《（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第二板塊 第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第二板塊 第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題
考法
學法
“動力學觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識主要包括：①勻變速直線運動規(guī)律；②自由落體運動規(guī)律；
③豎直上拋運動規(guī)律；④牛頓運動定律；⑤運動學和動力學圖像。復習這部分內(nèi)容時應側(cè)重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關(guān)鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②臨界問題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。
┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄
命題點(一) 勻變速直線運動規(guī)律的應用
題型1 多過程運動
如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應注意分析各段的運動性質(zhì)。
[例1] “30 m折返跑”可以反映一個人的身體素質(zhì)，在平直的跑道上，一學生在起點線處，當聽到起跑口令后(測試員同時開始計時)，跑向正前方30 m處的折返線，到達折返線處時，用手觸摸固定在折返線處的標桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即折返跑的成績。學生可視為質(zhì)點，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時間不計。該學生加速時的加速度大小為a1＝2.5 m/s2，減速時的加速度大小為a2＝
5 m/s2，到達折返線處時速度需要減小到零，并且該學生在全過程中的最大速度不超過
vmax＝12 m/s。求該學生“30 m折返跑”的最好成績。
[審題指導]
運動情景是什么？
跑向折返線時必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程；跑回起點線時必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程
用到什么規(guī)律？
勻變速直線運動的公式
采用什么方法？
在草紙上畫出運動過程示意圖，找出各運動過程中的速度關(guān)系、位移關(guān)系等
[解析] 設起點線處為A，折返線處為B，假設該學生從A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速運動，設此過程中該學生達到的最大速度為v，做勻加速運動的時間為t1，做勻減速運動的時間為t2，則由運動學公式有v＝a1t1
勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度應為負值，則有0＝v－a2t2
由平均速度公式可知起點線與折返線間的距離LAB＝(t1＋t2)
時間只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s
因為v
＝6 s，故B車追上A車之前，A車已停止運動
設從開始到A車被B車追上用時為t3，
則vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
A車超過B車后，保持在B車前方的時間為Δt，
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)設當A車與B車速度相等用時為t4，
則vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s
則此過程中A車位移為xA′＝t4
B車位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此時A車在B車前方，故A、B最大距離為Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。
(3)假設從A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6，勻速運動時間為t5－t6，從A車開始剎車至兩車速度相等過程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6
解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假設成立
對A車，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m
對B車，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m
此時有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A車不能追上B車。
［關(guān)鍵點撥］
[答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，計算過程見解析
追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關(guān)系”
(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。
(2)時間關(guān)系和位移關(guān)系可通過畫運動示意圖得到。
命題點(二) 牛頓運動定律的綜合應用
題型1 動力學的兩類基本問題
1.由受力情況求解運動情況。首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。
2.由運動情況求解受力情況。由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。
[例1] 如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角θ＝37，兩物塊A、B的質(zhì)量mA＝1 kg、mB＝4 kg。兩物塊之間的輕繩長L＝0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT＝12 N，對B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開始一起向上運動，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。
(1)若某一時刻輕繩被拉斷，求此時外力F的大?。?
(2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，輕繩斷后保持外力F不變，求當A運動到最高點時，A、B之間的間距。
[思維流程]
[解析] (1)輕繩被拉斷前瞬間，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a
對A有：FT－mAgsin θ＝mAa
代入數(shù)據(jù)解得F＝60 N。
(2)設沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，
對A有：－mAgsin θ＝mAaA
設A運動到最高點所用時間為t，則有v0＝－aAt
此過程A的位移為xA＝At＝
對B有：F－mBgsin θ＝mBaB
xB＝v0t＋aBt2
代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為x＝xB－xA＋L＝2.375 m。
[答案] (1)60 N (2)2.375 m
題型2 牛頓運動定律與圖像的綜合問題
解決此類問題關(guān)鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結(jié)合牛頓第二定律求解結(jié)果。因此需要考生對這類知識融會貫通。
[例2] (2018安徽“江南十校”聯(lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動。已知A的質(zhì)量mA＝2 kg，B的質(zhì)量mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；
(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；
(3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。
[解析] (1)在0～0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為：
a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A減速向上滑動的位移為：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移為：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功，
由動能定理得：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
[答案] (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
命題點(三) 動力學的兩類典型模型
模型1 傳送帶模型
傳送帶模型的實質(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此類問題的關(guān)鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷。
[例1] (2018寶雞模擬)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為
θ＝37，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，sin 37＝0.6，
cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。現(xiàn)將一個工件(可視為質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：
(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度h和所用的總時間t；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速率v2(v20，所以木板相對地面做勻加速直線運動,又L＝a1t2－a2t2
解得t＝1 s。
(2)鐵塊在木板上向右滑動時μ2mg＝ma11
滑動木板最右端時v＝v0－a11t1
對木板有v＝a2t1
又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12
解得v0＝2 m/s。
(3)①當F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N時，木板和鐵塊都靜止，f＝0
設木板和鐵塊都運動，兩者剛要相對滑動時，作用在木板上的力大小為F1
對鐵塊有μ2mg＝ma
對木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma
解得F1＝10 N。
②當μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N時，木板和鐵塊相對靜止
則有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a
f＝ma
解得f＝N。
③當F＞10 N時，鐵塊相對木板滑動，此時
f＝μ2mg＝4 N
故鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像如圖所示。
[答案] (1)1 s (2)2 m/s (3)見解析圖
1．滑塊—木板模型中的“一個轉(zhuǎn)折”和“兩個關(guān)聯(lián)”
(1)一個轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。
(2)兩個關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關(guān)聯(lián)。
2．滑塊—木板模型的兩大臨界條件
(1)相對滑動的臨界條件
①運動學條件：兩者速度或加速度不相等。
②動力學條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。
(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時兩者速度相同。
[專題強訓提能]
1．如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止狀態(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當拉力FT＝mg時，A、B的位移為L；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當A的位移為L時，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計空氣阻力。
(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；
(2)請推導FT與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出FTl圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中FT做功WFT的大??；
(3)當A、B不粘連時，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。
解析：(1)設彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin θ＝kx
當A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
當A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應用牛頓第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
對B應用牛頓第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)當A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
畫出FTl圖像如圖所示，
A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)設A通過位移L的過程中彈力做功W，分別對兩個過程應用動能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1) mg (2)FT＝l 見解析圖 mgL (3)
2．(2019屆高三天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。
解析：(1)設滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma
滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
設滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1) (2) s
3．(2018南昌模擬)在傾角θ＝37的粗糙斜面上有一質(zhì)量m＝2 kg的物塊，物塊受如圖
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0時刻物塊以某一速度從斜面上A點沿斜面下滑，在t＝4 s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內(nèi)物塊運動的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點到斜面底端的距離x＝18 m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機械能損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)物塊在A點的速度大?。?
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運動，則x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設物塊在斜面上運動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
設物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運動時加速度大小為a2，有
μmg＝ma2
由題圖乙中圖線可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物塊在斜面上運動時，設所受的摩擦力為Ff，則
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s (2)10.1 N
4.(2018全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求：
(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；
(2)小球到達A點時動量的大?。?
(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。
解析：(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)設小球到達A點時速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關(guān)系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的過程中，由動能定理有
－mgCD－F0DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A點的動量大小為
p＝mv1＝。
(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運動，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg (2) (3)
5.如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37，以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小；
(2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。
解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設物塊的加速度大小為a1，
由牛頓第二定律有：mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)設物塊速度減為5 m/s所用時間為t1，
則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通過的位移：
x1＝t1＝0.5 m＝3.75 m<6 m
因μ
下載提示(請認真閱讀)
- 1.請仔細閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點此認領！既往收益都歸您。
文檔包含非法信息？點此舉報后獲取現(xiàn)金獎勵！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9
積分
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標，表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
-
通用版2019版高考物理二輪復習
第一部分
第二板塊
第1講
應用“動力學觀點”破解力學計算題講義含解析
通用版
2019
高考
物理
二輪
復習
第一
部分
第二
板塊
應用
動力學
觀點
破解
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明，都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等，如果需要附件，請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙，網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預覽，若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間，僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理，對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯，并不能對任何下載內(nèi)容負責。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當內(nèi)容，請與我們聯(lián)系，我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學習交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第二板塊 第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）.doc
鏈接地址：http://m.jqnhouse.com/p-6155309.html