专题2力与物体的直线运动 第1讲动力学观点在力学中的应用.docx

专题2力与物体的直线运动 第1讲动力学观点在力学中的应用.docx

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专题2力与物体的直线运动第1讲动力学观点在力学中的应用

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、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等．

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讲　动力学观点在力学中的应用

高考题型1　运动学基本规律的应用

解题方略

1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：

物体或带电粒子所受合力为恒力，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：

v＝v0＋at.

位移公式：

x＝v0t＋at2.

速度和位移公式的推论：

v2－v＝2ax.

中间时刻的瞬时速度：

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Δx＝xn＋1－xn＝a·（Δt）2.

3．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．

例1　（2015·山东理综·14）距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图1所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于（　　）

图1

A．1.25mB．2.25mC．3.75mD．4.75m

解析　小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝；小车运动至B点时细线被轧断，小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋解得h＝1.25m，选项A正确．

答案　A

预测1　2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是（　　）

A．司机发现故障车后，汽车经过3s停下

B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33m

C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5m/s

D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11m/s

答案　B

解析　汽车匀减速到零的时间t1＝＝s＝3s．则t＝t′＋t1＝（0.6＋3）s＝3.6s，故A错误；在反应时间内的位移x1＝v0t′＝15×0.6m＝9m．匀减速直线运动的位移x2＝＝m＝22.5m，则x＝x1＋x2＋1.5m＝33m，故B正确；平均速度＝＝m/s＝8.75m/s，故C、D错误．

预测2　我国不少省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图2所示．假设汽车以正常行驶速度v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8m处正好匀减速至v2＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2.求：

图2

（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？

答案　

（1）188m　

（2）29s

解析　

（1）汽车通过ETC通道时：

匀减速过程：

x1＝＝60m

匀加速过程：

x2＝＝120m

汽车的总位移：

x＝x1＋d＋x2＝188m.

（2）汽车通过ETC通道时：

匀减速过程：

t1＝＝6s

匀速过程：

t2＝＝2s

匀加速过程：

t3＝＝12s

汽车通过ETC通道的总时间：

t＝t1＋t2＋t3＝20s

汽车通过人工收费通道时，匀减速过程：

t1′＝＝8s

匀加速过程：

t2′＝＝16s

汽车通过人工通道的总时间：

t′＝t1′＋t0＋t2′＝49s

汽车节约的时间：

Δt＝t′－t＝29s.

高考题型2　挖掘图象信息解决动力学问题

解题方略

1．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．

2．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．

例2　（多选）（2015·新课标全国Ⅰ·20）如图3（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

图3

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析　由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝.同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝，两式联立得sinθ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝t1×＝，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．

答案　ACD

预测3　质量m＝50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间的变化情况（以竖直向上为正方向）．由图4提供的信息可知（　　）

图4

A．在0～15s内，观光电梯上升的高度为25m

B．在5～15s内，电梯地板对人的支持力做了－2500J的功

C．在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s

D．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2

答案　C

解析　在速度时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故0～15s内的位移为x＝×10×15m＝75m，故A错误；5～15s内加速度为a＝＝m/s2＝－1m/s2，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝450N,5～15s内上升的高度为h＝×10×10m＝50m，故支持力做功为W＝FNh＝22500J，故B错误；匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和的一半，故＝m/s＝10m/s，故C正确；在25～35s内，观光电梯在减速下降，故D错误．

预测4　（多选）如图5所示，底面足够大的水池中静置两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小球自水池底部无初速度释放，穿过两液体分界面后继续向上运动．已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚．则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是（　　）

图5

答案　CD

解析　据牛顿第二定律得，小球向上运动时a＝＝，在第一种液体中，可能先向上加速运动，速度增加，加速度减小，做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动．进入第二种液体，由于密度不同，则加速度可能向下，即：

a＝，做减速运动，加速度减小，即做加速度减小的减速运动，最终做匀速运动．故C正确．在第一种液体中，可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动，然后进入第二种液体，若第二种液体的密度大于第一种液体的密度，根据a＝＝，然后继续做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动．故D正确．

高考题型3　应用动力学方法分析传送带问题

解题方略

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状态，具体如何改变要根据具体情况判断．

例3　如图6所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．问：

图6

（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？

（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？

解析　对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向先沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度．由牛顿第二定律：

ma1＝F＋μmgcos37°－mgsin37°，计算得：

a1＝6m/s2，t1＝＝s，x1＝＝m．物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F＝8N而重力沿斜面方向的分力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．故得：

a2＝0，t2＝＝s，得t＝t1＋t2＝s≈1.33s.

（2）若达到速度相等后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，故减速上行ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，得a3＝2m/s2，物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：

v2－v＝2a3x2，vt＝m/s≈2.3m/s，t′＝＝0.85s.

答案　

（1）1.33s　

（2）0.85s

预测5　（多选）如图7所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（　　）

图7

答案　AB

解析　物体从静止先在恒定的滑动摩擦力作用下匀速直线运动，后与传送带速度相同后，匀速运动，摩擦力消失，x－t图象先是曲线后是直线．

预测6　如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以v1＝2m/s的恒定速率运行．初速度大小为v2＝3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，求：

图8

（1）小墨块向左运动的最远距离；

（2）小墨块在传送带上留下的痕迹长度．

答案　

（1）4.5m　

（2）12.5m

解析　

（1）小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识有：

a＝＝1m/s2

小墨块向左减速运动时，对小墨块有：

0＝v2－at1

x1＝t1

联立解得：

x1＝4.5m.

（2）小墨块向左减速的过程中，对传送带：

x2＝v1t1

小墨块向右加速运动时，对小墨块有v1＝at2

x1′＝t2

对传送带x2′＝v1t2

因而小墨块在传送带上的痕迹长度为x＝（x1＋