《高考物理大二轮总复习 增分策略 专题二 第1讲 动力学观点在力学中的应用课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大二轮总复习 增分策略 专题二 第1讲 动力学观点在力学中的应用课件（47页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题二 力与物体的直线运动,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,专题定位,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,应考策略,高考题型1 运动学基本规律的应用,
2、高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题,高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题,高考题型4 应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题,栏目索引,第1讲 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.,高考题型1 运动学基本规律的应用,解题方略,3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,例1 (2015山东理综14) 距地面高5 m的
3、水平直 轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一 小球，离地高度为h，如图1所示小车始终以 4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随 车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地不计空气阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2.可求得h等于( ) A1.25 m B2.25 m C3.75 m D4.75 m,图1,答案 A,预测1 2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前
4、进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故以下说法正确的是( ) A司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 B司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m C从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s D从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s,答案 B,预测2 我国不少省市ETC联网正式启动运 行，ETC是电子不停车收费系统的简称 汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的 流程如图2所示假设汽车以正常行驶速度 v116 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d8 m处正好匀减速至v24
5、 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t025 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a12 m/s2、a21 m/s2.求：,图2,(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； 解析 汽车通过ETC通道时：,汽车的总位移：xx1dx2188 m. 答案 188 m,(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间t是多少？ 解析 汽车通过ETC通道时：,汽车通过ETC通道的总时间：tt1t2t320 s,汽车通过人工通道的总时间：tt
6、1t0t249 s 汽车节约的时间：ttt29 s 答案 29 s,1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 2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,考 向 一,高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题,解题方略,例2 (多选)(2015新课标全国20)如图3(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ),图3,A斜面的倾角 B物块的质量
7、C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度,仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误 答案 ACD,预测3 质量m50 kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间的变化情况(以竖直向上为正方向)由图4提供的信息可知( ),图4,A在015 s内，观光电梯上升的高度为25 m B在515 s内，电梯地板对人的支持力做了2 500 J的功 C在2025 s与2535 s内，观光电梯的平均速度大小均为10 m/s D在2535 s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2 m/s2,在2535 s内，观光电梯在减速下降，故D错误 答案 C
8、,预测4 (多选)如图5所示，底面足够大的水池中静置 两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小球 自水池底部无初速度释放，穿过两液体分界面后继续 向上运动已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是( ),图5,答案 CD,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,考 向 一,高考题型3
9、应用动力学方法分析传送带问题,解题方略,例3 如图6所示，有一条沿顺时针方向匀速传送 的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的 夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其 底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h2.4 m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)问：,图6,(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？,答案 1.33 s,(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度
10、？,答案 0.85 s,预测5 (多选)如图7所示，一足够长的水平传送带 以恒定的速度向右传动将一物体轻轻放在皮带左 端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、 位移大小和所受摩擦力的大小下列选项正确的是( ),图7,解析 物体从静止先在恒定的滑动摩擦力作用下匀速直线运动，后与传送带速度相同后，匀速运动，摩擦力消失，xt图象先是曲线后是直线 答案 AB,预测6 如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以v12 m/s的恒定速率运行初速度大小为v23 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，求
11、：,图8,(1)小墨块向左运动的最远距离；,小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0v2at1,联立解得：x14.5 m. 答案 4.5 m,(2)小墨块在传送带上留下的痕迹长度,解析 小墨块向左减速的过程中，对传送带：x2v1t1 小墨块向右加速运动时，对小墨块有v1at2,对传送带x2v1t2 因而小墨块在传送带上的痕迹长度为x(x1x2)(x2x1) 解得：x12.5 m 答案 12.5 m,高考题型4 应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题,1滑块木板模型类问题中，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，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体
12、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 2要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等,解题方略,例4 (2015新课标全国25)一长木 板置于粗糙水平地面上，木板左端放 置一小物块；在木板右方有一墙壁， 木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图9(a)所示t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.
13、求：,图9,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2； 解析 根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小,根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s,解得a11 m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1 解得10.1 答案 0.1 0.4,(2)木板的最小长度； 解析 碰撞后，木板向左做匀减速运动
14、，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3,对小物块，加速度大小为a24 m/s2 由于a2a3，所以小物块速度先减小到0， 所用时间为t11 s,此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2,假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2 解得t20.5 s,小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m 答案 6 m,(3)木板右端离墙壁的最终距离 解析 最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2,所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m 答案 6.5 m,预测7 如图10所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，
15、A、B的质量分别为m110 kg、m210 kg，B长为L16 m，开始时A在B的最右端；A与B、B与地之间的动摩擦因数分别为10.4、20.4；现将一水平恒力F200 N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当A恰好运动到B的中点时撤去外力F，g取10 m/s2.求：,图10,(1)力F作用的时间，及此时B前进的距离； 解析 力F开始作用时，设A、B的加速度分别为a1、a2， 对A：1m1gm1a1，a14 m/s2 对B：F1m1g2(m1m2)gm2a2，a28 m/s2， 设力F作用的时间为t，对应此时A、B的速度为vA、vB,代入数据得，t2 s， vA8 m/s，vB16 m/s 答案 2 s 16 m,(2)撤去外力F后B还能走多远？ 解析 撤去外力F后，对A有1m1gm1a3，a34 m/s2 对B有1m1g2(m1m2)gm2a4，a412 m/s2 设A、B经过时间t1达到共同速度v1 则有vAa3t1vBa4t1 解得：t10.5 s，v110 m/s,A、B共速后一起匀减速的加速度为a5 2(m1m2)g(m1m2)a5，a54 m/s2,撤去F后B前进的总距离为xx1x219 m. 答案 19 m,
