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高考专题：力与直线运动【考纲要求】1理解力和力矩的概念，能熟练应用直角三角形知识对力进行合成和分解运算。2利用共点力作用下物体静止和匀速直线运动的条件（合力为零）来解答有关静力学问题。3熟练掌握弹力、摩擦力的性质和特点，并应用牛顿运动定律分析匀变速直线运动物体的动力学特征。能简单分析非匀变速直线运动某些变化规律。4理解惯性定律和牛顿第三定律，并能对竖直方向做变速运动物体的超、失重进行简单运算。【知识结构】【热点导析】1.力的性质力是物体对物体的作用，这一定义体现了力的物质性和相互性，也是判断一力是否存在和理解牛顿第三定律的基础；力的矢量性要求力运算必须遵守平行四边形法则；力作用的瞬时性在牛顿第二定律中得到了体现；还有力对空间和时间的的积累性及作用的独立性体现在动量定理和动能定理中。2.力和运动物体的运动性质取决于初始条件和物体的受力情况及相互关系；物体做直线运动和曲线运动的区别在于力是否和速度共线；物体做匀变速运动还是非匀变速运动取决于力是否恒定；物体的速率是增加、减小还是不变取决于力与即时速度是夹锐角、钝角还是直角。对物体的受力情况和运动情况作出正确的分析和判断是解答动力学问题的关键。物体的加速度是运动学量和动力学量间联系的桥梁。对于较复杂的物理过程，应注意画出相关的运动示意草图和各阶段的受力图。3.物体的平衡条件物体平衡分共点力平衡和固定转动轴平衡，条件分别为合力为零和合力矩为零。二力合力为零必等值反向；三力合力为零常作成二力合力与第三力等值反向，也可用拉密定理、解直角三角形、解相似三角形等方法解。四个及四个以上力合力为零更为采用正交分解法。【典型例析】例1 如图1-2-1所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和B，物体A放在锐角为的斜面上，已知A物质量为m，A物与斜面最大静摩擦力是与斜面间弹力的倍（tg），滑轮摩擦不计，物体A要静止在斜面上，物体B质量的取值范围为多少？在A静止的前提下，斜面体与地面间摩擦情况又如何？解析 本题是静力学问题，运用平衡条件及正交分解法是解答该类问题的主要方法。先以B为研究对象，因为B静止所以有：T=mBg 再以A为研究对象，若A处于上滑的临界状态，有：T1=fm+mgsin 而=N N=mgsin 由可得:mB=m(sin+cos) 同理，若A处于将要下滑的临界状态则有：T2+fm=mgsin 由可得：mB=m(sin-cos) 由可得mB应满足的条件为：m(sin-cos)mBm(sin+cos)在A静止的前提下，A和滑轮支架对斜面体的总作用力竖直向下，A、B和斜面C整体对地面只有向下的压力，地面与C间无摩擦力。说明 处理静力学问题，首先要选取妥当的研究对象，进行受力分析和力的运算，其中摩擦力为被动力，要根据物体所受的其他力和所处的状态正确判断。隔离法和整体法的巧妙使用可简化解题步骤。如本题中A物加速下滑，则对A、B、C进行整体分析可知，整体中有成员有向左的加速度分量，地面对斜面体C应有向左的摩擦力。例2 空间探测器从某一星球表面竖直升空，已知探测器质量为500kg（设为恒量），发动机推力为恒力，探测器升空后发动机因故障而突然关闭，如图1-2-2所示是探测器从升空到落回星球表面的速度时间图像，则由图像可判断该探测器在星球表面所能达到的最大高度是多少？发动机工作的推力又为多少？解析 本题是根据图像来表达有关已知条件的。正确理解v-t图像各段斜率、各转折点、各块面积的含义是解答本题的关键。由图可知，空间探测器在t1=8秒时具有最大即时速度，t2=24秒时才达到最大高度，且其最大高度为图像中OAB的面积，即hmax=2440m=480m空间探测器在8秒内在推动和星球重力作用下加速上升，在8秒后部只在星球重力作用下减速上升和加速回落。第一阶段加速度a1=ms-2=5ms-2第二、三阶段加速度等为a2=-2.5ms-2据牛顿第二定律，第一阶段F-mg星=ma1 第二、三阶段-mg星=ma2 由得：F=m(a1-a2)=5007.5N=375N说明 运动过程的表达有多种方式，其中用图像和数据表达是最常见的两种方式，但都得转化为对运动过程的描述。再结合各阶段的受力分析应用牛顿运动定律建立力和运动的因果关系。例3 如图1-2-3所示，在倾角=37的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22ms-1(sin37=0.6 g=10ms-2)。解析 本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起。第一阶段：在最初2秒内，物体在F=9.6N拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图1-2-4可知：沿斜面方向：F-mgsin-f=ma1 沿y方向：N=mgcos 且f=N 由得：a1=2ms-22秒末绳断时即时速度v1=a1t1=4ms-1第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2则a2=-7.6ms-2设从断绳到物到达最高点所需时间为t2据运动学公式v2=v1+a2t2t2=0.53s第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，该第三阶段物体加速为a3，所需时间为t3。由牛顿第二定律可知：a3=gsin-gcos=4.4ms-2，速度达到v3=22ms-1，所需时间t3=5s综上所述：从绳断到速度为22ms-1所经历的总时间t=t2+t3=0.53秒+5秒=5.53秒说明 对于类似本题的多过程问题，找好各物理过程的“联系量”很重要，当然正确分析具体的运动过程和受力情况是解题的基础。若本题将速度22ms-1改为2ms-1，其他条件均不变，则从绳断到速度大小变为2ms-1所需时间就有二解。一是在物体减速上滑过程中，另一是在物体从斜面顶端下滑的过程中，当然因0，两时刻物体并非经过斜面上的同一点。例4 如图1-2-5所示，顶角为30直角斜劈放在光滑的水平面上，斜劈的质量M=10kg，左边是一光滑的竖直墙壁，墙壁与斜劈之间放一质量为m=5kg的小球，求小球与斜劈之间的相互作用力（g=10ms-2）。解析 先取球m为受力分析对象，受力图如图1-2-6（a）所示，球m向下加速运动：y方向：mg-N2sin=ma1 再取M为受力分析对象，受力图如图1-2-6（b）所示，球M向右沿x做加速运动x方向N2cos=Ma2 经时间t,m的位移s1=a1t2M的位移s2=a2t2由位移关系可知=cot,即=cot 由得:mg-N2sin=N2coscot 由牛顿第三定理可知N2=-N2N2=40N说明 本题中两物体在相互垂直的方向上做匀速加速直线运动，两物体位移、即时速度和加速度都受到斜面顶角的限制，隔离法是解答本题的基本思路。斜面顶角是两物间联系的桥梁。本题属连接体问题的变形。针对动力学中大量的的连接问题，找出物体间受力和运动学量间的关系尤为重要。例5 如图1-2-7所示，轻杆C端用铰链固定在墙面上，B端用细线AB牵在墙上，BAC90，在B端悬挂一重物G，现将细线的A端缓慢向A移动，使，且轻杆BC与竖直方向的夹角（090）不变，则细线AB的拉力的大小（ ）A一直变小 B.一直变大 C.先变小后变大 D.不能确定解析 本题属静力学问题，因杆CB重力不计，所以既可从共点力（B）受力平衡解，亦可从固定转动轴（C）受力矩平衡解。讨论细线AB所受拉力大小的动态变化情况从力矩角度较好解。当绳AB与杆BC垂直时，绳中张力最小。因图中ABC大于、小于、等于90均有可能，所以选C为典型错解，应选（D）。说明 本题属不定解问题，原因是图中ABC取值未定，这类问题不能望图生意，要仔细确定题干中的确定量和未知量，防止主观意断。本题因BC杆质量不计，所以既可用共点力平衡条件求解，又可用固定转动轴物体平衡条件求解。例6 如图1-2-8所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量都不计，盘内放有一质量m=12kg并处于静止的物体P，弹簧劲度系数k=300N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始始终向上作匀加速直线运动，在这过程中，头0.2秒内F先变力，在0.2秒后F是恒力，则（1）物体P做匀加速运动的加速度大小为多少？（2）F的最小值、最大值分别为多少？解析 物体P与托盘分离的条件为相互间支持力为零。物体P与托盘分离前F为变力，分离后F为恒力。因托盘不计质量，所以分离时又是弹簧原长的时刻。Mg=kx x=at2 由得a=20ms-2F最小值为P刚开始加速时，P与托盘整体受力如图1-2-9所示即：Fmin=ma=1220N=240NF最大值即为P刚要离开托盘时和离开托盘后，Fmax-mg=maFmax=m(g+a)=360N说明 有弹簧力参与下的物体做匀速运动，必有其他力也为变力，所以F的取值有一定范围。若图1-2-9中F仍为恒力作用，则物体做加速度减小的变加速运动。本题中若托盘也有质量，则0.2秒末即物体P与托盘分离处只有相互作用力为零的结论，而无弹簧处于原长的结论（弹簧有一定的压缩量）。详细分析物体运动的各个阶段特征及其受力情况，找出各阶段的转折点，是解答对变力问题或变加速运动问题的基础。例7 如图1-2-10所示，固定的斜面倾角为，斜面上放一个带有支架的木块，木块与斜面间的动摩擦因数为，如果木块可以沿斜面加速下滑，则这一过程中悬挂在支架上的小球的悬线和竖直方向的夹角为多大时，小球可以相对于支架静止。解析 因要求小球悬挂线与竖直方向的夹角，所以应建立如图1-2-11所示的水平和竖直方向坐标轴。而将沿斜面向下的加速度分解成水平和竖直分量。设悬线与竖直方向夹角为则沿x方向Tsin=mx=macos 沿y方向mg-Tcos=may=masin 由组合消去T得tan= 而据整体法a=gsin-gcos 由代入得tan=说明 本题为典型的斜面体上直线运动实例，正确选取妥当的坐标轴方向直接影响解答过程的繁简。若本题将坐标轴选在沿斜面方向和垂直斜面方向，则大大增加了运算过程的难度。在坐标轴的选取上，应尽量避免和角、差角的出现。例8 如图1-2-12所示，传输带与水平间的倾角为=37，皮带以10ms-1的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它的传输带间的动摩擦因数为0.5，若传输带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？解析 首先判定与tg大小关系=0.5 tg=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止。其次皮带运动速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论。当皮带的上表面以10ms-1速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向下，（如图1-2-13所示）该阶段物体对地加速度a1=10ms-2方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t1=1 S =a1t21=5m如图1-2-13所示，当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度a2=2ms-1物体以2ms-2加速度运行剩下的11m位移需时间t2则s2=vt2+a2t22即11=10t2+2t22 t2=1s (t2=-11s舍去)所需总时间t=t1+t2=2s当皮带上表面以10ms-1速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设为a3则a3=2ms-2物体从传输带顶滑到底所需时间为t则s= t=4s说明 本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性。物体所受滑动摩擦的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参照物。若要另行计算物体与传输带间由于滑动摩擦的作用而产生的焦耳热，应分别计算出两种情况下物体下相对于传输带的相对位移。当皮带上表面以10ms-1速度向下运行时，在t1时间内发生相对位移s1=vt-a1t21=10-1012=5m，在t2时间内发生的相对位移s2=vt2+a2t22-vt2=1m，所以由于滑动摩擦产生焦耳热Q1=mgcos(s1+s2)=12J当皮带上表面以10ms-1速度向上运行时，在t时间内发生的相对位移s3=vt+ =104+16m=56m所以由于滑动摩擦产生的焦耳热Q2=mgcoss3=112J例9 如图1-2-14所示，竖直光滑杆上套有一小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为12ms-2，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球加速度可能是(g=10ms-2)A.22ms-2 竖直向上 B.22ms-2 竖直向下 C.2ms-2 竖直向上 D.2ms-2 竖直向下解析 本题为1999年上海市高考题因为弹簧原来的压缩和伸长状态未知，所以本题有多种情况需讨论。（1）平衡时两弹簧均处于伸长状态，小球受力如图1-2-15所示。TM=mg+TN 拔去M后，TN+mg=ma=12m 拔去N后，TM-mg=ma 由得a=2ms-2方向向上，（C）正确（2）平衡时两弹簧均处于压缩状态小球受力图如1-2-16所示NN=mg+NM 拔去M后：NN-mg=ma=12m 拔去N后：NM+mg=ma 由得：a=22ms-2方向竖直向下，（B）正确（3）平衡时，M处于伸长，N处于压缩，则受力图应为图1-2-17所示TM+TN=mg 拔去M后TM消失，应用TN-mg=ma=12m 由式可知，TNmg 由式可知，TNmg矛盾，所以（3）假设不成立（4）平衡时，若M处于压缩，N处于伸长，则同（3）类似，也发生矛盾，所以（4）不成立答：(B、C)说明 判断拔去销钉之前，两弹簧所处状态，是解决该题的关键。还有一些情况：如M压缩N伸长 M、N均处于原长 M伸长，N原长等均不可能，困为弹簧所处的状态不同，因而拔去N出现了多解的可能性。像本题有一定发散性、讨论性的问题，在高考不断向能力考核转化的形势下显得更为重要，应加强该类问题练习。例10 10个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上，如图1-2-18所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度l=0.5m。它们与地面间的动摩擦因数为1=0.10，原来木块处于静止状态。左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为2=0.20。物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=4.3m/s，使其在扁长木块上滑行，试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上），取重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块