《高考物理(全国通用)专题训练：动力学观点在力学中的应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理(全国通用)专题训练：动力学观点在力学中的应用（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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： xv0t 1 2 at2. 速度和位移公式的推论：v2v 2 02ax. 中间时刻的瞬时速度：v t 2 x t v0v 2 . 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
3、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a g 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
4、(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 2 5.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
5、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 0mgma0 sv0t0 v 2 0 2a0 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 2 5 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 mgma svt0 v2 2a 联立 式并代入题给数据得 v20 m/s(v 24 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
6、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 x v v 2a1 v 2a2 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
7、x1， 对甲，有： va1t1 v22a1x1 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： v2t2 v222x2 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： tt1tt2 xx1vtx2 解得： t x v v 2a1 v 2a2. 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
8、直线， g 取 10 m/s2， sin 37 0.6，cos 37 0.8.则下列说法正确的是() 图 1 A在 0.15 s 末滑块的加速度为8 m/s2 B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 0.25 D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a v t 8 m/s2，故 A 正确； 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，mgsi
9、n 37 mg cos 37 ma，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AC 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
10、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 s h sin v0t 1 2at 2，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
11、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：Ff mgma1 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 v 22a1x1，解得： x14 m6 m 则物块加速到v 的时间： t1 v a1 2 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：t2 x2 v 0.5 s 物块在斜面上运动的加速度：a2 mgsin 30 m 5 m/s2 根据对称性，上升和下降的时间相同：t3 v a2 0.8 s 返回传送带后，向右减速的时间：t4 v a1 2
12、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 (2014河南豫东豫北名校五模)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
13、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 37 0.6，cos 37 0.8，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 v2 0v2 2a1 4 222 210 m 0.6 m 由于最大静摩擦力
14、Ff mg cos 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 mg cos 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 v 2 2a2 22 22 m 1 m 则物块沿传送带上升的最大高度为： H(x1x2)sin 37 (0.61)0.6 m 0.96 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
15、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？ 思维导图 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：F Ff1Ff21mg2(mM)g(2 分 ) (2)设物块向左匀减
16、速至速度为零的时间为t1，则 t1 v1 1g(1 分) 设物块向左匀减速运动的位移为x1，则 x1 v1 2 t1 v 2 1 21g(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 v2 1g(1 分) 设物块向右匀加速运动的位移为x2，则 x2 v2 2 t2 v 2 2 2 1g(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： L xx1x2(2 分 ) 代入数据解得：L v1v2 2 21g .(2 分) 答案(1) 1mg2(mM)g(2) v1v2 2 21g 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
