复制成功
  • 图案背景
  • 纯色背景

笔记

  • 2019-11-16
    为大人带来形象的羊生肖故事来历 为孩子带去快乐的生肖图画故事阅读
    谈谈怎样学好数学_苏步青-中学生文库
gb89002

上传于:2015-03-22

粉丝量:2

福彩快三奖金规则—官方网址22270.COM该文档贡献者很忙,什么也没留下。



福彩快三奖金规则—官方网址22270.COM—高考物理二轮 专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应...

下载积分:2500

内容提示: 专题二 力与物体的直线运动 第 1课时 动力学观点在力学中的应用 知识方法聚焦 知识回扣知识回扣 1. 物体或带电粒子做直线运动的条件是: . 与速度方向平行2. 物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是: 受合力为恒力,且与速度方向平行 . 物体所受合力物体所 3. 匀变速直线运动的基本规律为 速度公式: vt= 位移公式: s= 速度和位移公式的推论为: st= 2v 22v0+at v0t+12at2 v 2t -v 20 =2asv 0+v t中间时刻的瞬时速度为 =s位移中点的...

文档格式:PPT| 浏览次数:7| 上传日期:2015-03-22 00:14:54| 文档星级:
专题二 力与物体的直线运动 第 1课时 动力学观点在力学中的应用 知识方法聚焦 知识回扣知识回扣 1. 物体或带电粒子做直线运动的条件是: . 与速度方向平行2. 物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是: 受合力为恒力,且与速度方向平行 . 物体所受合力物体所 3. 匀变速直线运动的基本规律为 速度公式: vt= 位移公式: s= 速度和位移公式的推论为: st= 2v 22v0+at v0t+12at2 v 2t -v 20 =2asv 0+v t中间时刻的瞬时速度为 =s位移中点的瞬时速度为 = 2任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量,Δt2即 Δs=sn+1-sn=a· . 0 +v 2t sv2tv 4. 牛顿第二定律的内容是: 物体加速度的大小与物体所受的 成正比, 与物体的质量成反比, 加速度的方向与 合外力物体所受合外力 的方向一致, 且二者具有 关系,控制变量法此定律可以采用 进行实验验证. 5. 速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的 , 图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的与时间轴所包围的面积表示物体运动的 . 在分析物在分析物瞬时对应加速度位移位移体的运动时, 常利用v—t图象帮助分析物体的运动情况.6. 超重或失重时, 物体的重力并未发生变化, 只是物体对支压力拉力持物的 (或对悬挂物的 )发生了变化. 当a=g时,物体 . 物体发生超重或失重现象与物体的运动完全失重无关方向 , 只决定于物体的 方向. 加速度 规律方法 1. 动力学的两类基本问题的处理思路 (1)已知力求运动(1)已知力求运动, 应用牛顿第二定律求加速度, 再根据应用牛顿第二定律求加速度再根据物体的初始条件, 应用运动学公式求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度, 以及运动轨迹. (2)已知运动求力, 根据物体的运动情况, 求出物体的加速度, 再应用牛顿第二定律, 推断或者求出物体的受力情况. 2. 动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上, 采用 或者是 求合力, 然后结合牛顿第二定正交分解法图解法律列式求解. 若涉及多个物体时, 常用整体法和隔离法受力分析, 然后结合牛顿第二定律求解. 3. 匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理, 这是利用了运动的 性. 在竖直上抛运动和类对称竖直上抛运动的处理中也常用此法. 4. 用v-t图象分析: v-t图象表示物体的运动规律, 形象而且直观. 热点题型例析        题型 1 运动学图象问题 例 1 (14 分)如图 1 所示, 质量为 M=2 kg 的足够长的长木板,静止放置在粗糙水平地面上, 有一质量为 m=3 kg 可视为质点的物块, 以某一水平初速度 v0从左端冲上木板.4 s 后物块和木板达到和木板达到 4 m/s 的速度并减速, 12 s 末两者同时静止. 求的速度并减速末两者同时静止求物块的初速度并在图 2 中画出物块和木板的 v-t 图象. 图1 审题突破 M和m的运动情况分别是怎样的呢? 图2 解析 由题意可知两个物体4 s后一起减速 由运动学公式可知: aM=ΔvΔt=4-04-0 m/s2=1 m/s2 (1分)a共=Δv′Δt′=4-012-4 m/s2=0.5 m/s2 (1分)对M由牛顿第二定律可得: f1-f2=MaM (2分)f2=(M+m)a共 (2分)对m有f1=mam (2分)v=v0-amt1 (2分) 联立上述各式可求得: v0=10 m/s (2分) 答案10 m/s见解析图2分 以题说法 1.v-t图象反映的仍然是数学关系, 只不过它有了具体的物理意义. 因此作v-t图象时, 必须采用动力学的方法得到v与t的数学关系. 22. 由于M、 m都有两个不同的运动过程, 因此要注意分清不由于Mm都有两个不同的运动过程因此要注意分清不同的运动过程以及各运动过程的特点, 特别要注意运动转折点的速度. 针对训练1 某汽车在启用ABS刹车系统 和不启用该刹车系统紧急刹车时, 其 车速与时间的变化关系分别如图3中的 ①、 ②图线所示. 由图可知, 启用ABS 后 ( ) 图图3BD A. t1时刻车速更小 B. 0~t1的时间内加速度更小 C. 加速度总比不启用ABS时大 D. 刹车后前行的距离比不启用ABS更短 题型2 整体法与隔离法在动力学问题中的应用 例2 如图4所示, bc是固定在小车上的水平横杆, 物块M中心穿过横杆, M通过细线悬吊着小物体m, 当小车在水平地面上运动的过程中, M始终未相对杆bc移动, M、 m与小车保持相对静止, 悬线与竖直方向夹角为α.则M受到横杆的摩擦力为 (摩擦力为 )()图4 A. 大小为(m+M)gtan α方向水平向右 B. 大小为Mgtan α方向水平向右 C. 大小为(m+M)gtan α方向水平向左 D. 大小为Mgtan α方向水平向左 解析解析 对 m 受力分析应用牛顿第二定律得 mgtan α=ma, a对 m 受力分析应用牛顿第二定律得 mgtan α=ma a=gtan α, 方向向右. 取 M和 m 整体分析: f=(M+m)a=(M+m)gtan α, A 正确. 答案A 针对训练2 如图5所示, 质量为m2的物体2放在正沿平直轨福建快三技巧 —首页-向右行驶的车厢底板上, 并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1, 与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变, 则 ( ) 图5 A. 车厢的加速度为gsin θ B. 绳对物体1的拉力为m1gcos θ C. 底板对物体2的支持力为(m2-m1)g D. 物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ 解析 对m1受力分析可得: m1gtan θ=m1a, a=gtan θ, 绳子拉力F=m1gcos θ.对m2受力分 析可得: 支持力N=m2g-m1gcos θ, 摩擦力 f=m2a=m2gtan θ, 所以选B. 答案B 题型 3 运动学基本规律的应用 例 3 (16 分)驾驶证考试中的路考, 在即将结束时要进行目标停车, 考官会在离停车点不远的地方发出指令, 要求将车停在指定的标志杆附近, 终点附近的福建快三技巧 —首页-路是平直的, 依次有编号为 A、 B、 C、 D、 E 的 5 根标志杆, 相邻杆之间的距离 ΔL=12.0 m, 如图 6 所示. 一次路考中, 学员甲驾驶汽车, 学员乙坐在后排观察并记录时间, 学员乙与车前端面的距离为l=2.0 m. 假设在考官发出目标停车的指令前, 汽车是匀速运动的, 当学员乙经过 O 点考官发出指令: “在 D 标志杆目标停车” , 发出指令后, 学员乙立即开始计时, 学员甲需要经历 Δt=0.5 s 的反应时间才开始刹车, 开始刹车后汽车做匀减速直线运动, 直到停止. 学员乙记 录下自己经过B、 C杆时的时刻tB=4.50 s, tC=6.50 s. 已知 LOA=44 m. 求: 图6图6(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a; (2)汽车停止运动时车头前端面离D杆的距离. 运动建模 在计时的这段时间内汽车先匀速运动后匀减速运动. 解析 (1)汽车从O到标志杆B的过程中: LOA+ΔL=v0Δt+v0(tB-Δt)-12a(tB-Δt)2 (3分) 汽车从O到标志杆C的过程中: LOA+2ΔL=v0Δt+v0(tC-Δt)-12a(tC-Δt)2 (3分) 联立方程解得: v0=16 m/s (2分)a=2 m/s2 (2分) (2)汽车从开始到停下运动的距离: s=v0Δt+v 202a (3分) 可得s=72 m 因此汽车停止运动时车头前端面在CD之间离D杆6 m. (3分) 答案(1) 16 m/s2 m/s2(2) 6 m 以题说法 1.运动学问题首先要搞清楚物体的运动过程以及各运动过程的特点, 然后选择运动学规律解题. 2. 第二问中注意汽车停止运动时车头到O点的距离应是运动第二问中注意汽车停止运动时车头到 点的距离应是运动位移加学员乙与车前端面的距离之和. 针对训练3 (2011·新课标全国·24)(13分)甲、 乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动, 加速度方向一直不变. 在第一段时间间隔内, 两辆汽车的加速度大小不变, 汽车乙的加速度大小是甲的两倍; 在接下来的相同时间间隔内, 汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍, 汽车乙的加速度大小减小为原来的一半. 求甲、 乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比内走过的总路程之比.解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v, 第一段时间间隔内行驶的路程为 s1, 加速度为 a; 在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2.由运动学公式得 v=at0 (1 分)s1=12at 20 (2分) s2=vt0+12(2a)t 20 (2 分) 设汽车乙在时刻 t0的速度为 v′, 在第一、 二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1′、 s2′.同样有 v′=(2a)t0 (1 分) s1′=12(2a)t s2′=v′t0+12at 220 (2 分) 20 (2 分) s=s1+s2 (1 分) s′=s1′+s2′ (1 分) 联立以上各式解得, 甲、 乙两车各自行驶的总路程之比为ss′=57 (1 分) 答案5∶ 7 读题审题解题 2. 应用动力学方法分析传送带类问题 规范解答 步步得分 解析 (1)小明的判断正确 (2 分)当 ω>28 rad/s 时, 小物体从 A 端运动到 B 端的过程中一直在做匀加速运动 (2 分) (2)当 ω<4 rad/s 时, 小物体在 B 端的速度大小是 v1=ω1R=1 m/s (1 分) 当 ω>28 rad/s 时, 小物体在 B 端的速度大小是当 ω8 ad/s 时, 小物体在端的速度大小是v2=ω2R=7 m/s (1 分) 22 -v 20 -v 由牛顿第二定律有 a=fm=μg (2 分) 由匀变速直线运动规律有 v 21 =2as (1 分) 20 =2as (1 分) v 联立以上各式并代入数据解得 v0=5 m/s (1 分)μ=0.2 (1 分) (3)小物体离开B端后做平抛运动 由平抛运动规律有x=v2t=3.5 m (1分) h=12gt2 (1分) 解得h=1.25 m (2分) 答案答案(1)正确( )正确匀加速运动匀加速运动(2)5 m/s( )0.2(3)1.25 m( )[点评] 1.综合④、 ⑥可知: 分析运动转折点的速度, 抓住-1和ω>28 rad·s0~4 rad·s-1的运动特点, 运用运动学公式是解题的突破口. 2.相对运动问题要分清二者的速度关系. 针对训练 4 (16 分)传送带以恒定速度 v=4 m/s 顺时针运行,传送带与水平面的夹角 θ=37°.现将质量 m=2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点), 平台上的人通过一根轻绳用恒力 F=20 N 拉小物品, 经过一段时间物品被拉到离地面高为 H=1.8 m 的平台上, 如图 8 所示. 已知物品与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.5, 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g 取 10 m/s2, 已知 sin 37°=0.6, cos 37°=0.8.求: 图8 (1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少? (2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F, 求物品还需多少时间离开传送带? 解析 (1)物品在达到与传送带速度v=4 m/s相等前, 有: F+μmgcos 37°-mgsin 37°=ma1 (2分) 解得a1=8 m/s2 (1分) 由v=a t由v=a1t1 (1分)(1分)得t1=0.5 s (1分) 位移s1=a1t 21 /2=1 m (1分) 随后有: F-μmgcos 37°-mgsin 37°=ma2 (2分) 解得a2=0, 即物品随传送带匀速上升 位移s2=H/sin 37°-s1=2 m (1分) t2=s2/v=0.5 s (1分) 总时间为t=t1+t2=1 s (1分) (2)撤去恒力F后有: μmgcos 37°-mgsin 37°=ma3 (2分) a3=-2 m/s2 (1分) 假设物品向上匀减速到速度为零时, 通过的位移为s 2s=-v2/2a3=4 m>s223 /2 (1分) 由s2=vt3+a3t 得: t3=(2- 2) s[t3=(2+ 2) s>1 s舍去] (1分) 答案 (1)1 s (2)(2- 2) s 返回

关注我们

关注微信公众号

您选择了以下内容