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（安徽专用）2015届高考物理考前三个月 名师考点点拨专题讲义 专题二 力与物体的直线运动 第1课时 动力学观点在力学中的应用专题定位本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题高考对本专题考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带(或平板车)上的运动问题；带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等应考策略抓住“两个分析”和“一个桥梁”“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题第1课时动力学观点在力学中的应用1物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体或带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线2匀变速直线运动的基本规律为速度公式：vv0at.位移公式：xv0tat2.速度和位移公式的推论：v2v2ax.中间时刻的瞬时速度：v.任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即xxn1xna(t)2.3速度时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜直线4位移时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的xt图象是一条抛物线5超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当ag且竖直向下时，完全失重1动力学的两类基本问题的处理思路2解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法(2)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(3)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，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动考向1运动学基本规律的应用例1(2014新课标24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)审题突破在反应时间内汽车做什么运动？采取刹车措施后呢？要求安全距离和汽车的位移有什么关系？解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(v24 m/s不符合实际，舍去)答案20 m/s以题说法解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶汽车甲先开出，汽车乙后开出汽车甲从静止出发先做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度v后改为匀速直线运动汽车乙从静止出发先做加速度为a2的匀加速直线运动，达到同一速度v后也改为匀速直线运动要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x.则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小)答案解析设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，对甲，有：va1t1v22a1x1设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，对乙，有：v2t2v222x2设甲匀速运动时间t后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为t，由题意知：tt1tt2xx1vtx2解得：t.考向2挖掘图象信息解决动力学问题例2如图1甲所示，在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连t0 s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()图1a在0.15 s末滑块的加速度为16 m/s2b滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运动c滑块与斜面间的动摩擦因数0.25d在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动审题突破结合图象可知滑块在斜面上分别做什么运动？bc段为直线说明什么？解析在vt图象中，斜率代表加速度，0.15 s末滑块的加速度a8 m/s2，故a错误；滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上运动，故b错误；滑块在0.10.2 s内，由牛顿第二定律可知，mgsin 37mgcos 37ma，可求得0.25，故c正确；在00.1 s过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故d错误答案c以题说法解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题 (2014福建15)如图2所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()图2答案b解析滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项c、d错误设斜面倾角为，则sv0tat2，故ht、st图象都应是开口向下的抛物线，选项a错误，选项b正确考向3应用动力学方法分析传送带问题例3如图3所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长l6 m，其左端与一倾角为30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间图3审题突破物块在传送带上向左和向右如何判断做何运动？在斜面上向上、向下运动的时间是否一样？解析物块与传送带间的摩擦力：ffmgma1代入数据得a12 m/s2设当物块加速到与传送带速度相同时发生的位移为x1，由v22a1x1，解得：x14 m6 m则物块加速到v的时间：t12 s物块与传送带速度相同时，它们一起运动，一起运动的位移为x2lx12 m一起运动的时间：t20.5 s物块在斜面上运动的加速度：a25 m/s2根据对称性，上升和下降的时间相同：t30.8 s返回传送带后，向右减速的时间：t42 s物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间：t总t1t22t3t46.1 s.答案6.1 s以题说法1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键2传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断如图4所示，与水平方向成37角的传送带以恒定速度v2 m/s顺时针方向转动，两传动轮间距l5 m现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v04 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度图4答案0.96 m解析物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相同，物块向上减速时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1则有：a1g(sin cos )10(0.60.50.8) m/s210 m/s2物块沿传送带向上的位移为：x1 m0.6 m由于最大静摩擦力ffmgcos mgsin ，物块与传送带速度相同后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零根据牛顿第二定律可得：mgsin mgcos ma2得：a2g(sin cos )10(0.60.50.8)m/s22 m/s2物块沿传送带向上运动的位移为：x2 m1 m则物块沿传送带上升的最大高度为：h(x1x2)sin 37(0.61)0.6 m0.96 m.2应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题例4 (14分)如图5所示，水平地面上有一质量为m的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与m之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板m在水平外力f作用下始终向右以速度v2(v2v1)匀速运动，求：图5(1)在物块m向左运动过程中外力f的大小；(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中ff1、ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知ff11mg(1分)ff22(mm)g(2分)由平衡条件得：fff1ff21mg2(mm)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2(1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：lxx1x2(2分)代入数据解得：l.(2分)答案(1)1mg2(mm)g(2)点睛之笔平板车类问题中，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，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等(限时：15分钟，满分：18分)如图6所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长l1.8 m、质量m3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力f，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.图6 (1)为使物块不滑离木板，求力f应满足的条件；(2)若f37.5 n，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离答案(1)f30 n(2)能1.2 s0.9 m解析(1)对m、m组成的整体，由牛顿第二定律f(mm)gsin (mm)a对m，有ffmgsin maffmgcos 代入数据得f30 n.(2)f37.5 n30 n，物块能滑离木板对m，有fmgcos mgsin ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2a2t2l代入数据得：t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由2gssin 0v2代入数据得s0.9 m.(限时：45分钟)题组1运动学基本规律的应用1测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图1所示，b为测速仪，a为汽车，两者相距335 m，某时刻b发出超声波，同时a由静止开始做匀加速直线运动，当b接收到反射回来的超声波信号时，ab相距355 m，已知声速340 m/s，则汽车的加速度大小为()图1a20 m/s2 b10 m/s2c5 m/s2 d无法计算答案b解析设超声波来回传播时间为t，汽车运动的加速度为a，声速为v，则a()2335 m，at2355 m335 m，联立解得：t2 s，a10 m/s2，选项b正确2(2014新课标24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图2所示若该运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保留1位有效数字)图2答案(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m解析(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有vgtsgt2根据题意有s3.9104 m1.5103 m3.75104 m联立式得t87 sv8.7102 m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkv由所给的vt图象可读出vmax360 m/s由式得k0.008 kg/m.题组2挖掘图象信息解决动力学问题3(2014新课标14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶在t0到tt1的时间内，它们的vt图像如图3所示在这段时间内()图3a汽车甲的平均速度比乙的大b汽车乙的平均速度等于c甲、乙两汽车的位移相同d汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大答案a解析根据vt图像下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项c错误；根据v得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项a正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于，选项b错误；根据vt图像的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项d错误4如图4甲所示，一个m3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t0时刻起，物体在水平力f作用下由静止开始做直线运动在03 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则() 甲 乙图4a在03 s时间内，物体的速度先增大后减小b2 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sc2 s末f最大，f的最大值为12 nd前2 s内物体做匀变速直线运动，力f大小保持不变答案d解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故a错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在at图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，v10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，所以b错误；由f合ma知前2 s内的合外力为12 n，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 n，故c错误5我国蹦床队组建时间不长，但已经在国际大赛中取得了骄人的成绩假如运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图5所示，其中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员()图5a在t1t2时间内所受合力逐渐增大b在t2时刻处于平衡位置c在t3时刻处于平衡状态d在t4时刻所受的弹力最大答案b解析在t1t2时间内，人受到的弹力小于人的重力，合力向下，人在向下加速运动，但是加速度的大小是在减小的，合力是在减小的，所以a错误在t2时刻，弹力和人的重力相等，此时处于平衡位置，速度到达最大，所以b正确在t3时刻，人的速度最小，此时弹力最大，具有向上的加速度，所以c错误在t4时刻，人向上运动，速度达到最大，此时的合力为零，所以d错误题组3应用动力学方法分析传送带问题6(2014四川7改编)如图6所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体p、q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻p在传送带左端具有速度v2，p与定滑轮间的绳水平，tt0时刻p离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体p速度随时间变化的图像可能是()图6a b c d答案c解析若v1v2，且p受到的滑动摩擦力大于q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图所示，故正确若v1v2，且p受到的滑动摩擦力小于q的重力，此时p一直向右减速，减速到零后反向加速若v2v1，p受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有ftmg，此后加速度a2，故正确，错误故选c.7如图7甲所示，水平传送带ab逆时针匀速转动，一个质量为m1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.求：甲 乙图7(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统产生的热量答案(1)0.2(2)4.5 s(3)18 j解析(1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a2.0 m/s2由牛顿第二定律得ffma则物块与传送带间的动摩擦因数0.2.(2)由速度图象可知，物块初速度大小v4 m/s、传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止前2 s内物块的位移大小x1t4 m，向右，后1 s内的位移大小x2t1 m，向左，3 s内位移xx1x23 m，向右；物块再向左运动时间t21.5 s.物块在传送带上运动时间tt1t24.5 s.(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移xvt16 m，向左物块的位移xx1x23 m，向右相对位移为xxx9 m所以转化的热能eqffx18 j.题组4应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题8(2014江苏8改编)如图8所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦