《物理大二 力與物體的直線運動 第1講 動力學觀點在力學中的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理大二 力與物體的直線運動 第1講 動力學觀點在力學中的應用（53頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1講動力學觀點在力學中的應用專題二力與物體的直線運動知識回扣 規(guī)律方法高考題型2應用動力學方法分析傳送帶問題高考題型3應用動力學方法分析“滑塊木板”問題高考題型1動力學基本問題分析高考題精選精練知識回扣 規(guī)律方法1.物體或帶電體做勻變速直線運動的條件是： .2.勻變速直線運動的基本規(guī)律為速度公式：v .位移公式：x .速度和位移公式的推論： .中間時刻的瞬時速度： .任意兩個連續(xù)相等的時間內(nèi)的位移之差是一個恒量，即xxn1xna(t)2.物體或帶電體所受合力為恒力，且與速度方向共線v0atv2v022ax2tv知識回扣答案3.速度時間關(guān)系圖線的斜率表示物體運動的 ，圖線與時間軸所包圍的面積表
2、示物體運動的 .勻變速直線運動的vt圖象是一條_.4.位移時間關(guān)系圖線的斜率表示物體的 .5.超重或失重時，物體的重力并未發(fā)生變化，只是物體對支持物的_(或?qū)覓煳锏?)發(fā)生了變化.物體發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的運動方向 ，只決定于物體的 方向.當a有豎直向上的分量時， ；當a有豎直向下的分量時， ；當ag且豎直向下時， .答案加速度位移傾斜直線速度壓力拉力無關(guān)加速度超重失重完全失重1.動力學的兩類基本問題的處理思路動力學的兩類基本問題的處理思路2.解決動力學問題的常用方法解決動力學問題的常用方法(1)整體法與隔離法.(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據(jù)情況也
3、可以把加速度進行正交分解.(3)逆向思維法：把運動過程的末狀態(tài)作為初狀態(tài)的反向研究問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動的問題.規(guī)律方法動力學基本問題分析高考題型1例例1(多選)(2017深圳市第一次調(diào)研)如圖1甲所示，質(zhì)量m1 kg、初速度v06 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g10 m/s2，下列說法中正確的是A.t2 s時物塊速度為零B.t3 s時物塊回到O點C.恒力F大小為2 ND.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1答案解析圖1解析解析
4、物塊做勻減速直線運動的加速度大小為：物塊做勻減速直線運動的時間為：t1 2 s，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma1，F(xiàn)Ffma2，聯(lián)立兩式解得：F2 N，F(xiàn)f1 N，則動摩擦因數(shù)為： 0.1，故C、D正確.1.瞬時問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區(qū)別，前者能突變而后者不能.2.連接體問題要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用隔離法與整體法.3.兩類動力學基本問題的解決關(guān)鍵是運動分析、受力分析，充分利用加速度“橋梁”作用.技巧點撥技巧點撥1.(多選)如圖2所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，
5、下列說法正確的是A.兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin B.B球的受力情況未變，瞬時加速度為零C.A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D.彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下， 瞬時加速度都不為零對點拓展練答案解析21圖2解析解析系統(tǒng)靜止，根據(jù)平衡條件可知：對B球F彈mgsin ，對A球F繩F彈mgsin ，細線被燒斷的瞬間，細線的拉力立即減為零，但彈簧的彈力不發(fā)生改變，則B球受力情況未變，瞬時加速度為零；212.(2017河南洛陽市第二次統(tǒng)考)如圖3甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕質(zhì)定滑輪，繩兩端分別連接小
6、物塊A和B，保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示(a1、a2、m0未知)，設(shè)加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度為g，斜面的傾角為，下列說法正確的是A.若已知，可求出A的質(zhì)量B.若已知，可求出乙圖中m0的值C.若未知，可求出乙圖中a2的值D.若未知，可求出乙圖中a1的值答案解析21圖3解析解析據(jù)牛頓第二定律對B受力分析得：mgFma對A得：FmAgsin mAa21若已知，由知，不能求出A的質(zhì)量mA.故A錯誤.當a0時，由式得，m0mAsin ，mA未知，m0不能求出.故B錯誤.由式得，m0時，a2gsi
7、n ，故C錯誤.應用動力學方法分析傳送帶問題高考題型2例例2(2017陜西寶雞市一模)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計了如圖4所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB4 m，傾斜傳送帶長度LCD4.45 m，傾角為37，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止.已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：圖4(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度和所用的時間；答案答案0.75 m1.8 s答案解析
8、解析解析工件剛放在傳送帶AB上，在摩擦力作用下做勻加速運動，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為x1，則由受力分析圖甲以及牛頓運動定律可得：FN1mgFf1FN1ma1聯(lián)立解得：a15 m/s2.工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為x2，則由受力分析圖乙以及牛頓運動定律可得：FN2mgcos mgsin FN2ma2由于x1LAB，工件隨后在傳送帶AB上做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間為：聯(lián)立解得：a210 m/s2，x21.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為：hx2si
9、n 1.250.6 m0.75 m故總時間為：tt1t2t31.8 s(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v2大小(v2v1).答案答案4 m/s答案解析解析解析CD傳送帶以速度v2向上傳送時，當工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析圖如圖丙，設(shè)其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為x3和x4，由運動學公式和牛頓運動定律可得：2a2x3v22v12mgsin FN2ma32a3x40v22LCDx3x4解得：v24 m/s1.傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相
10、對運動將直接影響摩擦力的方向.因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決該問題的關(guān)鍵.2.傳送帶問題還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷.技巧點撥技巧點撥3.(2017河南鄭州市模擬)如圖5所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)A.糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B.糧袋開始運動的加速度為g(sin
11、cos )，若L足夠大，則以后將一定以 速度v做勻速運動C.若tan ，則糧袋從A到B一定一直做加速運動D.不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且agsin 對點拓展練答案解析43圖5解析解析開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsin FNma，F(xiàn)Nmgcos ，解得agsin gcos ，故B項錯誤；糧袋加速到與傳送帶相對靜止時，若mgsin mgcos ，即當2 m/s時，物體m到達地 面上C點的右側(cè)D.若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v2 m/s，物體加速運動，落在C點右側(cè)，C正確；若v2 m/s，物體可能先勻減速后
12、勻速，到B點速度可能大于傳送帶靜止時到達B點的速度，此時落在C點右側(cè)，D正確.43應用動力學方法分析“滑塊木板”問題高考題型3例例3(2017全國卷25)如圖7，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：圖7(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；答案解析答案答案1 m/s，方向與B的初速度方向
13、相同解析解析滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動.設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小為Ff3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達到共同速度前有Ff11mAg Ff21mBg Ff32(mmAmB)g 由牛頓第二定律得Ff1mAaA Ff2mBaB Ff2Ff1Ff3ma1 設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1v0aBt1 v1a1t1 聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s，方向與B的初速度方向相同 (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離.答案答案1.9 m答案
14、解析解析解析在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sBv0t1 aBt12 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2 由式知，aAaB；再由式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反.由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2v1a2t2 對A有：v2v1aAt2 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1v1t2 a2t22 在(t1t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
15、sAv0(t1t2) aA(t1t2)2 A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同.因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0sAs1sB 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m (也可用右圖中的速度時間圖線求解)1.“滑塊木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類物體勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找它們之間的聯(lián)系.2.要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等.技巧點撥技巧點撥5.(多選)(2017廣東汕頭市一模)如圖8所示，一木板傾
16、斜放置，與水平面的夾角為.將兩個矩形物塊A、B疊放后一起從木板上由靜止釋放，之后A、B保持相對靜止一起以大小為a的加速度沿斜面加速下滑.若A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，A與B之間和B與木板之間的動摩擦因數(shù)分別為1和2.則下列說法正確的是A.1一定大于tan B.2一定小于tan C.加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)D.A與B之間的摩擦力大小與1有關(guān)而與2無關(guān)對點拓展練答案解析65圖8解析解析先取AB為一整體，整體受到重力、斜面的支持力和摩擦力.沿斜面的方向，由牛頓第二定律得：(mAmB)gsin FfB(mAmB)aFfB2FNFN(mAmB)gcos 以上三式聯(lián)立可得：agsin 2gcos
17、 再隔離A物塊，設(shè)A受到的靜摩擦力為FfA，方向沿斜面向上，對A再應用牛頓第二定律得：mAgsin FfAmAa可得出：FfA2mAgcos 無法判斷出1一定大于tan .故A錯誤；65A與B組成的整體向下做加速運動，由公式可知，gsin 2gcos ，所以：2tan .故B正確；由公式可知，加速度a的大小與mA和mB都無關(guān).故C正確；由公式可知，A與B之間的摩擦力大小與1無關(guān)而與2有關(guān).故D錯誤.656.(2017遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖9所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F10 N的水平恒力.當小車向右運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)
18、量m2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)0.20.假定小車足夠長，g10 m/s2.則下列說法正確的是A.煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定 后做勻速直線運動B.小車一直做加速度不變的勻加速直線運動C.煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為9 mD.小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m答案解析65圖9解析解析根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有：FNma1，F(xiàn)Nmg0，代入數(shù)據(jù)解得：a12 m/s2剛開始運動時對小車有：FFNMa2，解得：a20.6 m/s2，經(jīng)過時間t，小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度為：v1a1t，車的速度為：v2
19、va2t，v1v2，解得：t2 s，以后煤塊和小車一起運動，根據(jù)牛頓第二定律：F(Mm)a3，a3 m/s265即煤塊和小車一起以加速度a3 m/s2做加速運動，故選項A、B錯誤；65在2 s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為：然后和小車共同運動1 s時間，此1 s時間內(nèi)位移為：x1v1t a3t24.4 m，故煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為4 m4.4 m8.4 m，故選項C錯誤；在2 s內(nèi)小黑煤塊前進的位移x14 m，小車前進的位移為：x2vt a2t2(2.82 0.622) m6.8 m，兩者的相對位移為：xx2x16.8 m4 m2.8 m，故選項D正確.高考題精選精練題組題組1全國卷真題精選全國卷
20、真題精選1.(2016全國卷16)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍.該質(zhì)點的加速度為答案解析12345解析解析動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則質(zhì)點的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v3v0，2.(多選)(2015新課標全國20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂.當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為 a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為A.8 B.10 C.15 D.18答案解析
21、12345解析解析設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則Fnma 設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則Fkm a聯(lián)立得3n2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當n2時，k3，總節(jié)數(shù)為N5當n4時，k6，總節(jié)數(shù)為N10當n6時，k9，總節(jié)數(shù)為N15當n8時，k12，總節(jié)數(shù)為N20，故選項B、C正確.12345A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度3.(多選)(2015新課標全國20)如圖10甲，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖乙所示.若重力加速度及圖乙中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出答案解析圖1012345解析解析由vt圖象可求知
22、物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a ，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos .可見能計算出斜面的傾斜角度以及物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；12345物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為 ，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為x ，僅根據(jù)vt圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B錯誤.12345題組題組2各省市真題精選各省市真題精選4.(多選)(2015海南卷8)如圖11所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O；整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將
23、細線剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為l1和l2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間A.a13g B.a10C.l12l2 D.l1l2答案解析圖1112345解析解析設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷細線前對b、c和彈簧S2組成的整體分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a1 3g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2mg，根據(jù)胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯誤.123455.(多選)(2014四川理綜7)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是答案解析圖1212345
物理大二 力與物體的直線運動 第1講 動力學觀點在力學中的應用
