(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案(含解析)

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(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案(含解析)_第1頁
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1、(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案(含解析) 一、牛頓第二定律 單位制 1.牛頓第二定律 (1)內(nèi)容 物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。[注1] (2)表達(dá)式:F=ma。[注2] 2.單位制 (1)單位制 由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制。 (2)基本單位 [注3] 在力學(xué)范圍內(nèi),國際單位制規(guī)定質(zhì)量、長度和時(shí)間為三個(gè)基本量,它們的單位千克、和為基本單位。 (3)導(dǎo)出單位 由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。 二、兩類動(dòng)力學(xué)問題 1.動(dòng)力

2、學(xué)的兩類基本問題 第一類:已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況。 第二類:已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況。 2.解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解,具體邏輯關(guān)系如圖:[注4] 【注解釋疑】 [注1] 加速度的大小是由力和物體的質(zhì)量共同決定的。 [注2] 應(yīng)用F=ma進(jìn)行計(jì)算時(shí),各量必須使用國際單位制中的單位。 [注3] “基本量”既可以采用國際單位制中的單位,也可以采用其他單位制中的單位,如厘米、英寸、斤等常用單位,并且不同的單位制規(guī)定的基本量不盡相同。 [注4] 既可以根據(jù)受力求加速度,也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求加速度。 [深化理解

3、] 1.牛頓第二定律的適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。 2.牛頓第二定律是力的瞬時(shí)作用規(guī)律,加速度跟力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失。 3.物體受力的瞬間,立即獲得加速度,而由于慣性,速度不會(huì)立即產(chǎn)生變化。 [基礎(chǔ)自測] 一、判斷題 (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質(zhì)量越大的物體,加速度越小。(×) (3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×) (4)物體受到外力作用不為零時(shí),立即產(chǎn)生加速度。(√) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電

4、子的運(yùn)動(dòng)情況。(×) (6)物體所受的合外力減小,加速度一定減小,而速度不一定減小。(√) (7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×) 二、選擇題 1.kg和s是國際單位制兩個(gè)基本單位的符號(hào),這兩個(gè)基本單位對(duì)應(yīng)的物理量是(  ) A.質(zhì)量和時(shí)間     B.質(zhì)量和位移 C.重力和時(shí)間 D.重力和位移 解析:選A kg為質(zhì)量的單位,s為時(shí)間的單位,A正確。 2.[魯科版必修1 P121 T2]在粗糙的水平面上,物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。作用一段時(shí)間后,將水平推力逐漸減小到零(物體還在運(yùn)動(dòng)),則在水平推力逐漸減小到零的過程中(  )

5、A.物體速度逐漸減小,加速度逐漸減小 B.物體速度逐漸增大,加速度逐漸減小 C.物體速度先增大后減小,加速度先增大后減小 D.物體速度先增大后減小,加速度先減小后增大 解析:選D 由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則可判定F>f,且ma=F-f;當(dāng)F逐漸減小時(shí),加速度逐漸減小,但加速度方向與速度方向同向,物體仍加速;當(dāng)F<f后,此時(shí)ma=f-F,F(xiàn)減小,加速度增大,且加速度與速度方向相反,物體減速,綜上所述,選項(xiàng)D正確。 3.[教科版必修1 P92 T4改編](多選)一物體重為50 N,與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2,若F2=15 N時(shí)

6、物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則F1的值可能是(g取10 m/s2)(  ) A.3 N            B.25 N C.30 N D.50 N 解析:選ACD 若物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可知F2-F1-μG=ma>0,解得F1<5 N,A正確;若物體向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可知F1-F2-μG=ma>0,解得F1>25 N,C、D正確。 4.雨滴從空中由靜止落下,若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大,選項(xiàng)圖中能大致反映雨滴運(yùn)動(dòng)情況的是(  ) 解析:選C 根據(jù)題意,對(duì)雨滴進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得mg-kv=ma,隨雨滴速度的

7、增大可知雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),故C正確。 高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容主要考查牛頓第二定律的理解、應(yīng)用牛頓第二定律解決瞬時(shí)問題,常以選擇題的形式呈現(xiàn),難度一般,而對(duì)動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題,及其在電場、磁場中的應(yīng)用,考查形式可能是選擇題,也可能是計(jì)算題,難度中等。 考點(diǎn)一 牛頓第二定律的理解[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1.[對(duì)牛頓第二定律的理解] (多選)下列對(duì)牛頓第二定律的理解,正確的是(  ) A.如果一個(gè)物體同時(shí)受到兩個(gè)力的作用,則這兩個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度互不影響 B.如果一個(gè)物體同時(shí)受到幾個(gè)力的作用,則這個(gè)物體的加速度等于所受各力單獨(dú)作用在物體上時(shí)產(chǎn)生加速度的矢量和 C.

8、平拋運(yùn)動(dòng)中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運(yùn)動(dòng) D.物體的質(zhì)量與物體所受的合力成正比,與物體的加速度成反比 解析:選ABC 由牛頓第二定律的特性易知,A、B、C正確;物體的質(zhì)量是物體的固有屬性,不會(huì)受到外界條件的影響(如受力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、在火星上還是地球上等),D錯(cuò)誤。 2.[合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系] 如圖所示,一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運(yùn)動(dòng),前方固定一輕質(zhì)彈簧,當(dāng)木塊接觸彈簧后,下列判斷正確的是(  ) A.木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B.木塊將立即做變減速直線運(yùn)動(dòng) C.在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí),木塊的速度最大 D.在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí),木塊的加速

9、度為零 解析:選C 對(duì)木塊進(jìn)行受力分析,接觸彈簧后彈力不斷增大,當(dāng)彈力小于力F時(shí),木塊仍將加速運(yùn)動(dòng),但加速度變小,A、B均錯(cuò)誤。在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí),木塊的加速度為0,速度最大,C正確。繼續(xù)壓縮彈簧,合力反向且增大,加速度向右不斷增大,D錯(cuò)誤。 3.[力的合成與牛頓第二定律的綜合問題] (多選)一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體,在5個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)?,F(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為15 N和10 N的兩個(gè)力,其余的力保持不變,關(guān)于此后該物體的運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是(  ) A.一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小可能是5 m/s2 B.一定做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度大小可能等于重力加速度的大小

10、 C.可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小可能是2.5 m/s2 D.可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),向心加速度大小是5 m/s2 解析:選BC 根據(jù)平衡條件得知,其余力的合力大小范圍為:5 N≤F合≤25 N,根據(jù)牛頓第二定律a=得:物體的加速度大小范圍為:2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng),撤去的兩個(gè)力的合力方向與速度方向不在同一直線上,物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤。由于撤去兩個(gè)力后其余力保持不變,則物體所受的合力不變,一定做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度大小可能等于重力加速度的大小,故B正確。若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng),撤去的兩個(gè)力的合力方向與速度方向相同時(shí),物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

11、,加速度大小可能為2.5 m/s2,故C正確。物體在恒力作用下不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。 [名師微點(diǎn)] 1.牛頓第二定律的五個(gè)特性 2.合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系 (1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不為零,物體都有加速度。 (2)a=是加速度的定義式,a與Δv、Δt無必然聯(lián)系;a=是加速度的決定式,a∝F,a∝。 (3)合力與速度同向時(shí),物體加速運(yùn)動(dòng);合力與速度反向時(shí),物體減速運(yùn)動(dòng)。 考點(diǎn)二 牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1.[輕繩模型和輕彈簧模型對(duì)比] 如圖所示,A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L1和輕彈簧系在天花板上,A、B兩

12、小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L2連接,細(xì)繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ,細(xì)繩L2水平拉直,現(xiàn)將細(xì)繩L2剪斷,則細(xì)繩L2剪斷瞬間,下列說法正確的是(  ) A.細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B.細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ C.A與B的加速度之比為1∶1 D.A與B的加速度之比為cos θ∶1 解析:選D 根據(jù)題述可知,A、B兩球的質(zhì)量相等,均設(shè)為m,剪斷細(xì)繩L2瞬間,對(duì)A球受力分析,如圖1所示,由于細(xì)繩L1的拉力突變,沿細(xì)繩L1方向和垂直于細(xì)繩L1方向進(jìn)行力的分解,得FT=mgcos θ,ma1=mgsin θ;剪斷細(xì)繩L2瞬間,對(duì)B球進(jìn)行受力分析,如圖2

13、所示,由于彈簧的彈力不發(fā)生突變,則彈簧的彈力還保持不變,有Fcos θ=mg,ma2=mgtan θ,所以FT∶F=cos2θ∶1,a1∶a2=cos θ∶1,則D正確。 2.[輕彈簧模型與輕桿模型對(duì)比] (多選)光滑斜面上,當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí),擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(  ) A.兩圖中兩球加速度均為gsin θ B.兩圖中A球的加速度均為零 C.圖甲中B球的加速度為2gsin θ D.圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析:選CD 撤去擋板前,對(duì)整體分析,擋板對(duì)B球的彈力大小都為2mgsin θ。因彈簧彈力

14、不能突變,而桿的彈力會(huì)突變,所以撤去擋板瞬間:圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsin θ,加速度為2gsin θ;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?,A、B兩球所受合力均為mgsin θ,加速度均為gsin θ,故C、D正確,A、B錯(cuò)誤。 3.[輕彈簧模型與接觸面模型綜合問題] 如圖所示,A、B兩物體質(zhì)量均為m,疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上)。對(duì)A施加一豎直向下、大小為F(F>2mg)的力,將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)?,F(xiàn)突然撤去力F,設(shè)兩物體向上運(yùn)動(dòng)過程中A、B間的相互作用力大小為FN。不計(jì)空氣阻力,關(guān)于FN的說法正確的是(重力加

15、速度為g)(  ) A.剛撤去力F時(shí),F(xiàn)N= B.彈簧彈力大小為F時(shí),F(xiàn)N= C.A、B的速度最大時(shí),F(xiàn)N=2mg D.彈簧恢復(fù)原長時(shí),F(xiàn)N=mg 解析:選B 對(duì)A施加一豎直向下、大小為F(F>2mg)的力,將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài),此時(shí)彈簧彈力大小為F+2mg。剛撤去力F時(shí),A、B向上加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可得,a=,對(duì)A受力分析,由牛頓第二定律有:FN-mg=ma,解得FN=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。當(dāng)彈簧彈力大小為F時(shí),對(duì)A、B整體,由牛頓第二定律有,F(xiàn)-2mg=2ma1,隔離A,由牛頓第二定律有,F(xiàn)N1-mg=ma1,解得FN1=,選項(xiàng)B正確。A、B

16、的速度最大時(shí),加速度為零,彈簧彈力大小為2mg,F(xiàn)N2=mg,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。彈簧恢復(fù)原長時(shí),A、B只受重力作用,F(xiàn)N3=0,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [名師微點(diǎn)] 1.求解瞬時(shí)加速度的一般思路 ?? 2.瞬時(shí)性問題的兩類模型 加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系,二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失,具體可簡化為以下兩種模型: 輕繩、輕桿和接觸面 不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力,剪斷或脫離后,不需要時(shí)間恢復(fù)形變,彈力立即消失或改變,一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時(shí),均可按此模型處理 彈簧、蹦床和橡皮筋 當(dāng)彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時(shí),由于物體有慣性,彈簧的長度不會(huì)發(fā)生突

17、變,所以在瞬時(shí)問題中,其彈力的大小認(rèn)為是不變的,即此時(shí)彈簧的彈力不突變 考點(diǎn)三 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題[師生共研類] 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的解題步驟 [典例] 如圖所示,在粗糙的水平路面上,一小車以v0=4 m/s的速度向右勻速行駛,與此同時(shí),在小車后方相距s0=40 m處有一物體在水平向右的推力F=20 N作用下,從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)了x1=25 m撤去力。已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,物體的質(zhì)量m=5 kg,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)在推力F作用下,物體運(yùn)動(dòng)的加速度a1的大小; (2)物體運(yùn)動(dòng)過程中與小車之間的最大距離; (

18、3)物體剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)與小車的距離d。 [解析] (1)對(duì)物體在水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma1,代入數(shù)據(jù)得a1=2 m/s2。 (2)當(dāng)物體速度v1=v0時(shí),物體與小車間距離最大,即 t1== s=2 s時(shí), 兩者之間最大距離 xmax=s0+v0t1-t1=40 m+4×2 m-4 m=44 m。 (3)設(shè)推力作用的時(shí)間為t2, 根據(jù)位移公式得x1=a1t22 則t2= = s=5 s 速度v2=a1t2=2×5 m/s=10 m/s 撤去F后,物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,經(jīng)過t3時(shí)間停止,其減速運(yùn)動(dòng)過程位移為x2,根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2 得

19、a2=μg=2 m/s2 由v2=2ax得x2== m=25 m 而t3== s=5 s。 物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t2+t3=10 s 則d=v0t+s0-(x1+x2)=30 m。 [答案] (1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m [延伸思考] 撤去推力F后,當(dāng)物體剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí),物體與小車的距離是否為物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最近距離?如果不是,則何時(shí)物體與小車相距最近?最近距離為多少? 提示:撤去推力F后,當(dāng)物體停止時(shí),物體與小車的距離不是最近距離,當(dāng)物體的速度減小到與小車的速度v0相等時(shí),兩者相距最近。設(shè)物體撤去推力后經(jīng)t4時(shí)間與小車速度大小相等 由v2-a2t4=v

20、0,可得:t4=3 s, 由x3=v2t4-a2t42,可得:x3=21 m, 物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′=t2+t4=8 s, 物體與小車間的最近距離:d′=v0t′+s0-(x1+x3)=26 m。 本例是已知受力情況求解多過程運(yùn)動(dòng)問題,通過本例幫助學(xué)生掌握動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”,以及在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程之間建立“聯(lián)系”。 (1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁” (2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”,如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。   [題點(diǎn)全練] 1.[已知受力情況分析物體的運(yùn)動(dòng)情況] (多選)

21、如圖所示,一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足夠長的水平輕彈簧,則當(dāng)木塊接觸彈簧后,下列判斷正確的是(  ) A.木塊立即做減速運(yùn)動(dòng) B.木塊在一段時(shí)間內(nèi)速度仍增大 C.當(dāng)F等于彈簧彈力時(shí),木塊速度最大 D.彈簧壓縮量最大時(shí),木塊速度為零但加速度不為零 解析:選BCD 木塊剛開始接觸彈簧時(shí),彈簧對(duì)木塊的作用力小于外力F,木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),直到二力相等,而后,彈簧對(duì)木塊的作用力大于外力F,木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),直到速度為零,但此時(shí)木塊的加速度不為零,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B、C、D正確。 2.[已知運(yùn)動(dòng)情況確定物體的受力情況] 將一質(zhì)量為

22、m的小球靠近墻面豎直向上拋出,圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片,圖乙是下降時(shí)的頻閃照片,O是運(yùn)動(dòng)過程中的最高點(diǎn),甲、乙兩次閃光頻率相同,重力加速度為g,假設(shè)小球所受的阻力大小不變,則可估算小球受到的阻力大小約為(  ) A.mg         B.mg C.mg D.mg 解析:選C 設(shè)每塊磚的厚度是d,向上運(yùn)動(dòng)時(shí): 9d-3d=a1T2 向下運(yùn)動(dòng)時(shí):3d-d=a2T2,解得:= 根據(jù)牛頓第二定律,向上運(yùn)動(dòng)時(shí):mg+f=ma1 向下運(yùn)動(dòng)時(shí):mg-f=ma2 解得:f=mg,C正確。 3.[動(dòng)力學(xué)中的多過程問題分析] 某次滑雪訓(xùn)練中,運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))站在水平雪道上第一次

23、利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F=84 N而從靜止向前滑行,其作用時(shí)間為t1=1.0 s,撤去水平推力F后經(jīng)過時(shí)間t2=2.0 s,然后第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力,作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m=60 kg,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff=12 N,求: (1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移; (2)該運(yùn)動(dòng)員第二次撤去水平推力后滑行的最大距離。 解析:(1)運(yùn)動(dòng)員第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得的加速度為a1==1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得的速度大小 v1=a1t1=1.

24、2 m/s,位移x1=a1t12=0.6 m。 (2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a2==0.2 m/s2 第一次撤去水平推力后經(jīng)過時(shí)間t2=2.0 s 速度變?yōu)関1′=v1-a2t2=0.8 m/s 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2, 則v22-v1′2=2a1x1 第二次撤去水平推力后滑行的最大距離x2==5.2 m。 答案:(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m 考點(diǎn)四 動(dòng)力學(xué)的圖像問題[多維探究類] 1.常見的動(dòng)力學(xué)圖像及問題類型 2.動(dòng)力學(xué)圖像問題的解題策略 (1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、

25、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。 考法(一) 由運(yùn)動(dòng)圖像分析物體的受力情況 [例1] (2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度-時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù),在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則(  ) A.F1F3 C.F1>F3 D.F1=F3 [解析] 由題圖可知,0~5 s內(nèi)加速度a1=0.2 m/s2

26、,方向沿斜面向下,設(shè)斜面傾角為θ,物體與斜面之間的動(dòng)摩擦力為f,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ-f-F1=ma1,F(xiàn)1=mgsin θ-f-0.2m;5~10 s內(nèi)加速度a2=0,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ-f-F2=ma2,F(xiàn)2=mgsin θ-f;10~15 s內(nèi)加速度a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ-f-F3=ma3,F(xiàn)3=mgsin θ-f+0.2m。故可得:F3>F2>F1,選項(xiàng)A正確。 [答案] A [題型技法] (1)由v-t圖像可以確定物體在各時(shí)間段運(yùn)動(dòng)的加速度。 (2)F1、F2、F3為物體在各時(shí)間段受到的拉力,而不是

27、物體所受的合外力。 考法(二) 由力的圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)情況 [例2] 如圖甲所示,光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m=2 kg的物體。物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用,F(xiàn)1=4 N,方向向右,F(xiàn)2的方向向左,大小隨時(shí)間均勻變化,如圖乙所示。物體從零時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)。 (1)求當(dāng)t=0.5 s時(shí)物體的加速度大小。 (2)物體在t=0至t=2 s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大?最大值為多少? (3)物體在t=0至t=2 s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大?最大值為多少? [解析] (1)由題圖乙可知F2=(2+2t)N 當(dāng)t=0.5 s時(shí),F(xiàn)2=(2+2×0.5)N=3 N 由牛頓第二定律得F1-F2=ma

28、 a== m/s2=0.5 m/s2。 (2)物體所受的合外力為F合=F1-F2=2-2t(N) 作出F合-t圖像如圖所示 從圖中可以看出,在0~2 s范圍內(nèi) 當(dāng)t=0時(shí),物體有最大加速度am Fm=mam am== m/s2=1 m/s2 當(dāng)t=2 s時(shí),物體也有最大加速度am′ Fm′=mam′ am′== m/s2=-1 m/s2 負(fù)號(hào)表示加速度方向向左。 (3)由牛頓第二定律得 a==1-t(m/s2) 畫出a-t圖像如圖所示 由圖可知t=1 s時(shí)速度最大,最大值等于a-t圖像在t軸上方與橫、縱坐標(biāo)軸所圍的三角形的面積v=×1×1 m/s=0.5 m/s。

29、 [答案] (1)0.5 m/s2 (2)當(dāng)t=0時(shí),am=1 m/s2;當(dāng)t=2 s時(shí),am′=-1 m/s2 (3)t=1 s時(shí),v=0.5 m/s 考法(三) 由已知條件確定某物理量的圖像 [例3] (2018·全國卷Ⅰ)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(  ) [解析] 設(shè)物塊P靜止時(shí),彈簧的壓縮量為x0,則有kx0=mg,在彈簧恢復(fù)原長前,物塊受力如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律得F+k(x0

30、-x)-mg=ma,整理得F=kx+ma,即F是x的一次函數(shù),選項(xiàng)A正確。 [答案] A [共性歸納] 解答動(dòng)力學(xué)的圖像問題時(shí)要注意以下三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn): (1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過程,會(huì)分析臨界點(diǎn)。 (2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn),圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn),兩圖線的交點(diǎn)等。 (3)明確能從圖像中獲得哪些信息:把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來,再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義,確定從圖像中反饋出來的有用信息,這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。 [題點(diǎn)全練] 1.[由a

31、-t圖像分析壓力的變化情況] (多選)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對(duì)地板的壓力(  ) A.t=2 s時(shí)最大 B.t=2 s時(shí)最小 C.t=8.5 s時(shí)最大 D.t=8.5 s時(shí)最小 解析:選AD 對(duì)人受力分析,受重力mg和支持力FN,由牛頓第二定律得FN-mg=ma。由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力FN′=FN=mg+ma。當(dāng)t=2 s時(shí)a有最大值,F(xiàn)N′最大;當(dāng)t=8.5 s時(shí),a有最小值,F(xiàn)N′最小,選項(xiàng)A、D正確。 2.[由a-F圖像分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況] (多選)用一水平力F拉靜止在水平面上

32、的物體,在F從零開始逐漸增大的過程中,加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示,g取10 m/s2,則可以計(jì)算出(  ) A.物體與水平面間的最大靜摩擦力 B.F為14 N時(shí)物體的速度 C.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.物體的質(zhì)量 解析:選ACD 由題圖可知,物體與水平面間的最大靜摩擦力為7 N,A正確;由F-μmg=ma,解得a=F-μg,將F1=7 N,a1=0.5 m/s2,F(xiàn)2=14 N,a2=4 m/s2代入上式可得m=2 kg,μ=0.3,C、D正確;因物體做變加速運(yùn)動(dòng),無法求出F為14 N時(shí)物體的速度,B錯(cuò)誤。 3.[F-t圖像和v-t圖像的綜合問題] 一個(gè)物塊置于粗糙

33、的水平地面上,受到的水平拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖甲所示,速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2,求: (1)1 s末物塊所受摩擦力的大小Ff1; (2)物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x; (3)物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 解析:(1)由題圖乙可知前2 s內(nèi)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)物塊所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小,從題圖甲中可以讀出,當(dāng)t=1 s時(shí),F(xiàn)f1=F1=4 N。 (2)在v-t圖像中圖線與t軸圍成面積表示位移,則由題圖乙知物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x= m=12 m。 (3)由題圖乙知,在2~4 s內(nèi),物塊做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小a== m/s

34、2=2 m/s2 由牛頓第二定律得F2-Ff2=ma 在4~6 s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng),有F3=Ff2=μmg 解得μ=0.4。 答案:(1)4 N (2)12 m (3)0.4 “融會(huì)貫通”歸納好——物體在五類光滑斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比較 第一類:等高斜面(如圖1所示)。 由L=at2,a=gsin θ,L= 可得:t= , 可知傾角越小,時(shí)間越長,圖1中t1>t2>t3。 第二類:同底斜面(如圖2所示)。 由L=at2,a=gsin θ,L= 可得:t= , 可見θ=45°時(shí)時(shí)間最短,圖2中t1=t3>t2。 第三類:圓周內(nèi)同頂端的斜面(如圖3所示)。即在豎

35、直面內(nèi)的同一個(gè)圓周上,各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點(diǎn),底端都落在該圓周上。由2R·sin θ=·gsin θ·t2,可推得:t1=t2=t3。 第四類:圓周內(nèi)同底端的斜面(如圖4所示)。即在豎直面內(nèi)的同一個(gè)圓周上,各斜面的底端都在豎直圓周的最低點(diǎn),頂端都源自該圓周上的不同點(diǎn)。同理可推得:t1=t2=t3。 第五類:雙圓周內(nèi)斜面(如圖5所示)。即在豎直面內(nèi)兩個(gè)圓,兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點(diǎn)且頂端源自上方圓周上某點(diǎn),底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置。可推得t1=t2=t3。 [典例] (多選)如圖所示,Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿,O、a、

36、b、c、d位于同一圓周上,c為圓周的最高點(diǎn),a為最低點(diǎn),O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出),兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放,一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間。下列關(guān)系正確的是(  ) A.t1=t2          B.t2>t3 C.t1

37、速度均為零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B、C、D均正確。 [答案] BCD [類題通法] [針對(duì)訓(xùn)練] 1.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C、M三點(diǎn)處于同一個(gè)圓上,C是圓上任意一點(diǎn),A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn),B點(diǎn)在y軸上且在A點(diǎn)上方,O′為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放,它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)。如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC的大小關(guān)系是(  ) A.tA

38、A=tC=tB D.由于C點(diǎn)的位置不確定,無法比較時(shí)間大小關(guān)系 解析:選B 由等時(shí)圓模型可知,A、C在圓周上,B點(diǎn)在圓周外,故tA=tC

39、的同一個(gè)圓周上,由等時(shí)圓模型可知,由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn),故A正確。 3.如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn),O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內(nèi)?,F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ?,F(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端,則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為(  ) A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEF C.tABtCD>tEF,B項(xiàng)正確。

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