届高考物理二轮专题训练专题二第1课时动力学观点在力学中的应用Word格式.docx
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速度和位移公式的推论:
v2-v
=2ax.
中间时刻的瞬时速度:
v
=
.
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Δx=xn+1-xn=a·
(Δt)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v-t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x-t图象是一条抛物线.
5.超重或失重时,物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
(2014·
新课标Ⅰ·
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1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120m.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
.若要求安全距离仍为120m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度.(g取10m/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μ0,刹车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
μ0mg=ma0①
s=v0t0+
②
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μ,依题意有
μ=
μ0③
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
μmg=ma④
s=vt0+
⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v=20m/s(v=-24m/s不符合实际,舍去)
答案 20m/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
+
-
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x1,
对甲,有:
v=a1t1①
v2=2a1x1②
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:
v=ɑ2t2③
v2=2ɑ2x2④
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Δt,
由题意知:
Δt=t1+t-t2⑤
x=x1+vt-x2⑥
解得:
Δt=
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m=2kg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.t=0s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段为直线,g取10m/s2,
sin37°
=0.6,cos37°
=0.8.则下列说法正确的是( )
图1
A.在0.15s末滑块的加速度为-8m/s2
B.滑块在0.1~0.2s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μ=0.25
D.在滑块与弹簧脱离之前,滑块一直在做加速运动
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v-t图象中,斜率代表加速度,0.15s末滑块的加速度a=
=-8m/s2,故A正确;
滑块在0.1~0.2s时间间隔内沿斜面向上运动,故B错误;
滑块在0.1~0.2s内,由牛顿第二定律可知,-mgsin37°
-μmgcos37°
=ma,可求得μ=0.25,故C正确;
在0~0.1s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
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θ,则s=
=v0t-
at2,故h—t、s—t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4m/s的速度逆时针传送,水平部分长L=6m,其左端与一倾角为θ=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μ=0.2,g=10m/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
物块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=μmg=ma1
代入数据得a1=2m/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v2=2a1x1,解得:
x1=4m<6m
则物块加速到v的时间:
t1=
=2s
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x2=L-x1=2m
一起运动的时间:
t2=
=0.5s
物块在斜面上运动的加速度:
a2=
=5m/s2
根据对称性,上升和下降的时间相同:
t3=
=0.8s
返回传送带后,向右减速的时间:
t4=
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=t1+t2+2t3+t4=6.1s.
答案 6.1s
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.
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v=2m/s顺时针方向转动,两传动轮间距L=5m.现将质量为1kg且可视为质点的物块以v0=4m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带.物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,取g=10m/s2,已知sin37°
=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 0.96m
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
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
则有:
a1=g(sinθ+μcosθ)=10×
(0.6+0.5×
0.8)m/s2=10m/s2
物块沿传送带向上的位移为:
x1=
m=0.6m
由于最大静摩擦力Ff=μmgcosθ<mgsinθ,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:
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
得:
a2=g(sinθ-μcosθ)=10×
(0.6-0.5×
0.8)m/s2=2m/s2
物块沿传送带向上运动的位移为:
x2=
m=1m
则物块沿传送带上升的最大高度为:
H=(x1+x2)sin37°
=(0.6+1)×
0.6m=0.96m.
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μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.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(v2>
v1)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
Ff1=μ1mg(1分)
Ff2=μ2(m+M)g(2分)
由平衡条件得:
F=Ff1+Ff2=μ1mg+μ2(m+M)g(2分)
(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1,则t1=
(1分)
设物块向左匀减速运动的位移为x1,则
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=
设物块向右匀加速运动的位移为x2,则
此过程中木板向右匀速运动的总位移为x′,则
x′=v2(t1+t2)(1分)
则物块不从木板上滑下来的最小长度:
L=x′+x1-x2(2分)
代入数据解得:
L=
.(2分)
答案
(1)μ1mg+μ2(m+M)g
(2)
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