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1、第1讲 动力学观点在力学中的应用,专题二 力与物体的直线运动,知识回扣,1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：_ . 2.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v . 位移公式：x . 速度和位移公式的推论： . 中间时刻的瞬时速度： . 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.,v0at,物体或带电体所受合力为,恒力，且与速度方向共线,答案,答案,3.速度时间关系图线的斜率表示物体运动的 ，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的 .匀变速直线运动的vt图象是一条_ . 4.位移时间关系图线的斜率表示物体的 ，匀变速直线运动的xt图象是一条 . 5.超重
2、或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的_ (或对悬挂物的 )发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向 ，只决定于物体的 方向.当a有竖直向上的分量时， ；当a有竖直向下的分量时， ；当ag且竖直向下时， .,完全失重,加速度,位移,倾斜,直线,速度,抛物线,压力,拉力,无关,加速度,超重,失重,规律方法,答案,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
3、般用于 直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.,匀减速,高考题型1 运动学基本规律的应用,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,高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题,内容索引,高考题型1 运动学基本规律的应用,解析,例1 一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图1所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则经过b时刻vb的大小为( ),图1,vbvaam ,解析,预测1 (2016全国丙卷16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为(
4、),预测2 广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费.如图2所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC收费岛(阴影区域)长为d36 m.人工收费窗口在图中虚线MN上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要t020 s.现有甲、乙两辆汽车均以v30 m/s的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以 v06 m/s的速度匀速行驶.设两车减速 和加速的加速度大小均为3 m/s2，求: (1)从开始减速到恢复速度v，甲车比 乙车少用的时间；,图2,解析答案,离开收费岛的加速时间为：t3t18 s，
5、所以：t甲t1t2t322 s,所以甲车比乙车少用的时间为：tt乙t甲18 s. 答案 18 s,(2)乙车交费后，当恢复速度v时离甲车的距离.,返回,解析答案,返回,即甲车开始减速后1 s乙车开始减速. 所以从甲车开始减速到乙车恢复速度v共经过t41 s的时间.,所以乙车交费后，当恢复速度v时离甲车的距离为：xx甲x乙l564 m. 答案 564 m,高考题型2 挖掘图象信息解决动力学问题,解析,例2 (多选)如图3(a)所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度时间图象如图(b)所
6、示，下列说法正确的是( ) A.a在斜面上滑行的加速度比b的大 B.a在水平面上滑行的距离比b的短 C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大,图3,解析 由题图(b)图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确； 物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；,解析,预测3 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列
7、用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是( ),预测4 (多选)如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为，下列说法正确的是( ) A.若已知，可求出A的质量 B.若未知，可求出乙图中a1的值 C.若已知，可求出乙图中a2的值 D.若已知，可求出乙图中m0的值,图4,解析,返回,返回,解析 对B，mgFma. 对A，
8、FmAgsin mAa.,故m时，a1g，B正确. m0时，a2gsin ，选项C正确.,高考题型3 应用动力学方法分析传送带问题,解题方略,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.,例3 如图5所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁
9、力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53，铁矿石与传送带间 的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L64 m，A、B两轮 半径忽略不计，g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6. (1)若传送带以恒定速率v010 m/s传动，求被选中的铁矿石 从A端运动到B端所需要的时间；,图5,解析答案,解析 当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向Ffmgsin ma 垂直传送带方向：FNmgcos F0 其中F1.4mg，FfFN，
10、解得：a2 m/s2,所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：tt1t28.9 s. 答案 8.9 s,(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间.,解析答案,解析 只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2，所以传送带的最小加速度为：amin2 m/s2,答案 2 m/s2 8 s,预测5 如图6所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时
11、，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( ) A.M下滑的速度不变 B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C.M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送 带向下匀速运动 D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上,图6,解析,解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确，故选C.,解析答案,预测6 如图7所示，足够长的水平传送带，以初速度v06 m
12、/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g10 m/s2.试求： (1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；,图7,解析 对滑块，由牛顿第二定律可得： mgma1，得：a12 m/s2 设经过t1滑块与传送带共速v，有： vv0at1 va1t1，解得：v2 m/s，t11 s,故滑块相对传送带的位移xx2x13 m 答案 3 m,解析答案,返回,(2)滑块在传送带上运动的总时间t.,解析 共速之后，设滑块与
13、传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有： Ffma4 Nmg2 N，故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a1.,故：tt1t22 s. 答案 2 s,高考题型4 应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题,解题方略,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.,解析答案,例4 如图8所示，有两个高低不同
14、的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2.求：,图8,(1)滑块滑动到A点时的速度大小；,解析 根据牛顿第二定律有：Fma 根据运动学公式有：v22aL0 联立方程代入数据解得：v6 m/s 其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑
15、到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移. 答案 6 m/s,解析答案,(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？,解析 根据牛顿第二定律有： 对滑块有：1mgma1 代入数据解得：a15 m/s2 对长木板有：1mg2(mM)gMa2， 代入数据解得：a20.4 m/s2. 其中M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，1、2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数. 答案 5 m/s2 0.4 m/s2,解析答案,(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.,解析 设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t 则：va1ta2t,式中L2 m为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端. 答案 能,预测7 (多选)如图9甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图象，g取10 m/s2，则( ) A.滑块
