【二轮复习江苏专用】2011届高三物理二轮复习精品专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用

专题二力与物体的直线运动专题定位本专题解决的是物体(或带电体)受力和在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动基本规律的应用；②匀变速直线运动的图象问题；③动力学的两类基本问题；④物体在传送带上的运动问题；⑤行车安全问题；⑥带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑦电磁感应中的动力学分析等．考查的主要方法和规律有动力学方法、图象法、运动学的基本规律、临界问题等．应考策略抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．第1课时动力学观点在力学中的应用必备知识方法知识回扣1．物体或带电粒子做直线运动的条件是:．2．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：．3．匀变速直线运动的基本规律为速度公式：vt＝位移公式：x＝速度和位移公式的推论为：物体所受合力与速度方向平行物体所受合力为恒力，且与速度方向平行v0＋atv0t＋12at2vt2－v02＝2ax中间时刻的瞬时速度为＝xt＝位移中点的瞬时速度为＝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·.4．牛顿第二定律的内容是：物体加速度的大小与物体所受的成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与的方向一致，且二者具有关系，此定律可以采用进行实验验证．2tv2xvv0＋vt2v02＋vt22Δt2合外力物体所受合外力瞬时对应控制变量法5．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．在分析物体的运动时，常利用v—t图象帮助分析物体的运动情况．6．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(或对悬挂物的)发生了变化．当a＝g时，物体．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．加速度位移压力拉力完全失重无关加速度规律方法1．动力学的两类基本问题的处理思路(1)已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹．(2)已知运动求力,根据物体的运动情况,求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律,推断或者求出物体的受力情况．2.动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用或者是求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解．正交分解法图解法3．匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的性.在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法．4．用v－t图象分析：v－t图象表示物体的运动规律，形象而且直观．对称热点题型例析题型1运动图象问题例1如图1所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ,现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F,并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的()图1审题突破力F和重力的大小关系不知道，圆环的受力可能存在几种情况呢？解析①若开始Fmg，则环受力如图甲所示，随v减小，F减小，FN减小，Ff减小．当FN＝0时，Ff＝0，以后匀速，D正确．②若开始F＝mg，则环保持匀速运动，A正确．③若开始Fmg，受力如图乙所示，v减小，F减小，FN增大，Ff增大，运动加速度增大，在v－t图象中曲线斜率变大，B正确．甲乙答案ABD以题说法1.v－t图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义．因此要画v－t图象，必须采用动力学的方法得到v与t的数学关系．2．对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析．3．v－t图象斜率表示加速度，面积表示位移．因此，在分析本题的速度变化时，不仅要分析出v的变化，而且要分析出a的变化，才能确定v－t图象的形状．预测演练1利用速度传感器与计算机组合，可以自动画出物体运动的v－t图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的v－t图象如图2所示，由此可知，在0～15s这段时间里()图2A.小车先做加速运动，后做减速运动B.小车做曲线运动C.小车先沿正方向运动，后沿反方向运动D.小车的最大位移为6m解析v－t图象斜率表示加速度，所围的面积表示运动位移．v的大小表示运动的快慢，正负表示运动方向．由图象知：0～15s内，速度方向均为正方向，大小先变大后变小．v－t图象不是运动轨迹．求0～15s内位移时查小方格面积，不足半个方格舍掉，只有A项正确．答案A题型2动力学的两类基本问题例2杂技中的“顶竿”是由两位演员共同表演完成．站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10kg的长竹竿，另一位质量为40kg的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑,滑到竹竿底时的速度正好为零.在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图3所示(g＝10m/s2).则：(1)竿上的人在下滑过程中的最大速度v1为多少？(2)竹竿的长度h为多少？图3运动建模由题意可知，竹竿上的演员向下先做匀加速运动，后做匀减速运动．解析(1)演员在下滑的前4秒做匀加速下滑，加速度为a1a1＝G1－(F1－G竿)m1＝1m/s2(3分)4s末达到最大速度v1，有v1＝a1t1＝4m/s(2分)演员在下滑的4秒到6秒由最大速度v1开始匀减速下滑直到速度减为零．(2)在演员下滑的前4秒的高度为h1h1＝0＋v12t1＝8m(3分)在演员下滑的4秒到6秒的高度为h2h2＝v1＋02t2＝4m(3分)竹竿的长度h＝h1＋h2＝12m(2分)答案(1)4m/s(2)12m以题说法1.用动力学方法解题时应抓住“两个分析”：“受力分析”和“运动过程分析”；“一个桥梁”：即加速度的求解．2．多运动过程问题要逐一分析每一过程的受力和运动.两个运动过程转折点的受力、状态的特点,往往是解题的关键.预测演练2滑雪运动常在两个斜面和一个平面的组合场地中进行，我们把它简化为理想的情景如图4所示．假定运动员和滑板的总质量为m，从O点以初速度v1冲上一个倾斜角为θ的斜面，第一次滑回到底端O时的速率为v2，不计运动员在最高点所有技术动作，求：(1)滑板与斜面间的动摩擦因数μ；(2)运动员能滑上斜面的最大高度h.图4解析设上滑的加速度为a1，下滑的加速度为a2.由牛顿第二定律和匀变速运动规律上滑阶段，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1(2分)v12＝2a1x(1分)下滑阶段，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，(1分)v22＝2a2x(1分)h＝xsinθ(1分)由上述各式得μ＝v12－v22v12＋v22tanθ(2分)h＝v12＋v224g(2分)答案(1)v12－v22v12＋v22tanθ(2)v12＋v224g题型3传送带类问题例3如图5所示，一质量为m＝0.5kg的小物体从足够高的光滑曲面上自由滑下，然后滑上一水平传送带．已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带水平部分的长度L＝5m，两端的传动轮半径为R＝0.2m，在电动机的带动下始终以ω＝15rad/s的角速度沿顺时针匀速运转，传送带下表面离地面的高度h不变．如果物体开始沿曲面下滑时距传送带表面的高度为H，初速度为零，g取10m/s2.求：图5(1)当H＝0.2m时，物体通过传送带过程中，电动机多消耗的电能．(2)当H＝1.25m时，物体通过传送带后，在传送带上留下的划痕的长度．(3)当H在什么范围内时，物体离开传送带后的落地点在同一位置．审题突破1.当H＝0.2m时，物块滑上传送带后相对传送带如何运动？电动机多消耗的电能转化为什么能？(2)要使物体离开传送带后的落点相同，那么物体减速到右端时速度应满足什么条件？此时下落高度H应是最大值．解题示范传送带匀速运动的速度v＝Rω＝3m/s(1分)物块与传送带间有相对运动时加速度的大小a＝Ffm＝2m/s2(1分)(1)当H1＝0.2m时，设物块滑上传送带的速度为v1，则mgH1＝12mv12(1分)所以v1＝2gH1＝2m/s相对滑动时间t1＝v－v1a＝0.5s(1分)物块对地位移x1＝v1t1＋12at12＝1.25m(1分)传送带前进位移x2＝vt1＝1.5m(1分)上述过程中电动机多消耗的电能W＝Q＋ΔEk＝μmg(x2－x1)＋12m(v2－v12)＝1.5J(1分)(2)当H2＝1.25m时，物块滑上传送带的速度为v2mgH2＝12mv22(1分)v2＝2gH2＝5m/sv物块减速时间t2＝v2－va＝1s(1分)物块前进距离x1′＝v2t2－12at22＝4mL(1分)t2时间内传送带前进x2′＝v·t2＝3m(1分)所以划痕长度Δx＝x1′－x2′＝1m(1分)(3)设物体滑上传送带的初速度为v3时，减速到右端的速度刚好为v则v2－v32＝－2aL(1分)所以v32＝29m2/s2又mgH3＝12mv32(1分)所以H3＝1.45m(1分)即0H≤1.45m时，落地点位置不变．(1分)答案(1)1.5J(2)1m(3)0＜H≤1.45m以题说法解决涉及传送带的问题时，一是要注意对研究对象所受摩擦力的分析，它随物体相对传送带的运动状态的变化而变化；二是正确分析物体间相对运动和对地运动间的关系；三是两个关键点判断要准确：①物体与传送带在达到同速之前，物体是否已滑离传送带；②同速后因摩擦力的变化,物体和传送带是一起滑动还是继续相对滑动．预测演练3如图6所示是一传送带装置，长度为4m，与水平方向之间的夹角为37°，传送带以0.8m/s的速度匀速运行,从流水线上下来的工件每隔2s有一个落到A点(可认为初速度为零)，工件质量为1kg.经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间；(2)传送带对每个工件所做的功；(3)由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．图6解析(1)工件刚放上传送带时的加速度为a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2(2分)当工件速度达v＝0.8m/s时，工件相对传送带静止工件加速的时间t1＝va＝0.80.4s＝2s(1分)加速运动的位移x1＝12at12＝12×0.4×22m＝0.8m(1分)在AB段匀速运动的位移为x2＝4m－0.8m＝3.2m(1分)所用的时间为t2＝x2v＝3.20.8s＝4s(1分)总时间为t＝t1＋t2＝6s(1分)(2)由动能定理得W－mgLsin37°＝12mv2(2分)W＝mgLsin37°＋12mv2＝1×10×4×0.6J＋12×1×0.82J＝24.32J(2分)(3)因工件在AB段上加速运动的时间为2s，所以在位移xt内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为Ff1＝mgμcos37°＝6.4N(1分)工件在AB段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为2s，两工件之间的距离为2×0.8m＝1.6m，所以这段距离内始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力为Ff2＝mgsin37°＝6N(1分)传送带动力装置需增加的功率为P＝(Ff1＋2Ff2)v＝18.4×0.8W＝14.72W(2分)答案(1)6s(2)24.32J(3)14.72W题型4行车安全问题例4酒后驾车严重威胁交通安全．其主要原因是饮酒后会使人的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时间)变长，造成反制距离(从发现情况到汽车停止的距离)变长，假定汽车以108km/h的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小为8m/s2，正常人的反应时间为0.5s，饮酒人的反应时间为1.5s，试问：(1)驾驶员饮酒后的反制距离比正常时多几米？(2)饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止需多少时间？运动建模驾驶员在反应时间内匀速运动，采取刹车行动后匀减速运动．解析(1)汽车匀速行驶v0＝108km/h＝30m/s(1分)正常情况与饮酒后，从刹车到车停止