第1講-動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用

1、第1講　動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用,專題二　力與物體的直線運動,知識回扣,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：

2、 .中間時刻的瞬時速度： ＝ ＝ .任意相鄰兩個連續(xù)相等的時間內(nèi)的位移之差是一個恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.,,v0＋at,物體或帶電體所受合力為,恒力，且與速度方向共線,答案,,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示物體運動的 .勻變速直線運動的v－t圖象是一條_____

3、 .4.位移—時間關(guān)系圖線的斜率表示物體的 ，勻變速直線運動的x－t圖象是一條 .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(dāng)a有豎直向上的分量時， ；當(dāng)a有豎直向下的分量時，

4、 ；當(dāng)a＝g且豎直向下時， .,完全失重,加速度,位移,傾斜,直線,速度,拋物線,壓力,拉力,無關(guān),加速度,超重,失重,規(guī)律方法,,答案,1.動力學(xué)的兩類基本問題的處理思路,2.解決動力學(xué)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(jìn)行分解，有時根據(jù)情況也可以把加速度進(jìn)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

5、般用于 直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動的問題.,勻減速,,高考題型1　運動學(xué)基本規(guī)律的應(yīng)用,高考題型3　應(yīng)用動力學(xué)方法分析傳送帶問題,高考題型4　應(yīng)用動力學(xué)方法分析“滑塊—木板模型”問題,高考題型2　挖掘圖象信息解決動力學(xué)問題,,內(nèi)容索引,高考題型1　運動學(xué)基本規(guī)律的應(yīng)用,,解析,例1　一個物體以初速度v0沿光滑斜面向上運動，其速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖1所示，在連續(xù)兩段時間m和n內(nèi)對應(yīng)面積均為S，

6、則經(jīng)過b時刻vb的大小為(　　),圖1,√,vb＝va－am ③,,解析,預(yù)測1　(2016·全國丙卷·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(　　),√,,預(yù)測2　廣泛應(yīng)用于我國

7、高速公路的電子不停車收費系統(tǒng)(ETC)是目前世界上最先進(jìn)的收費系統(tǒng)，過往車輛無須停車即能夠?qū)崿F(xiàn)收費.如圖2所示為某高速公路入口處的兩個通道的示意圖，ETC收費島(陰影區(qū)域)長為d＝36 m.人工收費窗口在圖中虛線MN上，汽車到達(dá)窗口時停車?yán)U費時間需要t0＝20 s.現(xiàn)有甲、乙兩輛汽車均以v＝30 m/s的速度并排行駛，根據(jù)所選通道特點進(jìn)行減速進(jìn)入收費站，駛?cè)胧召M島區(qū)域中的甲車以v0＝6 m/s的速度勻速行駛.設(shè)兩車減速和加速的加速度

8、大小均為3 m/s2，求:(1)從開始減速到恢復(fù)速度v，甲車比乙車少用的時間；,圖2,解析答案,離開收費島的加速時間為：t3＝t1＝8 s，所以：t甲＝t1＋t2＋t3＝22 s,所以甲車比乙車少用的時間為：Δt＝t乙－t甲＝18 s.答案　18 s,,(2)乙車交費后，當(dāng)恢復(fù)速度v時離甲車的距離.,返回,解析答案,,返回,即甲車開始減速后1 s乙車開始減速.所以從甲車開始減速到乙車恢復(fù)速度v共經(jīng)過t′＝41 s的時間.,所以

9、乙車交費后，當(dāng)恢復(fù)速度v時離甲車的距離為：Δx＝x甲－x乙－Δl＝564 m.答案　564 m,高考題型2　挖掘圖象信息解決動力學(xué)問題,,解析,例2　(多選)如圖3(a)所示，質(zhì)量相等的a、b兩物體，分別從斜面上的同一位置A由靜止下滑，經(jīng)B點的水平面上滑行一段距離后停下.不計經(jīng)過B點時的能量損失，用傳感器采集到它們的速度—時間圖象如圖(b)所示，下列說法正確的是(　　)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離比

10、b的短C.a與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小D.a與水平面間的動摩擦因數(shù)比b的大,圖3,√,√,解析　由題圖(b)圖象斜率可知a做加速運動時的加速度比b做加速運動時的加速度大，故A正確；物體在水平面上的運動是勻減速運動，a從t1時刻開始，b從t2時刻開始.由圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，a在水平面上做勻減速運動的位移比b在水平面上做勻減速運動的位移大，故B錯誤；,,解析,預(yù)測3　以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，

11、一個物體所受空氣阻力可以忽略，另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v－t圖象可能正確的是(　　),√,,預(yù)測4　(多選)如圖4甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B.保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)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.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

12、度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是(　　)A.若θ已知，可求出A的質(zhì)量B.若θ未知，可求出乙圖中a1的值C.若θ已知，可求出乙圖中a2的值D.若θ已知，可求出乙圖中m0的值,圖4,解析,返回,√,√,,返回,解析　對B，mg－F＝ma.對A，F(xiàn)－mAgsin θ＝mAa.,故m→＋∞時，a1＝g，B正確.m＝0時，a2＝－gsin θ，選項C正確.,高考題型3　應(yīng)用動力學(xué)方法分析傳送帶問題,,,解題方略

13、,1.傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相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.,,例3　如圖5所示為一電磁選礦、傳輸一體機的傳送帶示意圖，已知傳送帶由電磁鐵組成，位于A輪附近的鐵礦石被傳送帶吸引后，會附著在A輪附近的傳送帶上，被選中的鐵礦石附著在傳送帶上與

14、傳送帶之間有恒定的電磁力作用且電磁力垂直于接觸面，且吸引力為其重力的1.4倍，當(dāng)有鐵礦石附著在傳送帶上時，傳送帶便會沿順時針方向轉(zhuǎn)動，并將所選中的鐵礦石送到B端，由自動卸貨裝置取走.已知傳送帶與水平方向夾角為53°，鐵礦石與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，A、B兩輪間的距離為L＝64 m，A、B兩輪半徑忽略不計，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)若傳送帶以恒定速率

15、v0＝10 m/s傳動，求被選中的鐵礦石從A端運動到B端所需要的時間；,圖5,解析答案,解析　當(dāng)傳送帶勻速向上傳動時，對鐵礦石沿傳送帶方向Ff－mgsin θ＝ma垂直傳送帶方向：FN－mgcos θ－F＝0其中F＝1.4mg，F(xiàn)f＝μFN，解得：a＝2 m/s2,所以鐵礦石從傳送帶的A端運動到B端所需要的時間為：t＝t1＋t2＝8.9 s.答案　8.9 s,,(2)實際選礦傳送帶設(shè)計有節(jié)能系統(tǒng)，當(dāng)沒有鐵礦石附著傳送帶時，傳送

16、帶速度幾乎為0，一旦有鐵礦石吸附在傳送帶上時，傳送帶便會立即加速啟動，要使鐵礦石最快運送到B端，傳送帶的加速度至少為多大？并求出最短時間.,解析答案,解析　只有鐵礦石一直加速運動到B點時，所用時間才會最短，根據(jù)問題(1)分析可知，鐵礦石在傳送帶上的最大加速度是2 m/s2，所以傳送帶的最小加速度為：amin＝2 m/s2,答案　2 m/s2　8 s,,預(yù)測5　如圖6所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動

17、，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中，以下分析正確的是(　　)A.M下滑的速度不變B.M開始在傳送帶上加速到2v0后向下勻速運動C.M先向下勻速運動，后向下加速，最后沿傳送 帶向下勻速運動D.M受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上,圖6,√,解析,解析　傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsin θ＝Ff，當(dāng)傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到向下的摩擦力，根據(jù)受力分析可知，物塊向下做加速

18、運動，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相等時，物塊和傳送帶具有相同的速度勻速下滑，故C正確，故選C.,,解析答案,預(yù)測6　如圖7所示，足夠長的水平傳送帶，以初速度v0＝6 m/s順時針轉(zhuǎn)動.現(xiàn)在傳送帶左側(cè)輕輕放上質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊，與此同時，啟動傳送帶制動裝置，使得傳送帶以恒定加速度a＝4 m/s2減速直至停止；已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，滑塊可以看成質(zhì)點，且不會影響傳送帶的運動，g＝10 m/s2.試求：(1)滑塊與傳送帶

19、共速時，滑塊相對傳送帶的位移；,圖7,解析　對滑塊，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma1，得：a1＝2 m/s2設(shè)經(jīng)過t1滑塊與傳送帶共速v，有： v＝v0－at1v＝a1t1，解得：v＝2 m/s，t1＝1 s,故滑塊相對傳送帶的位移Δx＝x2－x1＝3 m答案　3 m,,解析答案,返回,(2)滑塊在傳送帶上運動的總時間t.,解析　共速之后，設(shè)滑塊與傳送帶一起減速，則滑塊與傳送帶間的靜摩擦力為Ff，有：Ff＝ma＝4 N>

20、;μmg＝2 N，故滑塊與傳送帶相對滑動.滑塊做減速運動，加速度仍為a1.,故：t＝t1＋t2＝2 s.答案　2 s,高考題型4　應(yīng)用動力學(xué)方法分析“滑塊—木板模型”問題,,,解題方略,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(fù)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

21、端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時的速度與木板的速度恰好相等.,,解析答案,例4　如圖8所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在低水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點的滑塊靜止放置，距A點距離為3 m，現(xiàn)用大小為6 N、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板.滑塊

22、與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10 m/s2.求：,圖8,(1)滑塊滑動到A點時的速度大小；,解析　根據(jù)牛頓第二定律有：F＝ma根據(jù)運動學(xué)公式有：v2＝2aL0聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得：v＝6 m/s其中m、F分別為滑塊的質(zhì)量和受到的拉力，a是滑塊的加速度，v即是滑塊滑到A點時的速度大小，L0是滑塊在高水平面上運動的位移.答案　6 m/s,,解析答案,(2)滑塊滑動到長木板上時，滑塊和長木板的加速度大小分別為多少？,解析　根

23、據(jù)牛頓第二定律有：對滑塊有：μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝5 m/s2對長木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝0.4 m/s2.其中M為長木板的質(zhì)量，a1、a2分別是此過程中滑塊和長木板的加速度，μ1、μ2分別是滑塊與長木板間和長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù).答案　5 m/s2　0.4 m/s2,,解析答案,(3)通過計算說明滑塊能否從長木板的右端滑出.,解析　設(shè)滑塊滑不出長木板，從滑塊滑上

24、長木板到兩者相對靜止所用時間為t則：v－a1t＝a2t,式中L＝2 m為長木板的長度，所以滑塊能滑出長木板右端.答案　能,,預(yù)測7　(多選)如圖9甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象，g取10 m/s2，則(　　)A.滑塊A的質(zhì)量為4 kgB.木板B的質(zhì)量為1 kgC.當(dāng)F＝10 N時木板B的加速度為4

25、m/s2D.滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為0.1,圖9,√,解析,√,,解析答案,預(yù)測8　如圖10所示，在足夠高的光滑水平臺面上靜置一質(zhì)量為3 kg的長木板A，A右端用輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為1 kg的物體B連接，木板A的右端與滑輪之間的距離足夠大.當(dāng)B從靜止開始下落距離0.8 m時，在木板A的右端輕放一質(zhì)量為1 kg的小鐵塊C(可視為質(zhì)點)，最終C恰好未從木板A上滑落.A、C間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，且最大靜摩擦力等于滑動摩

26、擦力.重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)在木板上放小鐵塊前瞬間木板的速度大小；,圖10,解析　在木板上放小鐵塊前，把A、B看作整體，由牛頓第二定律有mBg＝(mA＋mB)a1,解得：v1＝2 m/s.答案　2 m/s,,解析答案,返回,(2)木板A的長度l.,解析　在木板上放小鐵塊后，取向右為正方向，由牛頓第二定律對小鐵塊有：μmCg＝mCa2得a2＝4 m/s2對木板有：mBg－μmCg＝(mA＋mB)a3得a3＝1