高三物理复习专题二力与物体的直线运动第1课时动力学观点在力学中的应用讲义.docx
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高三物理复习专题二力与物体的直线运动第1课时动力学观点在力学中的应用讲义
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）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匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带（或平板车）上的运动问题；④带电粒子（或带电体）在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．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、临界问题的处理方法等．
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
1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．
2．匀变速直线运动的基本规律为
速度公式：
vt＝v0＋at
位移公式：
s＝v0t＋
at2
速度和位移公式的推论为：
v
－v
＝2as
中间时刻的瞬时速度为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Δs＝sn＋1－sn＝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s－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.
题型1 运动学图象问题
例1 某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间
图象如图1所示，根据图象可知（ ）
图1
A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B．物体在第3s内所受的拉力大于1N
C．在0～3s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
D．物体在第2s内所受的拉力为零
审题突破 水平方向物体受几个力作用？
由图象可知哪些信息？
解析 由题图可知，第2s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3s内物体的加速度大小为1ms2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．
答案 BC
以题说法 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．
（2013·四川·6）甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t图象如图2所示，则（ ）
图2
A．甲、乙在t＝0到t＝1s之间沿同一方向运动
B．乙在t＝0到t＝7s之间的位移为零
C．甲在t＝0到t＝4s之间做往复运动
D．甲、乙在t＝6s时的加速度方向相同
答案 BD
解析 在t＝0到t＝1s之间，甲、乙两物体的运动方向先相反，后相同，选项A错误．在t＝0到t＝7s之间由乙物体的v－t图象的“线下面积”可知位移为0，选项B正确．在t＝0到t＝4s之间甲物体沿x轴向同一个方向运动，选项C错误．由甲、乙两物体的v－t图象可知t＝6s时图线的斜率均为负值，即它们的加速度方向相同，选项D正确．
题型2 整体法与隔离法在连接体问题中的应用
例2 （2013·福建·21）质量为M、长为
L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
图3
（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3甲，求绳中拉力的大小；
（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
审题突破 “光滑的柔软轻绳”说明什么？
环恰好悬于A端的正下方时，环的受力有什么特点？
环和杆有什么共同特点？
解析
（1）如图，设平衡时，绳中拉力为T，有
2Tcosθ－mg＝0①
由图知cosθ＝
②
由①②式解得T＝
mg③
（2）①此时，对小铁环受力分析如图，有T′sinθ′＝ma④
因|T′|＝|T″|
所以T′＋T′cosθ′－mg＝0⑤
由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝
g⑥
②如图，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcosα＝（M＋m）a⑦
Fsinα－（M＋m）g＝0⑧
由⑥⑦⑧式解得
tanα＝
（或α＝60°）
F＝
（M＋m）g
答案
（1）
mg
（2）①
g ②
（M＋m）g，方向与水平方向成60°角斜向右上
以题说法 在应用牛顿运动定律分析连接体问题时，要灵活交替使用整体法和隔离法．各部分以及整体的共同特点是加速度相同，但与物体间作用力有关的问题必须隔离出受力最简单或未知量最少的物体来研究．
如图4所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是（ ）
图4
A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止
B．若水平恒力F足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止
答案 BD
解析 此情景的临界状态是木板与铁块之间达到最大静摩擦力，隔离木板则得amax＝
，再整体得Fmax＝（m木＋m铁）·amax＝
·Ffmax，当FFmax时，它们之间发生相对滑动，A错，B对．
题型3 运动学基本规律的应用
例3 （2013·大纲·24）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：
（1）客车运行速度的大小；
（2）货车运行加速度的大小．
解析 本题涉及的是匀变速直线运动问题．
（1）设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨的长度为l，则客车速度为v＝
①
其中l＝25.0m，Δt＝
s，得v＝37.5ms②
（2）设从货车开始运动后t＝20.0s内客车行驶了s1，货车行驶了s2，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L＝30×16.0m．由运动学公式有
s1＝vt③
s2＝
at2④
由题给条件有L＝s1－s2⑤
由②③④⑤式解得a＝1.35ms2
答案
（1）37.5ms
（2）1.35ms2
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．
一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5s内通过的路程与最后5s通过的路程之比为9∶5，求此物体一共运动了多少时间？
答案 7s
解析 设前5s的位移为s1，最后5s的位移为s2，运动的总时间为t，把运动过程逆过来看，该运动就变成了初速度为零的匀加速直线运动，则有s1＝
at2－
a（t－5）2
s2＝
a×52
s1∶s2＝9∶5
联立上式可知t＝7s
题型4 应用动力学方法分析传送带问题
例4 （16分）如图5所示，竖直固定的
光滑圆弧轨道AB半径R＝1.25m，BC为水平传送带与a、b两驱动轮的切点，AB与BC水平相切于B点（未连接，圆弧轨道不影响传送带运动）．一质量为m＝3kg的小滑块，从A点由静止滑下，当传送带静止时，滑块恰好能滑到C点．已知a、b两轮半径均为r＝0.4m且两轮与传送带间不打滑，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10ms2.问：
图5
（1）BC两点间的距离是多少？
（2）当a、b顺时针匀速转动的角速度为ω0时，将滑块从A点由静止释放，滑块恰好能由C点水平飞出传送带．求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．
运动建模 1.当传送带静止时，物块由B到C的运动是匀减速直线运动．
2．当传送带运动时，物块由B到C，可能会匀减速直线运动，也可能会匀加速直线运动，还有可能会做匀速直线运动，具体是哪一种要比较在B、C两点的速度关系．
解析
（1）滑块从A到B，由动能定理有
mgR＝
mv
（1分）
vB＝
＝5ms（1分）
由B到C：
a＝－μg＝－1ms2（1分）
由0－v
＝2asBC（1分）
得sBC＝12.5m（1分）
（2）滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有
mg＝m
（2分）
解得：
vC＝2ms（1分）
ω0＝
（1分）
解得：
ω0＝5rads（1分）
由vB>vC知滑块在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，即滑块要减速到C点（1分）
－μmg＝ma′（1分）
滑块减速时间t＝
（1分）
滑块位移s1＝vBt＋
a′t2（1分）
传送带运动的距离s2＝vCt
产生的内能Q＝μmg（s1－s2）（1分）
解得：
Q＝13.5J（1分）
答案
（1）12.5m
（2）5rads 13.5J
以题说法 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，具体如何改变要根据具体情况判断．
如图6甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10ms2.则（ ）
图6
A．传送带的速率v0＝10ms
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24J
答案 ACD
解析 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10ms，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10ms2,1.0s之后的加速度a2＝2ms2，结合牛顿第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0s～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m,1.0s～2.0s内物体的位移是11m，摩擦力做的功为－4×（11－5）J＝－24J，选项D正确.
2．应用动力学方法分析平板车类问题
审题示例
（15分）如图7所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A（可视为质点）．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0ms向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10ms2.求：
图7
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小s；
（3）木板B的长度l.
审题模板
答题模板
（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律
对A物体有μmg＝maA（1分）
则aA＝μg＝4.0ms2（1分）
方向水平向右（1分）
对B物体有μmg＝MaB（1分）
则aB＝μmgM＝1.0ms2（1分）
方向水平向左（1分）
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，到速度为零时所用时间为t1，则v0＝aAt1，解得t1＝v0aA＝0.50s（1分）
B相对地面向右做匀减速运动s＝v0t1－
aBt
＝0.875m（1分）
（3）A先向左匀减速运动至速度为零后，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0ms2
B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0ms2（1分）
当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．（1分）
在A相对地面速度为零时，B的速度
vB＝v0－aBt1＝1.5ms（1分）
设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则
aAt2＝vB－aBt2
解得t2＝vB（aA＋aB）＝0.3s
共同速度v＝aAt2＝1.2ms（1分）
从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移
sA＝
＝
m＝0.32m（1分）
B向右运动的位移
sB＝
＝
m＝1.28m（1分）
B板的长度l＝sA＋sB＝1.6m（1分）
答案
（1）A的加速度大小为4.0ms2，方向水平向右
B的加速度大小为1.0ms2，方向水平向左
（2）0.875m
（3）1.6m
点睛之笔 平板车类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等．
如图8所示，质量M＝1kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝4ms从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？
已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10ms2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
图8
答案 0.5m
解析 由题意，小物块向上匀减速运动，木板向上匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．
设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma
设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律
F＋μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma′
设小物块和木板共同的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式
v＝v0－at
v＝a′t
设小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式
s＝v0t－
at2
s′＝
a′t2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有s－s′＝l
联立解得l＝0.5m
（限时：
45分钟）
1．（2013·新课标Ⅰ·19）如图1，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移—时间（x－t）图线，由图可知（ ）
图1
A．在时刻t1，a车追上b车
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
答案 BC
解析 由题图可知，t1时刻，b车追上a车，故A错误．x－t图象的斜率表示速度，由于t2时刻a、b两图线的斜率一正、一负，故两车
运动方向相反，B正确；由b图线的斜率的变化可以看出t1到t2这段
时间b车的速率先减少后反向增加，C正确．如图所示，在t3时刻b图线的斜率与a图线的相等，此时两车的速率相等，故D错误．
2．（2013·浙江·17）如图2所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10ms2，下列判断正确的是（ ）
图2
A．5s内拉力对物块做功为零
B．4s末物块所受合力大小为4.0N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0ms2
答案 D
解析 由题图知4s后物块的摩擦力不再随F的变化而变化，即4s后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F的方向开始运动，力F在4s后开始做正功，选项A错误；4s末物块受滑动摩擦力为Ff＝3N，此时拉力F为4N，故水平方向合力F合＝F－Ff＝1N，选项B错误；由于Ff＝μmg，故μ＝
＝0.3，选项C错误；6s～9s内，F＝5N，Ff＝3N，由a＝
得a＝2.0ms2，故选项D正确．
3．如图3所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是（ ）
图3
答案 B
解析 滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．s－t图象中，图线的斜率表示物体的速度，滑雪者在B位置的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且AB>BC，故aABFf，又sinθ<1，则AB段下滑过程中Ff比G要小，而不是D项表示的Ff与G相等，D错误．
4．一个物体在多个共点力的作用下处于静止状态．若仅使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小，在这一过程中其余各力均不变，则能正确描述该过程中物体速度随时间变化的图象是（ ）
答案 D
解析 当其中一个力逐渐减小时，物体受到的合外力逐渐增大，物体的加速度逐渐增大，在v－t图线中，表现为图线的斜率逐渐增大；当这个力逐渐恢复到原来的大小时，物体受到的合外力逐渐减小，物体的加速度逐渐减小，在v－t图线中，表现为图线的斜率逐渐减小；当这个力恢复到原来大小时，合外力为零，此时v－t图线斜率为零，D正确．
5．（2013·广东·13）某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6ms2，起飞需要的最低速度为50ms.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为
（ ）
A．5msB．10msC．15msD．20ms
答案 B
解析 由v
－v
＝2as得：
v0＝
＝
ms＝10ms.
6．如图4所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是（ ）
图4
A.
＝
＝
B.
>
>
C.
＝
＝
D.
>
>
答案 C
解析
表示的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，根据匀变速直线运动规律
＝
可知，小球滑到a点的过程平均速度最大，选项A、B错误；根据s＝
at2可知，
表示的是加速度的一半，由受力情况可知三个过程的加速度相等，选项C正确，D错误．
7．在水平冰面上，一辆质量为1×103kg的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的v－t图象如图5所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是（重力加速度g＝10ms2）（ ）
图5
A．关闭发动机后，雪橇的加速度为－2ms2
B．雪橇停止前30s内通过的位移是150m
C．雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03
D．雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103W
答案 D
解析 由题图的斜率可知，关闭发动机后，雪橇的加速度为－0.5ms2，A错误；由题图的面积可知，雪橇停止前30s内通过的位移是200m，B错误；对关闭发动机后雪橇的运动，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，代入a＝－0.5ms2、g＝10ms2，解得雪橇与水平冰面间的动摩擦因数为0.05，C错误；对雪橇的匀速运动有F－μmg＝0、P＝Fv，代入μ＝0.05、m＝1×103kg、g＝10ms2、v＝10ms，解得发动机的功率为P＝5×103W，D正确．
8．（2013·安徽·14）如图6所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（ ）
图6
A．T＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ）
B．T＝m（gcosθ＋asinθ） FN＝m（gsinθ－acosθ）
C．T＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ
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