos 2
θ
(3)23
L
4．(2020·天津五区县模拟)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v 0＝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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 。

解析：(1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg＝ma 滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v 02
＝－2aL 解得μ＝1
2。

(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma 1 0－v 02
＝－2a 1s 0＝v 0－a 1t 1， 解得s ＝54 m ，t 1＝1
2
s
设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2 s ＝12a 2t 22
解得t 2＝
52
s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝1＋5
2 s 。

答案：(1)12 (2)1＋5
2
s
5．(2020·天津和平区检测)如图所示，倾角为α＝37°、长度为x ＝9 m 的固定斜面，其底端与长木板B 上表面等高，原来B 静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B 的上表面接触处圆滑。

一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从B 上滑下。

已知A 、B 的质量相等，A 与斜面、B 上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)A 刚到达B 时的速度v 0；
(2)当A 滑上B 的上表面后，B 是否仍保持静止； (3)从A 到达B 到与B 相对静止所需的时间。

解析：(1)设A 从斜面下滑过程中加速度大小为a 0，刚到达B 时速度大小为v 0，由牛顿第二定律和运动学公式得：mgsin α－μ1mgcos α＝ma 0 v 02
－0＝2a 0x 解得：v 0＝6 m/s 。

(2)当A 到达B 后，由于μ1mg>μ2·2mg，故B 不会静止。

(3)A 在B 上滑行，对A 有ma 1＝μ1mg 对B ：μ1mg －μ2·2mg＝ma 2 且A 、B 相对静止时：v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.75 s 。

答案：(1)6 m/s (2)B 不会静止 (3)0.75 s
6．(2020·山东实验中学模拟)如图所示，物块A 和长木板B 质量均为1 kg ，A 与B 之间、B 与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A 静止在B 左端，B 停在水平地面上。

某时刻起给A 施加一大小为9 N 的水平拉力F,1 s 后撤去F ，最终A 恰好停在B 右端。

求(g 取10 m/s 2
)：
(1)通过计算说明前1 s 内B 是否运动； (2)1 s 末A 的速度； (3)B 的长度。

解析：(1)B 受到A 的摩擦力f 1＝μ1mg ＝5 N 地面的最大静摩擦力f 2＝μ2·2mg＝4 N f 1>f 2，故B 运动。

(2)F 作用时，对A ：F －μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m/s 2
1 s 末A 的速度v 1＝a 1t 0＝4 m/s 。

(3)F 作用1 s 内A 的位移：x 1＝12a 1t 02
＝2 m
对B ：μ1mg －μ2·2mg＝ma 2，a 2＝1 m/s 2
撤去F 后，A 开始减速，有ma 1′＝μ1mg
B 仍以a 2＝1 m/s 2
的加速度加速，设再经t 时间，A 恰好不滑下，则：v 1－a 1′t＝a 2(t 0＋t) 解得t ＝0.5 s
此过程A 的位移x 1′＝v 1t －12a 1′t 2
＝1.375 m
全过程B 的位移x 2＝12a 2(t 0＋t)2
＝1.125 m
B 的长度即为二者的相对位移： L ＝x 1＋x 1′－x 2＝2.25 m 。

答案：(1)B 运动 (2)4 m/s (3)2.25 m
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。

如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动。

重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B．人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为2gh
C．人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D．人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
2．下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）
A．根据公式=SR L
ρ可知，金属电阻率与导体的电阻成正比
B．根据公式W UIt
=可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功
C．根据公式q It
=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多
D．根据公式
Q
C
U
=可知，电容与电容器所带电荷成正比，与两极板间的电压成反比
3．如图所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球（可视为质点），小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮。

今缓慢拉绳使小球从A点滑向半球顶点未到顶点），在此过程中，小球对半球的压力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是（）
A．N不变，T变小B．N变小，T不变C．N变大，T变大D．N变大，T变小
4．一列简谐横波沿x轴正向传播，波形如图所示，波速为10m/s。

下列说法正确的是（）。