2019届二轮复习　动力学观点在力学中的应用课件（48张）

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第 3 讲 动力学观点在力学中的应用 总纲目录 考点 1 　两类动力学问题 考点 2 　运动图像与牛顿第二定律的综合应用 考点 3 　“传送带”模型 考点 4 　“滑块 — 滑板”模型 考点1　两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题的处理思路 2.解答动力学问题的基本步骤 (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。 1.如图所示, Oa 、 Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆, O 、 a 、 b 、 c 位于同 一圆周上, c 为圆周的最高点, a 为最低点, Ob 经过圆心。每根杆上都套着一个 小滑环,两个滑环都从 O 点无初速释放,用 t 1 、 t 2 分别表示滑 环到达 a 、 b 所用的时间,则下列关系正确的是   (　　) A. t 1 = t 2 　     B. t 1 < t 2 C. t 1 > t 2 　     D.无法确定 答案     B　设 Oa 与竖直方向夹角为 θ ,则 Ob 与竖直方向夹角为2 θ ,由2 R cos θ =   g cos θ ·   ,2 R =   g cos 2 θ ·   ,比较可得 t 1 < t 2 ,故B正确。 2.(2018安徽安庆模拟)如图所示,质量 m =5 kg的物块(可看做质点)在外力 F 1 和 F 2 的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知 F 1 大小为50 N,方向斜 向右上方,与水平面夹角 α =37 ° , F 2 大小为30 N,方向水平向左,物块的速度 v 0 大 小为11 m/s。当物块运动到距初始位置距离 x 0 =5 m时撤掉 F 1 , g =10 m/s 2 , sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8。求: (1)物块与水平面之间的动摩擦因数 μ ; (2)撤掉 F 1 以后,物块在6 s末距初始位置的距离。 答案 　(1)0.5　(2)2 m 解析 　(1)物块向右做匀速运动: 　     f + F 2 = F 1 cos α f = μ ( mg - F 1 sin α ) 解得 μ =0.5 (2)撤掉 F 1 后: a 1 =   =   m/s 2 =11 m/s 2 设经过时间 t 1 运动速度变为0,则: t 1 =   =1 s 该时间内向右位移: x 1 =   t 1 =5.5 m 后5 s物块向左运动: a 2 =   =1 m/s 2 后5 s向左位移: x 2 =   a 2   =12.5 m 物块在6 s末距初始位置的距离:Δ x = x 2 -( x 0 + x 1 )=12.5 m-(5 m+5.5 m)=2 m 3.有一质量 m =2 kg的小球套在长 L =1 m的固定轻杆顶部,杆与水平方向成 θ =3 7 ° 角。静止释放小球,1 s后小球到达杆底端。 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° = 0.8。 (1)求小球到达杆底端时速度为多大? (2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大? (3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方 向的恒力,静止释放小球后保持它的加速度大小为 1 m/s 2 ,且沿杆向下运动,则这样的恒力为多大? 答案 　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)36 N或4 N 解析 　(1)设小球到达杆底端时速度大小为 v ,则 L =   t ,   =   解得 v =2 m/s (2)设小球下滑过程中的加速度大小为 a 1 ,则 a 1 =   根据牛顿第二定律有 mg sin θ - μmg cos θ = ma 1 解得 μ =0.5 (3)小球在恒力作用下,有 mg sin θ - μN 2 = ma 2 ,解得 N 2 =20 N 若恒力 F 垂直杆向上,则 F = N 2 + mg cos θ ,解得 F =36 N 若恒力 F 垂直杆向下,则 F = N 2 - mg cos θ ,解得 F =4 N 考点2　运动图像与牛顿第二定律的综合应用 1. v - t 图像提供的信息   2.求解图像问题的思路   1.(2018广东汕头一模)(多选)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与 球的速率成正比,即 F 阻 = kv ,比例系数 k 决定于小球的体积,与其他因素无关。 让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落,它们的加速度与速度的 关系图像如图所示,则   (　　 ) A.小球的质量越大,图像中的 a 0 越大 B.小球的质量越大,图像中的 v m 越大 C.小球的质量越大,速率达到 v m 时经历的时间越短 D.小球的质量越大,速率达到 v m 时下落的距离越长 答案     BD　根据牛顿第二定律得 mg - F 阻 = ma ,其中 F 阻 = kv ,解得 a = g -   v 。当 v =0 时, a = a 0 = g ,与小球的质量无关,故A错误。当 a =0时, v = v m =   ,可知小球的质量 越大,图像中的 v m 越大,故B正确。Δ t =   =   随着 m 的增大而增大,即小球的质 量越大,速率达到 v m 时经历的时间越长,故C错误。 m 越大, v m 越大,速率达到 v m 时经历的时间越长,下落的距离越长,故D正确。 2.(2018皖南八校联考)(多选)质量为0.2 kg的物块在水平推力 F 的作用下沿水 平面做直线运动,6 s末撤去水平推力 F ,如图实线表示其运动的 v - t 图像,其中经 过点(4,0)的虚线是6 s末 v - t 图像的切线。 g 取10 m/s 2 。下列说法正确的是(　　) A.6 s末物块速度方向改变 B.0~6 s内物块平均速度比6~10 s内物块 平均速度小 C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 D.水平推力 F 的最大值为0.9 N 答案     BD　6 s末物块速度仍为正值,故速度方向没改变,选项A错误;若0~6 s 内物块做匀加速运动,则平均速度为3 m/s,而由图线可知,物块在0~6 s内的平 均速度小于3 m/s,而物块在6~10 s内的平均速度等于3 m/s,故0~6 s内物块平 均速度比6~10 s内物块平均速度小,选项B正确;撤去外力后的加速度大小 a =   =   m/s 2 =1.5 m/s 2 ,根据 a = μg =1.5 m/s 2 可知物块与水平面间的动摩擦因 数为0.15,选项C错误;物块的最大加速度为 a m =   m/s 2 =3 m/s 2 ,根据牛顿第二 定律得 F m - μmg = ma m ,解得 F m =0.9 N,选项D正确。 方法技巧 分析图像问题时常见的误区 (1)没有看清横、纵坐标轴所表示的物理量及单位。 (2)没有注意坐标原点是否从零开始。 (3)不清楚图像中的点、斜率、面积等的物理意义。 (4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。 考点3　“传送带”模型 1.物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动 摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、物体初速度的大小和方向 的不同,传送带问题往往存在多种可能,因此对传送带问题进行准确的受力分 析和运动分析,是解决此类问题的关键。 2. 分析处理传送带问题时需要特别注意两点 : 一是对物体在初态时所受滑动 摩擦力的方向的分析 ; 二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方 向的分析。 例 　如图所示,传送带长6 m,与水平方向的夹角为37 ° ,以5 m/s的恒定速度向 上运动。一个质量为2 kg的物块(可视为质点),沿平行于传送带方向以10 m/s 的速度滑上传送带,已知物块与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.5,sin 37 ° =0.6, cos 37 ° =0.8, g =10 m/s 2 。求: (1)物块刚滑上传送带时的加速度大小; (2)物块到达传送带顶端时的速度大小。 答案 　(1)10 m/s 2 　(2)4 m/s 解析 　(1)设物块刚滑上传送带时,加速度大小为 a 1 由牛顿第二定律有 mg sin 37 ° + μmg cos 37 ° = ma 1 解得 a 1 =10 m/s 2 (2)设物块速度减为5 m/s所用时间为 t 1 则 v 0 - v = a 1 t 1 ,解得 t 1 =0.5 s 通过的位移 x 1 =   · t 1 =   × 0.5 m=3.75 m<6 m 因 μ v 1 ,则   (　　) A. t 2 时刻,小物块离 A 处的距离达到最大 B. t 2 时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~ t 2 时间内,小物块受到的摩擦力方向向右 D.0~ t 3 时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案     BC　相对地面而言,小物块在0~ t 1 时间内,向左做匀减速运动, t 1 ~ t 2 时间 内,小物块反向向右做匀加速运动,当其速度与传送带速度相同时(即 t 2 时刻), 小物块向右做匀速运动。故小物块在 t 1 时刻离 A 处距离最大,选项A错误。在 0~ t 2 时间内,小物块一直相对传送带向左运动,故一直受向右的滑动摩擦力,在 t 2 ~ t 3 时间内,小物块相对传送带静止,小物块不受摩擦力作用,因此 t 2 时刻小物块 相对传送带滑动的距离达到最大,选项B、C正确,选项D错误。 2.水平传送带被广泛应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示 意图。紧绷的传送带 AB 始终保持恒定的速率 v =1 m/s运行,一质量为 m =4 kg 的行李(可视为质点)无初速度地放在 A 处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李 开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运 动。设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.1, A 、 B 间的距离 L =2 m, g 取10 m/s 2 。 (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的 大小与加速度的大小; (2) 求行李做匀加速直线运动的时间 ; (3) 如果提高传送带的运行速率 , 行李就能被较快得传送到 B 处 , 求行李从 A 处 传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。 答案 　(1)4 N　1 m/s 2 　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 解析 　(1)滑动摩擦力 F f = μmg =0.1 × 4 × 10 N=4 N 加速度 a = μg =0.1 × 10 m/s 2 =1 m/s 2 (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则 v = at 1 解得 t 1 =1 s (3)行李始终匀加速运行时间最短,加速度仍为 a =1 m/s 2 ,当行李到达右端时,有   =2 aL 解得 v min =2 m/s 行李最短运行时间 t min =   =   s=2 s 方法技巧 1.对于传送带问题,分析有无摩擦力,是滑动摩擦力还是静摩擦力,以及摩擦力的方向,是解题的关键。 2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态 考点4　“滑块—滑板”模型 1.“滑块—滑板模型”类问题中,滑动摩擦力的分析方法与传送带模型类似, 但这类问题比传送带模型更复杂,因为滑板往往受到摩擦力的影响也做匀变 速直线运动,处理此类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。 2. 要使滑块不从滑板的末端掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时的速 度与滑板的速度恰好相等。 1.质量为 M =20 kg、长为 L =5 m的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩 擦因数 μ 1 =0.15。将质量为 m =10 kg的小木块(可视为质点),以 v 0 =4 m/s的速度 从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面间的动摩擦因 数为 μ 2 =0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g =10 m/s 2 )。则以下判断中正确的 是   (　　) A.木板一定静止不动,小木块不会滑出木板 B.木板一定静止不动,小木块会滑出木板 C.木板一定向右滑动,小木块不会滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块会滑出木板 答案     A　小木块对木板的摩擦力 F f1 = μ 2 mg =0.4 × 100 N=40 N,水平面对木板 的最大静摩擦力 F f2 = μ 1 ( M + m ) g =45 N,因为 F f1 < F f2 ,故木板一定静止不动。由牛 顿第二定律得小木块的加速度 a 2 = μ 2 g =4 m/s 2 , x =   =   m=2 m< L ,所以小木块 不会滑出木板。故选项A正确,B、C、D错误。 2.如图所示,固定斜面 C 的倾角为 θ ,长木板 A 与斜面间动摩擦因数为 μ 1 , A 沿斜 面下滑时加速度为 a 1 ,现将木块 B 置于长木板 A 顶端, A 、 B 间动摩擦因数为 μ 2 , 此时释放 A 、 B , A 的加速度为 a 2 , B 的加速度为 a 3 ,则下列说法正确的是   (　　) A.若 μ 1 > μ 2 ,则有 a 1 = a 2 < a 3 B.若 μ 1 > μ 2 ,则有 a 2 < a 1 < a 3 C.若 μ 1 < μ 2 ,则有 a 1 = a 2 > a 3 D.若 μ 1 < μ 2 ,则有 a 1 > a 2 = a 3 答案     B　若 μ 1 > μ 2 , A 、 B 之间有相对滑动,且 B 的加速度大于 A 的加速度, a 2 < a 3 ; 没有放 B 时,对长木板 A ,有 m A g sin θ - μ 1 m A g cos θ = m A a 1 ,解得 a 1 = g sin θ - μ 1 g cos θ ; 当放上 B 时,有 m A g sin θ - μ 1 ( m A + m B ) g cos θ + μ 2 m B g cos θ = m A a 2 ,解得 a 2 = g sin θ - μ 1 g cos θ +( μ 2 - μ 1 )   g cos θ < a 1 ; B 在 A 上下滑时, m B g sin θ - μ 2 m B g cos θ = m B a 3 , a 3 = g sin θ - μ 2 g cos θ > a 1 ,选项A错误,B正确。若 μ 1 < μ 2 , A 、 B 将一起以相同的加速度下滑, 故 a 1 = a 2 = a 3 ,C、D错误。 3.质量为3 kg的长木板 A 置于光滑的水平地面上,质量为2 kg的木块 B (可视为 质点)置于木板 A 的左端,在水平向右的力 F 作用下由静止开始运动,如图甲所 示。 A 、 B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示( g 取10 m/s 2 )。求:   (1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力); (2)4 s末 A 、 B 的速度; (3)若6 s末木板和木块刚好分离,则木板的长度为多少? 答案 　(1)0.3　(2)均为4 m/s　(3)4 m 解析 　(1)由题图知4 s末 A 、 B 间达到最大静摩擦力,此时 a =2 m/s 2 对应 A 板: μm B g = m A a A 、 B 间动摩擦因数 μ =   =0.3 (2)由图像知4 s末二者的速度均等于图线与横轴包围的面积: v =   at 1 =   × 2 × 4 m/s=4 m/s (3)4 s末到6 s末 t 2 =2 s 木板 A 的位移 x A = vt 2 +   a A   木块 B 的位移 x B = vt 2 +   a B   木板的长度 l = x B - x A =4 m 1.(2016课标Ⅱ,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量 大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球 的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则   (　　) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案     BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由 m 甲 = ρV 甲 = ρ (   π   )得 R 甲 =   ,阻力 f 甲 = kR 甲 = k   ,由牛顿第二定律知 a 甲 =   = g - k   ,同理 a 乙 = g - k   ,因 m 甲 > m 乙 ,所以 a 甲 > a 乙 ,故C项错误;再由位移公式 h =   at 2 可知 t 甲 < t 乙 ,故A项错误;再由速度位移公式 v 2 =2 ah 得 v 甲 > v 乙 ,B项正确;甲球 受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻 力做的功,D项正确。 2.(2015课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图(a),一物块在 t =0时刻滑上一固定斜面,其运 动的 v - t 图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均为已知量,则可 求出   (　　) 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 答案     ACD　设物块的质量为 m 、斜面的倾角为 θ 、物块与斜面间的动摩擦 因数为 μ 、物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,根据牛顿第 二定律有: mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 。再结合 v - t 图线斜 率的物理意义有: a 1 =   , a 2 =   。由上述四式可见,无法求出 m ,可以求出 θ 、 μ ,故 B错,A、C均正确。0~ t 1 时间内的 v - t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿 斜面上滑的最大距离, θ 已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。 3.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂 钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶 时,连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F ;当机车在西边拉着车厢 以大小为   a 的加速度向西行驶时, P 和 Q 间的拉力大小仍为 F 。不计车厢与铁 轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为   (　　) A.8　    B.10　    C.15　    D.18 答案     BC　如图所示,假设挂钩 P 、 Q 东边有 x 节车厢,西边有 y 节车厢,每节车 厢质量为 m 。当向东行驶时,以 y 节车厢为研究对象,则有 F = mya ;当向西行驶 时,以 x 节车厢为研究对象,则有 F =   mxa ,联立两式有 y =   x 。可见,列车车厢总 节数 N = x + y =   x ,设 x =3 n ( n =1,2,3, … ),则 N =5 n ,故可知选项B、C正确。   4.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A =1 kg和 m B =5 kg, 放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1 =0. 5;木板的质量为 m =4 kg,与地面间的动摩擦因数为 μ 2 =0.1。某时刻 A 、 B 两滑 块开始相向滑动,初速度大小均为 v 0 =3 m/s。 A 、 B 相遇时, A 与木板恰好相对 静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小 g =10 m/s 2 。求 (1) B 与木板相对静止时,木板的速度; (2) A 、 B 开始运动时,两者之间的距离。   答案 　(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析 　(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设 A 、 B 和木板 所受的摩擦力大小分别为 f 1 、 f 2 和 f 3 , A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a A 和 a B ,木板相对于地面的加速度大小为 a 1 。在滑块 B 与木板达到共同速度前有 f 1 = μ 1 m A g   ① f 2 = μ 1 m B g   ② f 3 = μ 2 ( m + m A + m B ) g   ③ 由牛顿第二定律得 f 1 = m A a A   ④ f 2 = m B a B   ⑤ f 2 - f 1 - f 3 = ma 1   ⑥ 设在 t 1 时刻, B 与木板达到共同速度,其大小为 v 1 。由运动学公式有 v 1 = v 0 - a B t 1   ⑦ v 1 = a 1 t 1   ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v 1 =1 m/s⑨ (2)在 t 1 时间间隔内, B 相对于地面移动的距离为 s B = v 0 t 1 -   a B     ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后,木板的加速度大小为 a 2 。对于 B 与木板组成 的体系,由牛顿第二定律有 f 1 + f 3 =( m B + m ) a 2     由①②④⑤式知, a A = a B ;再由⑦⑧式知, B 与木板达到共同速度时, A 的速度大小 也为 v 1 ,但运动方向与木板相反。由题意知, A 和 B 相遇时, A 与木板的速度相同, 设其大小为 v 2 。设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ,则由运动学公式, 对木板有 v 2 = v 1 - a 2 t 2     对 A 有 v 2 =- v 1 + a A t 2     在 t 2 时间间隔内, B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1 = v 1 t 2 -   a 2       在( t 1 + t 2 )时间间隔内, A 相对地面移动的距离为 s A = v 0 ( t 1 + t 2 )-   a A ( t 1 + t 2 ) 2     A 和 B 相遇时, A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时,两者之间的 距离为 s 0 = s A + s 1 + s B     联立以上各式,并代入数据得 s 0 =1.9 m   (也可用如图的速度-时间图线求解)