高考物理大二輪總復習 增分策略 專題二 第1講 動力學觀點在力學中的應用課件.ppt

《高考物理大二輪總復習 增分策略 專題二 第1講 動力學觀點在力學中的應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪總復習 增分策略 專題二 第1講 動力學觀點在力學中的應用課件.ppt（47頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題二力與物體的直線運動 本專題解決的是物體 或帶電體 在力的作用下的勻變速直線運動問題 高考對本專題考查的內容主要有 勻變速直線運動的規(guī)律及運動圖象問題 行車安全問題 物體在傳送帶 或平板車 上的運動問題 帶電粒子 或帶電體 在電場 磁場中的勻變速直線運動問題 電磁感應中的動力學分析 考查的主要方法和規(guī)律有 動力學方法 圖象法 臨界問題的處理方法 運動學的基本規(guī)律等 專題定位 抓住 兩個分析 和 一個橋梁 兩個分析 是指 受力分析 和 運動情景或運動過程分析 一個橋梁 是指 加速度是聯(lián)系運動和受力的橋梁 綜合應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題 應考策略 高考題型1運動學基本規(guī)律的應用 高考題型2挖掘圖象信息解決動力學問題 高考題型3應用動力學方法分析傳送帶問題 高考題型4應用動力學方法分析 滑塊 木板模型 問題 欄目索引 第1講動力學觀點在力學中的應用 1 物體或帶電粒子做勻變速直線運動的條件是 物體或帶電粒子所受合力為恒力 且與速度方向共線 2 勻變速直線運動的基本規(guī)律為速度公式 v v0 at 高考題型1運動學基本規(guī)律的應用 解題方略 3 解決此類問題必須熟練掌握運動學的基本規(guī)律和推論 即五個關系式 對于勻減速直線運動還要會靈活運用逆向思維法 對于追及相遇問題要能分別清晰地分析兩物體的運動過程 能找出空間和時間的關系等 例1 2015 山東理綜 14 距地面高5m的水平直軌道上A B兩點相距2m 在B點用細線懸掛一小球 離地高度為h 如圖1所示 小車始終以4m s的速度沿軌道勻速運動 經過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下 小車運動至B點時細線被軋斷 最后兩球同時落地 不計空氣阻力 取重力加速度的大小g 10m s2 可求得h等于 A 1 25mB 2 25mC 3 75mD 4 75m 圖1 答案A 預測12014年我國多地都出現了霧霾天氣 嚴重影響了人們的健康和交通 設有一輛汽車在能見度較低的霧霾天氣里以54km h的速度勻速行駛 司機突然看到正前方有一輛靜止的故障車 該司機剎車的反應時間為0 6s 剎車后汽車勻減速前進 剎車過程中加速度大小為5m s2 最后停在故障車前1 5m處 避免了一場事故 以下說法正確的是 A 司機發(fā)現故障車后 汽車經過3s停下B 司機發(fā)現故障車時 汽車與故障車的距離為33mC 從司機發(fā)現故障車到停下來的過程 汽車的平均速度為7 5m sD 從司機發(fā)現故障車到停下來的過程 汽車的平均速度為11m s 答案B 預測2我國不少省市ETC聯(lián)網正式啟動運行 ETC是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱 汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖2所示 假設汽車以正常行駛速度v1 16m s朝收費站沿直線行駛 如果過ETC通道 需要在距收費站中心線前d 8m處正好勻減速至v2 4m s 勻速通過中心線后 再勻加速至v1正常行駛 如果過人工收費通道 需要恰好在中心線處勻減速至零 經過t0 25s繳費成功后 再啟動汽車勻加速至v1正常行駛 設汽車在減速和加速過程中的加速度大小分別為a1 2m s2 a2 1m s2 求 圖2 1 汽車過ETC通道時 從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小 解析汽車通過ETC通道時 汽車的總位移 x x1 d x2 188m 答案188m 2 汽車通過ETC通道比通過人工收費通道速度再達到v1時節(jié)約的時間 t是多少 解析汽車通過ETC通道時 汽車通過ETC通道的總時間 t t1 t2 t3 20s 汽車通過人工通道的總時間 t t1 t0 t2 49s汽車節(jié)約的時間 t t t 29s 答案29s 1 速度 時間關系圖線的斜率表示物體運動的加速度 圖線與時間軸所包圍的面積表示物體運動的位移 勻變速直線運動的v t圖象是一條傾斜直線 2 解圖象類問題的關鍵在于將圖象與物理過程對應起來 通過圖象的坐標軸 關鍵點 斜率 面積等信息 對運動過程進行分析 從而解決問題 考向一 高考題型2挖掘圖象信息解決動力學問題 解題方略 例2 多選 2015 新課標全國 20 如圖3 a 一物塊在t 0時刻滑上一固定斜面 其運動的vt圖線如圖 b 所示 若重力加速度及圖中的v0 v1 t1均為已知量 則可求出 圖3 A 斜面的傾角B 物塊的質量C 物塊與斜面間的動摩擦因數D 物塊沿斜面向上滑行的最大高度 僅根據vt圖象無法求出物塊的質量 選項B錯誤 答案ACD 預測3質量m 50kg的某同學站在觀光電梯地板上 用速度傳感器記錄了電梯在一段時間內運動的速度隨時間的變化情況 以豎直向上為正方向 由圖4提供的信息可知 圖4 A 在0 15s內 觀光電梯上升的高度為25mB 在5 15s內 電梯地板對人的支持力做了 2500J的功C 在20 25s與25 35s內 觀光電梯的平均速度大小均為10m sD 在25 35s內 觀光電梯在減速上升 該同學的加速度大小2m s2 在25 35s內 觀光電梯在減速下降 故D錯誤 答案C 預測4 多選 如圖5所示 底面足夠大的水池中靜置兩種互不相容的液體 一可視為質點的空心塑料小球自水池底部無初速度釋放 穿過兩液體分界面后繼續(xù)向上運動 已知每種液體各處密度均勻 小球受到的阻力與速度成正比 比例系數恒定 小球向上運動中不翻滾 則下列對小球速度v隨時間t變化的圖線描述可能正確的是 圖5 答案CD 1 傳送帶問題的實質是相對運動問題 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 這時會出現摩擦力改變的臨界狀態(tài) 具體如何改變要根據具體情況判斷 考向一 高考題型3應用動力學方法分析傳送帶問題 解題方略 例3如圖6所示 有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶 恒定速度v 4m s 傳送帶與水平面的夾角 37 現將質量m 1kg的小物塊輕放在其底端 小物塊可視作質點 與此同時 給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力F 8N 經過一段時間 小物塊上到了離地面高為h 2 4m的平臺上 已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數 0 5 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 問 圖6 1 物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間 答案1 33s 2 若在物塊與傳送帶達到相同速度時 立即撤去恒力F 計算小物塊還需經過多少時間離開傳送帶以及離開時的速度 答案0 85s 預測5 多選 如圖7所示 一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動 將一物體輕輕放在皮帶左端 以v a x F表示物體速度大小 加速度大小 位移大小和所受摩擦力的大小 下列選項正確的是 圖7 解析物體從靜止先在恒定的滑動摩擦力作用下勻速直線運動 后與傳送帶速度相同后 勻速運動 摩擦力消失 x t圖象先是曲線后是直線 答案AB 預測6如圖8所示 繃緊的水平傳送帶足夠長 始終以v1 2m s的恒定速率運行 初速度大小為v2 3m s的小墨塊從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶 若從小墨塊滑上傳送帶開始計時 小墨塊在傳送帶上運動5s后與傳送帶的速度相同 求 圖8 1 小墨塊向左運動的最遠距離 小墨塊向左減速運動時 對小墨塊有 0 v2 at1 聯(lián)立解得 x1 4 5m 答案4 5m 2 小墨塊在傳送帶上留下的痕跡長度 解析小墨塊向左減速的過程中 對傳送帶 x2 v1t1小墨塊向右加速運動時 對小墨塊有v1 at2 對傳送帶x2 v1t2因而小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為x x1 x2 x2 x1 解得 x 12 5m 答案12 5m 高考題型4應用動力學方法分析 滑塊 木板模型 問題 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 解題方略 例4 2015 新課標全國 25 一長木板置于粗糙水平地面上 木板左端放置一小物塊 在木板右方有一墻壁 木板右端與墻壁的距離為4 5m 如圖9 a 所示 t 0時刻開始 小物塊與木板一起以共同速度向右運動 直至t 1s時木板與墻壁碰撞 碰撞時間極短 碰撞前后木板速度大小不變 方向相反 運動過程中小物塊始終未離開木板 已知碰撞后1s時間內小物塊的vt圖線如圖 b 所示 木板的質量是小物塊質量的15倍 重力加速度大小g取10m s2 求 圖9 1 木板與地面間的動摩擦因數 1及小物塊與木板間的動摩擦因數 2 解析根據圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v 4m s碰撞后木板速度水平向左 大小也是v 4m s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動 加速度大小 根據牛頓第二定律有 2mg ma2 解得 2 0 4木板與墻壁碰撞前 勻減速運動時間t 1s 位移x 4 5m 末速度v 4m s 解得a1 1m s2小物塊和木板整體受力分析 滑動摩擦力提供合外力 由牛頓第二定律得 1 m 15m g m 15m a1 即 1g a1解得 1 0 1答案0 10 4 2 木板的最小長度 解析碰撞后 木板向左做勻減速運動 依據牛頓第二定律有 1 15m m g 2mg 15ma3 對小物塊 加速度大小為a2 4m s2由于a2 a3 所以小物塊速度先減小到0 所用時間為t1 1s 此后 小物塊開始向左加速 加速度大小仍為a2 4m s2 假設又經歷t2二者速度相等 則有a2t2 v1 a3t2解得t2 0 5s 小物塊始終沒有離開木板 所以木板最小的長度為6m答案6m 3 木板右端離墻壁的最終距離 解析最后階段小物塊和木板一起勻減速直到停止 整體加速度大小為a1 1m s2 所以木板右端離墻壁最遠的距離為x x1 x3 x5 6 5m答案6 5m 預測7如圖10所示 可視為質點的物體A疊放在長木板B上 A B的質量分別為m1 10kg m2 10kg B長為L 16m 開始時A在B的最右端 A與B B與地之間的動摩擦因數分別為 1 0 4 2 0 4 現將一水平恒力F 200N作用在B上 使A B由靜止開始運動 當A恰好運動到B的中點時撤去外力F g取10m s2 求 圖10 1 力F作用的時間 及此時B前進的距離 解析力F開始作用時 設A B的加速度分別為a1 a2 對A 1m1g m1a1 a1 4m s2對B F 1m1g 2 m1 m2 g m2a2 a2 8m s2 設力F作用的時間為t 對應此時A B的速度為vA vB 代入數據得 t 2s vA 8m s vB 16m s答案2s16m 2 撤去外力F后B還能走多遠 解析撤去外力F后 對A有 1m1g m1a3 a3 4m s2對B有 1m1g 2 m1 m2 g m2a4 a4 12m s2設A B經過時間t1達到共同速度v1則有vA a3t1 vB a4t1解得 t1 0 5s v1 10m s A B共速后一起勻減速的加速度為a5 2 m1 m2 g m1 m2 a5 a5 4m s2 撤去F后B前進的總距離為x x1 x2 19m 答案19m