高中物理必修第一册拓展课九

拓展课九动力学图像问题及等时圆模型目标要求1.综合应用牛顿第二定律、运动学规律，结合F­t图像、v­t图像、a­F图像等信息解决动力学问题．2．能够将图像与实际受力情况和运动情景相结合，应用牛顿运动定律解决实际问题．3．掌握等时圆模型．拓展1动力学中的图像问题【归纳】1．常见的图像形式在动力学问题中，常见的图像是v­t图像、F­t图像、a­F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．【典例】例1如图甲所示，小物块A放在长木板B的左端，一起以v0的速度在水平台阶上向右运动，已知台阶MN段光滑，小物块与台阶PQ间动摩擦因数μ1＝0.1，台阶的P点切线水平且与木板等高，长木板撞到台阶后立即停止运动，小物块继续滑行．从长木板右端距离台阶P点s＝8m时开始计时，得到小物块的v­t图像如图乙所示．小物块3s末刚好到达台阶P点，4s末速度刚好变为零．若图中v0和v1均为未知量，g取10m/s2，下列说法中正确的是()A.由题中数据可知，长木板长度为2.5mB．小物块在P点的速度为2m/sC．小物块和长木板的初速度v0＝3m/sD．小物块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4教你解决问题——读图析图运动过程与图像的对应关系如图所示．前2s内长木板的位移为8m，可求匀速运动的速度v0；3～4s内小物块在台阶上运动，动摩擦因数已知，可求加速度，然后再求v1.例2为研究一升降机的运动情况，升降机底部安装一个加速度传感器，其上放了一个质量为m的物块，如图甲所示．升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化关系如图乙所示．取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是()A．t＝t0时刻，物块所受支持力大小为mgB．t＝3t0时刻，物块所受支持力大小为2mgC．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态D．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态例3如图甲所示，t＝0时，水平地面上质量m＝1kg的物体在水平向左、大小恒为10N的力T的作用下由静止开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m(1)2s末物体的速度大小；(2)前2s内物体的位移；(3)t为多少时物体的速度为0.拓展2等时圆模型【归纳】1．模型特点(1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间都相等，如图甲所示．(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间都相等，如图乙所示．(3)综合(1)和(2)有：两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间都相等，如图丙所示．2．等时性证明如图所示，让物体从竖直圆环上的最高点A处由静止开始沿光滑的弦轨道AB、AC、AD下滑(AD竖直)，下滑的时间分别为t1、t2、t3.试证明t1＝t2＝t3.证明：物体由静止开始沿AB弦轨道下滑，AB弦轨道长为x1，AB弦轨道与竖直方向夹角为θ，直径AD长度为d.则a1＝gcosθx1＝dcosθ位移与时间的关系为x1＝1由以上各式解得t1＝2d可知物体由静止开始沿光滑弦轨道下滑的时间与弦与竖直方向的夹角无关，即t1＝t2＝t3.【典例】例4(多选)如图所示，让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2.则()A．物体沿P1A、P2A下滑加速度大小之比为sinθ1∶sinθ2B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度大小之比为cosθ1∶cosθ2C．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力大小之比为sinθ1∶sinθ2D．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1例5如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速度释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是()A．t1＝t2B．t1>t2C．t1<t2D．无法确定拓展课九动力学图像问题及等时圆模型拓展1[例1]解析：C错：长木板B和小物块A在t1＝2s时间内一起匀速运动s＝8m，可得初速度v0＝st1B错：小物块滑上台阶PQ后继续做匀减速直线运动，加速度为a2＝μ1g＝1m/s2，时间为t3＝1s，则知v1＝a2t3＝1m/s.A对，D错：当长木板B和台阶PQ相撞后立即停止，小物块A继续在长木板上做匀减速运动，运动的时间为t2＝1s，运动的位移为长木板长L，则匀减速运动的加速度为a1＝μ2g小物块离开长木板时的速度为v1＝v0－a1t2长木板长为L＝v0+联立各式解得μ2＝0.3，L＝2.5m.答案：A[例2]解析：A对：t＝t0时刻，a＝0，物块处于平衡状态，则有FN＝mg.B错：t＝3t0时刻，a＝2g，根据牛顿第二定律知FN－mg＝m·2g，解得FN＝3mg.C错：在0～2t0时间内，a≥0，加速度为零或者方向向上，物块处于平衡状态或者超重状态．D错：在t0～3t0时间内，a≥0，加速度为零或者方向向上，物块处于平衡状态或者超重状态．答案：A[例3]解析：(1)由牛顿第二定律得T－F－μmg＝ma1，解得前2s内的加速度：a1＝3m/s2，方向水平向左，由速度公式得2s末物体的速度：v1＝a1t1＝6m/s，方向水平向左；(2)由位移公式得前2s内物体的位移：x＝12a1t12＝6m，方向水平向左；(3)2s后合力方向向右，物体向左做减速运动，由牛顿第二定律得F′＋μmg－T＝ma2，解得a2＝1ms2，方向水平向右，由速度公式得0＝v1－a2t2，解得t2＝6s．所求t＝t答案：(1)6m/s(2)6m方向水平向左(3)8s拓展2[例4]解析：A错：物体受重力、支持力作用，根据牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，得加速度a＝gcosθ，所以加速度大小之比为cosθ1∶cosθ2.B、D对：物体的位移为2Rcosθ，则有2Rcosθ＝12at2解得t＝4Rg，时间t与夹角无关，知下滑时间之比为1∶1，由v＝at知物体下滑到A处的速度大小之比为cosθ1∶cosθ2C错：加速度大小之比为cosθ1∶cosθ2，且质量相同，根据牛顿第二定律知，两物体所受的合外力大小之比为cosθ1∶cosθ2．答案：BD[例5]解析：以O点为最高点，取合适的竖直直径Od作等时圆，交Ob于e点，如图所示，显然O到a、e才是等时的，比较知位移Ob>Oe，故推得t1<t2.答案：C综合检测卷一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为()A.2l2l B.00 C.2l0 D.02l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(广东东莞高一月考)据报道,身体仅6mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4000m/s2,重力加速度g取10m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为()A.41∶1 B.401∶1C.400∶1 D.4001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=答案B4.(浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中()A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtanθ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。某次运送物品过程,机器人沿直线运动的v-t图像如图乙所示,则()A.t=20s时机器人开始返回B.护士站与接收点之间的距离为120mC.全过程机器人平均速度为2m/sD.运送过程中物品在10~20s内受到的摩擦力最大解析在0~30s内,机器人的运动方向没有改变,故A错误;由图像可知,t=30s时,机器人到达接收点,图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6m=120m,故B正确;全过程机器人平均速度为v=xt=12030m/s=4m/s,故C错误;运送过程中,在10~20s内机器人做匀速运动,则物品也做匀速直线运动,故物品在10~20s答案B6.(辽宁营口高一期末)某笔记本电脑放在散热底座上,如图甲所示,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙所示),电脑始终处于静止状态。则()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的支持力不变C.电脑受到的合力变小D.散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对电脑受力分析有FN=mgcosα,当角度减小时,电脑受到的支持力变大,A、B错误;电脑处于静止状态,所受合力为零,因此合力不变,C错误;散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力,D正确。答案D7.(江苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员的总质量为2t,驾驶员的反应时间为0.5s,且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是()A.汽车在驾驶员反应时间内的位移大小为5mB.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10mC.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5sD.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N解析汽车在驾驶员反应时间内的位移大小x1=v0·Δt=10×0.5m=5m,A正确;汽车在减速过程中,根据v02=2ax2,x1+x2=15m,解得a=5m/s2,减速的时间t1=v0a=2s,因此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间t=Δt+t1=2.5s,C正确;可以将减速过程倒过来看成匀加速运动,减速过程中第2s内位移大小相当于做匀加速运动第1s的位移,x=12at2=12×5×12m=2.5m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得汽车在减速过程中受到的阻力Ff=2×103×5N=1.0答案B8.(山东潍坊高一期中)如图所示,小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落Δt后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是()A.减小Δt,t变小B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间内小球的末速度和位移分别为v球1=gΔt,x球1=12g(Δt)2,由于此时小球未到管的最上端,设经过t0小球到达管的最上端,有h-12g(Δt)2=gΔtt0+12gt02−12gt02,解得t0=ℎ-12g(Δt)2gΔt,则此时管的速度和小球的速度分别为v管=ℎ-12g(Δt)2Δt,v球2=gΔt+ℎ-12g(Δt2)Δt答案BD9.(山东济宁第二中学高一月考)如图所示,在水平天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板的夹角为θ=30°。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A.细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是3C.细线BO对天花板的拉力大小是GD.细线BO对天花板的拉力大小是G解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡条件,有FT=mg,同一根细线拉力处处相等,故细线对天花板的拉力也等于G,故C正确,D错误;对滑轮受力分析,受到细线的压力(等于两边细线拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图所示,根据平衡条件,结合几何关系,有F=FT=G,故A正确,B错误。答案AC10.(广西钦州浦北县月考)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达右端B处,且加速和匀速所用时间相等,已知A、B间距离为L,则()A.物体匀加速所用时间为LB.物体匀加速所用时间为2C.物体与传送带间的动摩擦因数为vD.物体与传送带间的动摩擦因数为3解析设物体做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也是t,物体从A到B的过程有L=v2t+vt,解得t=2L3v,故A错误,B正确;物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体答案BD二、实验题(本题共2小题,共18分)11.(10分)(江苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50Hz,某次记录小车运动情况的纸带如图所示,图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点,相邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动学有关公式可求得vB=16.50cm/s,vC=cm/s,vD=26.30cm/s;

(2)利用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车的v-t图线(以打A点时开始计时),并根据图线求出小车运动的加速度a=m/s2;(结果保留2位有效数字)

(3)图线与纵轴交点的纵坐标是cm/s,此速度的物理意义是。

解析(1)电磁打点计时器频率是50Hz,则每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有vC=xBDtBD=1.90+2.38(2)在坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图像中斜率即加速度,所以a=k=ΔvΔt=0.363-0.165(3)图线与纵轴交点的纵坐标是11.60cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车的速度,即小车在A点的瞬时速度。答案(1)21.40(2)见解析图0.50(3)11.60开始计时时小车的速度(或小车在A点的瞬时速度)12.(8分)(福建三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实验装置。(1)乙同学做实验时,先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻度开始,如图(b)所示,此时这个弹簧的长度L0是cm,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的F-x图线可能是下图所示图像的。

(2)甲同学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码,待静止时,测出弹簧相应的总长度l,实验数据见下表:(弹力始终未超过弹性限度)弹簧总长度l/cm5.005.506.006.507.007.50弹力大小F/N00.20.40.60.81.0(c)甲根据这些实验数据,在给定的如图(c)所示的坐标纸上,作出了弹簧弹力大小与弹簧长度的关系图像;根据图像得该弹簧的劲度系数k为N/m;该弹簧的原长为cm。

解析(1)弹簧的长度为L0=41.0-25.0cm=16.0cm,实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂重物的重力大小),当弹簧竖直悬挂时,由于自身重力的影响,弹簧会有一段伸长量,但此时所挂重物的重力为0(即F=0);因为在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长量与其所受的拉力成线性关系,故选C。(2)设弹簧的原长为l0,劲度系数为k,根据胡克定律可得F=k(l-l0)=kl-kl0,图线的斜率表示弹簧的劲度系数,则有k=ΔFΔx=40.0N/m,图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度,即为弹簧的原长,由图可知,原长为5答案(1)16.0C(2)40.05三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)(山东青岛高一期中)在某次跳水比赛中,一位运动员以v0=3m/s的速度从离水面10m高的平台向上跃起,起跳过程举起双臂直体离开台面,其重心位于从手到脚全长的中点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计),重力加速度g取10m/s2,计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点。求:(1)运动员从起跳到最高点上升的高度h;(2)运动员从起跳到手接触水面过程所用时间t。(结果可以用根号表示)解析(1)上升阶段有0-v02=-代入数据解得h=0.45m。(2)上升阶段有0=v0-gt1代入数据解得t1=0.3s从最高点自由落体运动过程有H=1其中H=10m+0.45m=10.45m解得t2=2.09所