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： . 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xxn1xna(t)2.,v0at,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vt圖象是一條_ . 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xt圖象是一條 . 5.超重或失

2、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， ；當(dāng)ag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行分解，有時根據(jù)情況也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

3、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，則經(jīng)過b時刻vb的大小為(),圖1,vbvaam ,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

4、國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d36 m.人工收費窗口在圖中虛線MN上，汽車到達窗口時停車?yán)U費時間需要t020 s.現(xiàn)有甲、乙兩輛汽車均以v30 m/s的速度并排行駛，根據(jù)所選通道特點進行減速進入收費站，駛?cè)胧召M島區(qū)域中的甲車以 v06 m/s的速度勻速行駛.設(shè)兩車減速 和加速的加速度大小均為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：t3t18 s， 所以：t甲t1t2t32

5、2 s,所以甲車比乙車少用的時間為：tt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t41 s的時間.,所以乙車交費后，當(dāng)恢復(fù)速度v時離甲車的距離為：xx甲x乙l564 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

6、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，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vt圖象可

7、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，重力加速度g取9.8 m/s2，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.若未知，可求出乙圖中a1的值 C.若已知，可求出乙圖中a2的值 D.若已知，可求出乙圖中m0的值,圖4,解析,返回,返回,解析對B，mgFma. 對A，F(xiàn)mAgsin mAa.,故m時，a1g，B正

8、確. m0時，a2gsin ，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,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.

9、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L64 m，A、B兩輪 半徑忽略不計，g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6. (1)若傳送帶以恒定速率v010 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Ffmgsin ma 垂直傳送帶方向：FNmgcos F0 其中F1.4mg，F(xiàn)fFN，解得：a2 m/s2,所以鐵礦石從傳送帶的A端運動到

10、B端所需要的時間為：tt1t28.9 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：amin2 m/s2,答案2 m/s28 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，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由零逐漸

11、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 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，物塊向下做加速運動，當(dāng)速度達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v06 m/s順時針轉(zhuǎn)動.現(xiàn)在傳送帶左側(cè)輕輕放上質(zhì)量m1 kg的小滑塊，與此同

12、時，啟動傳送帶制動裝置，使得傳送帶以恒定加速度a4 m/s2減速直至停止；已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，滑塊可以看成質(zhì)點，且不會影響傳送帶的運動，g10 m/s2.試求： (1)滑塊與傳送帶共速時，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： mgma1，得：a12 m/s2 設(shè)經(jīng)過t1滑塊與傳送帶共速v，有： vv0at1 va1t1，解得：v2 m/s，t11 s,故滑塊相對傳送帶的位移xx2x13 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： Ffma4 Nmg

13、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：tt1t22 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

14、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.滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g10 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：Fma 根據(jù)運動學(xué)公式有：v22aL0 聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得：v6 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,

15、(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？,解析根據(jù)牛頓第二定律有： 對滑塊有：1mgma1 代入數(shù)據(jù)解得：a15 m/s2 對長木板有：1mg2(mM)gMa2， 代入數(shù)據(jù)解得：a20.4 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，1、2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/s20.4 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，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為t 則：va1ta2t,式中L2 m為長木板的長度，所以滑塊能滑出長木板右端. 答案能,

16、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aF圖象，g取10 m/s2，則() A.滑塊A的質(zhì)量為4 kg B.木板B的質(zhì)量為1 kg C.當(dāng)F10 N時木板B的加速度為4 m/s2 D.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)0.4，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.重力加速度g10 m/s2.求： (1)