届高考物理二轮复习 动力学观点在力学中的应用 教案全国通用.docx

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届高考物理二轮复习动力学观点在力学中的应用教案全国通用

[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

1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：

物体或带电体所受合力为恒力，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：

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：

＝＝.

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.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x－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、竖直上抛运动的问题.

例1　一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图1所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则经过b时刻vb的大小为（　　）

图1

A.B.C.D.

解析　设b时刻的速度为vb，加速度为a，根据x＝v0t＋at2得：

S＝vam－am2①

S＝vbn－an2②

vb＝va－am③

①②③联立得：

vb＝.

答案　C

预测1　（2016·全国丙卷·16）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为（　　）

A.B.C.D.

答案　A

解析　动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝（v0＋v）t和a＝得a＝，故A对.

预测2　广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统（ETC）是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费.如图2所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC收费岛（阴影区域）长为d＝36m.人工收费窗口在图中虚线MN上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要t0＝20s.现有甲、乙两辆汽车均以v＝30m/s的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以v0＝6m/s的速度匀速行驶.设两车减速和加速的加速度大小均为3m/s2，求

图2

（1）从开始减速到恢复速度v，甲车比乙车少用的时间；

（2）乙车交费后，当恢复速度v时离甲车的距离.

答案　

（1）18s　

（2）564m

解析　

（1）甲车进入收费岛之前的减速时间：

t1＝＝8s，

通过收费岛的时间：

t2＝＝6s

离开收费岛的加速时间为：

t3＝t1＝8s，

所以：

t甲＝t1＋t2＋t3＝22s

乙车的时间：

t乙＝＋t0＝40s

所以甲车比乙车少用的时间为：

Δt＝t乙－t甲＝18s.

（2）甲车开始减速时与MN的距离为：

l甲＝t1＋d＝180m

乙车开始减速时与MN的距离为：

l乙＝＝150m

Δt′＝＝1s

即甲车开始减速后1s乙车开始减速.

所以从甲车开始减速到乙车恢复速度v共经过t′＝41s的时间.

x甲＝t1×2＋d＋v（t′－t甲）＝894m

x乙＝×2＝300m

所以乙车交费后，当恢复速度v时离甲车的距离为：

Δx＝x甲－x乙－Δl＝564m.

例2　（多选）如图3（a）所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图（b）所示，下列说法正确的是（　　）

图3

A.a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离比b的短

C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小

D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大

解析　由题图（b）图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a＝＝gsinθ－μgcosθ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确，同理，D错误.

答案　AC

预测3　以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是（　　）

答案　B

解析　没有空气阻力时，物体只受重力，做竖直上抛运动，v－t图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；有空气阻力时：

上升阶段，根据牛顿第二定律，有：

mg＋Ff＝ma，故a＝g＋，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：

mg－Ff＝ma，故a＝g－，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；v－t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故A、C、D错误，B正确.

预测4　（多选）如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）

图4

A.若θ已知，可求出A的质量

B.若θ未知，可求出乙图中a1的值

C.若θ已知，可求出乙图中a2的值

D.若θ已知，可求出乙图中m0的值

答案　BC

解析　对B，mg－F＝ma.

对A，F－mAgsinθ＝mAa.

得：

a＝·g

故m→＋∞时，a1＝g，B正确.

m＝0时，a2＝－gsinθ，选项C正确.

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5所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L＝64m，A、B两轮半径忽略不计，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.

图5

（1）若传送带以恒定速率v0＝10m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间；

（2）实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？

并求出最短时间.

解析　

（1）当传送带匀速向上传动时，对铁矿石

沿传送带方向Ff－mgsinθ＝ma

垂直传送带方向：

FN－mgcosθ－F＝0

其中F＝1.4mg，Ff＝μFN，解得：

a＝2m/s2

则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：

t1＝＝s＝5s

对应的位移为：

x1＝at＝×2×52m＝25m

根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：

t2＝＝s＝3.9s

所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：

t＝t1＋t2＝8.9s.

（2）只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题

（1）分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2m/s2，所以传送带的最小加速度为：

amin＝2m/s2

则有：

L＝at′2，代入数据解得最短时间为：

t′＝8s.

答案　

（1）8.9s　

（2）2m/s2　8s

预测5　如图6所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是（　　）

图6

A.M下滑的速度不变

B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动

C.M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动

D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上

答案　C

解析　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsinθ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确，故选C.

预测6　如图7所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m＝1kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10m/s2.试求：

图7

（1）滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；

（2）滑块在传送带上运动的总时间t.

答案　

（1）3m　

（2）2s

解析　

（1）对滑块，由牛顿第二定律可得：

μmg＝ma1，得：

a1＝2m/s2

设经过t1滑块与传送带共速v，有：

v＝v0－at1

v＝a1t1，解得：

v＝2m/s，t1＝1s

滑块位移为x1＝＝1m

传送带位移为x2＝＝4m

故滑块相对传送带的位移Δx＝x2－x1＝3m

（2）共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：

Ff＝ma＝4N>μmg＝2N，故滑块与传送带相对滑动.

滑块做减速运动，加速度仍为a1.

滑块减速时间为t2，有：

t2＝＝1s，

故：

t＝t1＋t2＝2s.

解题方略

1.“滑块—木板模型”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