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专题01 动力学和运动学的综合问题
1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。
3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。
题型一、动力学两类基本问题求解
1.基本思路
2.解题关键
抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等。
3.常用方法
(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等。
题型二、牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，x＝t。
(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得
＝
速度与位移关系公式：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2得＝
平均速度与位移关系公式：x1＝，x2＝
得＝
②多过程v－t图像“下凹”模型，如图所示。
车较之匀速行驶耽搁的距离：阴影面积表示的位移Δx，耽搁的时间Δt＝。
1．（2024下-广东广州-高三开学考试）如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为，赛艇（含运动员、双桨）质量为，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进，求：
（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
（2）赛艇的最大速度大小和此过程中阻力对赛艇做的功。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）根据题意，设赛艇受到的阻力大小为f，双浆划水时的动力为F，设划水和运浆阶段的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律，划水时有
空中运浆时
依题意有
联立解得
（2）由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到最大，则
划水时
运桨时
又有
，
联立并代入数据解得
，
2．（2024·四川·一模）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为的滑块（视为质点）以初速度滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为减速装置，仍以相同的初速度滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为，，，求：
（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；
（2）若已知，，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。
【答案】（1）0.6；（2）7.2m
【详解】（1）滑块运动过程中，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
由运动学公式可得
联立解得
（2）装上减速装置后，对装置和滑块整体分析，如图所示
由牛顿第二定律和力的平衡可得轴
轴
又
由运动学公式
联立解得
3．（2024·云南·二模）滑梯是游乐园中常见的游乐设施，图（a）为某游乐园中的大型滑梯，其滑板部分可简化为图（b）所示。滑板长L=6m，其顶端距地面的高度h=3.6m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量m=30kg的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小v=4m/s。已知小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为0.8，g取10m/s2。求：
（1）小孩沿滑板下滑的加速度大小；
（2）小孩与滑板之间的动摩擦因数；
（3）为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
【答案】（1）；（2）；（3）1m
【详解】（1）根据题意可得
解得
（2）小孩在斜面上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（3）小孩滑到水平面上做匀减速直线运动，则
解得
4．（2024·全国·模拟预测）如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口的距离为l，管的长度为，一质量的小球（可视为质点）从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，圆盘受到的滑动摩擦力大小为其重力大小的2倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）求第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔。
【答案】（1）；；（2）
【详解】（1）设第一次碰撞前小球的速度大小为，第一次碰撞后小球的速度大小为，圆盘的速度大小为；从小球由静止下落到第一次碰撞前的过程中，由动能定理有
弹性碰撞过程中，根据机械能守恒定律有
弹性碰撞过程中，根据动量守恒定律有
解得小球的速度大小
圆盘的速度大小
（2）圆盘向下运动时，由牛顿第二定律有
故从第一次碰撞后到圆盘速度减为零所需的时间
从第一次碰撞后到圆盘速度减为零下落的距离
设第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为，则有
解得第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔
故第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为。
5．（2024·江西·一模）无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动，经过到达目的地停止运动，快递车在整个运送过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示，图中和未知。假设快递车与货物总质量，运行时所受阻力为自身重力的0.05倍，重力加速度取，时间内位移大小。求：
（1）快递车在加速和减速过程中的加速度大小；
（2）快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。

【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由题意可知，快递车运行时所受阻力为
快递车在加速过程中，由牛顿第二定律
快递车在减速过程中，由牛顿第二定律
其中
解得
设加速时间为，减速时间为，由运动学公式
其中
联立解得
，
故快递车在加速和减速过程中的加速度大小分别为，。
（2）全程对快递车由动能定理
其中
代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为
6．（2024·四川自贡·一模）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平。一个质量为m1=2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为m2=48kg的滑雪者从顶端以初速度v0=1.5m/s、加速度a=3m/s2做匀加速追赶，恰好在坡底B处追上背包。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力。求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）背包和滑雪者到达B处时，分别的速度大小。
【答案】（1）9m；（2），
【详解】（1）设斜面长度为L，背包在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
解得
设滑雪者在斜面上滑行时间为，，由运动学公式得
联立以解得
或（舍去）
（2）设背包和滑雪者到达B处时的速度为、，则有
7．（2024·湖南张家界·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道AB、螺旋圆形轨道 BCDE、倾角 的直轨道EF、水平直轨道 FG 组成。除FG 段外各段轨道均光滑。、且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B（E）处。 凹槽GHIJ底面HI 水平光滑、上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道下 FG、平台 JK所在的水平面高度差为 已知螺旋圆形轨道半径 B点高度为 1.2R，FG 长度 HI长度 摆渡车长度 质量 2kg，将一质量为m=1 kg的滑块从倾斜轨道AB上高度 处静止释放，滑块在 FG段运动时的阻力为其重力的0.9倍，当滑块落到摆渡车上时不反弹，但其水平方向速度不变。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即反弹但速度大小不变，，滑块视为质点，不计空气阻力，
（1）求滑块过 C点的速度大小vc和滑块对轨道的作用力大小Fc；
（2）若在滑块落到摆渡车上的瞬间，工人立刻推动摆渡车，使得摆渡车立刻获得与滑块水平方向速度相同的速度，此后的运动过程中，滑块始终不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ需要满足的条件；
（3）在（2）的条件下，求摆渡车与滑块组成的系统在从一起开始运动到第 4 次碰撞后所损失的机械能。
【答案】（1）m/s；22N；（2）；（3）J
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
N
由牛顿第三定律，滑块对轨道和轨道对滑块的相互作用力大小相等，也为22N。
（2）滑块从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块在G点做平抛运动，即
解得
m
即滑块在摆渡车上位置为m，二者的初速度为=1m/s，由题意可知，当摆渡车与墙壁碰撞时，其速度大小不变，设与墙壁碰撞之后，摆渡车的速度变为
m/s
若此后滑块与摆渡车能够达到共速，则由动量守恒定律有
由牛顿第二定律
因此，物体相对于车的位移为
同理，第二次发生碰撞时候
显然，因此只需要保证第一次碰撞之后二者不分离即可，即
解得
（3）由以上分析可知，每次碰撞之后
因此，第四次碰撞后
损失的机械能为
解得
J
8．（2024·广东佛山·一模）为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下。斜面AB与水平面的夹角。水平传送带顺时针转动，长度为，速度大小为，传送带左端与斜面底端平滑相连。传送带右端下方处有货箱长的货车，在传送带左端无初速度释放货物，货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带的动摩擦因数，与斜面的动摩擦因数，，重力加速度为，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。
（1）求落入货箱尾部的货物的速度大小；
（2）当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放，求落入货箱的位置；
（3）在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区域长度。
【答案】（1）；（2）距尾端距离为5m；（3）12.5m
【详解】（1）货物在传送带上的加速度为
货物和传送带速度相等时的位移为
则货物到达传送带右端时的速度为
货物离开传送后做平抛运动，根据
解得
落入货箱尾部的货物的速度大小为
（2）根据动能定理有
解得
货物到达右端过程有
解得
货物做平抛运动的时间为
无初速度滑上传送带后做平抛运动的水平位移为
当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放后做平抛运动的水平位移为
则落入货箱的位置距尾端距离为
（3）货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有
，
解得离开传送带右端的速度为
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
这段区域长度为
9．（2024·江西·一模）如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上，时刻将质量为的A物块从距离B物块处由静止释放，时刻A、B发生第一次碰撞，时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块的图线如图乙所示（其中均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）第一次碰撞后A物块沿科面向上运动们最大距离；
（2）B物块的质量及A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（3）B物块沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A物块在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
A物块在时间内与在的时间内受力情况一致，加速度相同，则有时
刚释放物块时，之间的距离为，则有
可得
A物块在的时间内沿斜面向上运动，运动的距离
联立可得
（2）物块与物块第一次碰撞时，由动量守怛可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得
其中
，
联立可得
，
A物块在时间内下滑的距离
故B物块碰后沿斜面下滑的距离
假设第二次碰撞前物块已停止运动，则有
可得
即时，物块停止运动，假设成立，设物块下滑过程中的加速度大小为，则有
设斜而倾斜角为，根据牛顿第二定律：对物块有
A物块下滑时
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为，则有
由牛顿第二定律可得
联立可得
（3）时，A物块与B物块发生第二次碰撞，碰前瞬间物块的速度
由动量守恒可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得
联立可得
设第二次碰撞后B物块下滑的距离为，则有
可得
以此类推可得
则物块运动的总距离
当时，代入数据可得
10．（2024·辽宁·一模）如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，质量、长度的木箱乙底部中心放置着一个质量的可视为质点的物块甲，甲与乙之间的动摩擦因数，乙与斜面间的动摩擦因数。初始时甲、乙在外力的作用下均处于静止状态，现撤去外力，同时给乙沿斜面向下的初速度，乙下滑后与P处固定着的一弹性挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰后乙以原速率反弹。设沿斜面向下为正方向；且所有的碰撞均视为弹性正碰，，，重力加速度g取。求：
（1）刚撤去外力时甲、乙的加速度大小；
（2）从乙与挡板第一次碰撞到甲、乙第一次发生碰撞所需的时间；
（3）从乙与甲第一次发生碰撞到乙与挡板第二次发生碰撞所需的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）刚撤去外力时对乙根据牛顿第二定律有
解得乙的加速度大小为
对甲由牛顿第二定律得
解得
（2）设乙与挡板第一次碰撞时速度大小为，由，解得
乙从开始运动到与挡板碰撞运动的时间为
乙与挡板第一次碰撞时，甲向下运动的位移大小为
甲向下的速度大小为
乙与挡板第一次碰撞时，甲距乙下端的距离
乙与挡板碰撞后，乙的速度反向，对乙由牛顿第二定律得
解得
乙与挡板第一次碰撞后，甲沿斜面向下运动，对甲由牛顿第二定律得
解得
设从乙与挡板第一次碰撞到甲、乙第一次发生碰撞所需的时间为，则甲的位移大小为
乙的位移大小为
由
解得
或（舍去）
（3）甲、乙第一次发生碰撞时，乙离开挡板的距离
甲、乙第一次发生碰撞时，甲向下运动的速度大小
甲、乙第一次发生碰撞时，乙向上运动的速度大小
甲、乙第一次发生碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得
，
解得
，
乙与甲第一次发生碰撞后，乙向下运动，甲向上运动，对乙由牛顿第二定律得
解得
设从乙与甲第一次发生碰撞到乙与挡板第二次发生碰撞所需的时间为，则
解得
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