发布时间 : 星期四 文章2020版高考物理二轮复习第一板块大命题区间第4讲以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”更新完毕开始阅读
第4讲 ?? 以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”
[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，其中有三类典型的问题：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。
一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点
[全练题点]
1．[多选](2018届高三·江西宜春四校联考)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θ的斜面底端，另一端与物块A连接；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拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，
用到的思想方法有：
①整体法和隔离法 ②正交分解法 ③作图法 ④图像法 ⑤等效思想 ⑥临界极值思想
A、B两物块在开始一段时间内的v -t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线
相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则( )
A．t2时刻，弹簧形变量为0 B．t1时刻，弹簧形变量为
mgsin θ＋ma
kC．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，t2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 θ＝kx，则x＝
mgsin θ，故A错误；由题图读出，t1时刻A、B开始分离，对kmgsin θ＋maA根据牛顿第二定律得kx－mgsin θ＝ma，则x＝，故B正确；从开始到t1
k时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝
mgsin θ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确。
2.(2018届高三·保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一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
1
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μ。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( ) A．aA＝μ?1＋?g，aB＝μg C．aA＝μ?1＋?g，aB＝0
m1
????
m2?m1?m2?B．aA＝μg，aB＝0 D．aA＝μg，aB＝μg
?
解析：选C 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μm2g，等于弹簧向左的弹力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的加速度为0；A的加速度为
F＋μm1g?m2?＝μ?1＋?g，选项C对。 m1?m1?
3.[多选]如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙
＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质
量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg 的物块甲与乙
相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，取重力加速度g＝10 m/s。则( ) A．细绳对盒子的拉力大小为20 N B．盒子的加速度大小为2.5 m/s C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N
解析：选BC 假设绳子的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲g－FT＝m2
甲
2
2
a；对乙
和丙组成的整体，有FT＝(m乙＋m丙)a，联立解得FT＝15 N，a＝2.5 m/s，A错误，B正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f＝m丙a＝1×2.5 N＝2.5 N，C正确；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为152 N，所以D错误。
4.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是( ) 3
A.fm 53C.fm 2
3 B.fm 4 D．fm
2
解析：选C 当下面m与2m的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。 将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：
F＋6mgsin 30°＝6ma ①
将两个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看作整体：
fm＋4mgsin 30°＝4ma ②
3
联立①、②解得：F＝fm，故选C。
2
[全能备考]
1．连接体问题中的两类瞬时性模型
刚性绳(或接触面) 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，不需要形变恢复时间 弹簧(或橡皮绳) 两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，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、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用隔离法。
二、以加速度为桥梁，破解传送带问题重难增分类考点
[典题例析]
[典例] [多选]如图所示，传送皮带与水平面夹角为37°，A、B间距离L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s匀速运行。现在皮带的A端无初速放上一个小物体(可视为质点)，已知物体与皮带间的动摩擦因数为
μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，传动轮大
小可忽略，则物体滑到B端的速度大小可能是( ) A．6 m/s C．10 m/s [思路点拨]
B．8 m/s D．12 m/s
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[解析] 选BD 因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：
若传动轮带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上A端相对地面无初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mgsin 37°>Ff＝μmgcos 37°，故物体有沿皮带向下的加速度，设为a1，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，a1＝2 m/s
物体从A运动到B的时间t1＝ 2x＝
2L2
a1a1
＝4 s，到达B端速度为v1＝a1t1＝8 m/s。
若传动轮带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带A端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。设物体的加速度为a2，则
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2，a2＝10 m/s2
物体加速到皮带运行速度v＝10 m/s的时间为：
vt1′＝＝1 s
a2
v2
物体的位移x1＝＝5 m 2a2 假设摩擦力消失，皮带匀速向下，物体因受重力沿皮带斜面分力作用将向下加速，下一时刻物体速度将超过皮带速度，故有摩擦力，且皮带对物体的摩擦力方向变为斜向上。 由于mgsin 37°>Ff＝μmgcos 37°，物体加速度变为a2′，a2′＝gsin 37°－μgcos 37°＝a1＝2 m/s。 12 设物体继续加速下滑到B端所需时间为t2，而x2＝vt2＋a2′t2。又x2＝L－x1＝11 m，解得： 2 2 4