《2020版高考物理大二轮专题突破通用版课件：专题一 第二讲 力与直线运动 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理大二轮专题突破通用版课件：专题一 第二讲 力与直线运动 .pptx（83页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第二讲 力与直线运动,-2-,网络构建,-3-,策略指导 分析近几年的考题可以看出,高考命题突出对运动图象的理解应用、牛顿第二定律的应用等知识的考查,主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题。 在2020年二轮复习备考中,要在掌握动力学问题处理的基本方法、弄清解题的常见误区的基础上,熟练掌握各种常见模型的解答方法,如连接体、传送带、板块模型等;掌握隔离法和整体法应用,学会临界或极值问题的分析方法,注重运动图象及牛顿第二定律的应用。,-4-,高考真题 1.(多选)(2018全国卷)甲、乙两汽车在同一条平直公路
2、上同向运动,其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( ) A.两车在t1时刻也并排行驶 B.在t1时刻甲车在后,乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大,考点定位:对图象的理解及利用图象解题 解题思路与方法:在v-t 图象中图象包围的面积代表位移,图象的斜率代表加速度,解本题要利用这个知识点求解。,答案,解析,-5-,考点定位:匀变速直线运动规律应用 解题思路与方法:运动员竖直上升做匀减速运动,可用逆向思维法,看成初速度为零的匀加速直线运动,然后用比例求解。,答案,解析,-6-,3.(多选)(2015全国卷)
3、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v0、v1、t1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,考点定位:牛顿运动定律 解题思路与方法:根据速度时间图象的斜率找到不同阶段的加速度,结合受力分析和运动学规律是解答此类题目基本方法。,答案,解析,-7-,4.(2018全国卷)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示
4、F和x之间关系的图象可能正确的是( ),考点定位:运动学公式、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律 解题思路与方法:由牛顿运动定律,F-mg+F弹=ma,F弹=k(x0-x),kx0=mg,联立解得表达式,然后判断。,答案,解析,-8-,5.(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在
5、滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求: (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。,-9-,考点定位:运动学公式、牛顿第二定律 解题思路与方法:冰球到挡板的时间和运动员到小旗的时间是相等的,所以时间是两个运动的桥梁。,-10-,-11-,考点一,考点二,运动学基本规律的综合应用,考法1 基本规律应用(M) 规律方法 1.匀变速直线运动的“四类公式”,-12-,考点一,考点二,2.解题的基本步骤,-13-,考点一,考点二,3.常用的五种方法,-14-,考点一,考点二,【典例1】某款架设在公路上的激光测速仪只能测定距离仪器20
6、0 m范围内汽车的车速。某路段限速54 km/h。一辆小轿车在距离测速仪264 m时司机发现了前方的测速仪,立即开始做匀减速直线运动,结果第一次测速时该车恰好没有超速,且第二次测速时测得小轿车的速度为50.4 km/h。已知测速仪每隔2 s测速一次,测速激光脉冲时间极短。试求该小轿车减速前的速度范围。 思维点拨本题考查学生综合分析能力,可应用基本公式法求解。画出小轿车运动情景图;挖掘隐含条件,确定小轿车运动规律:由“第一次测速时该车恰好没有超速”可得v1=54 km/h=15 m/s;若第一次测速发生在小轿车进入测量范围t=2 s时,则小轿车在减速前的速度为最大。选定公式:小轿车做匀减速直线运
7、动,可由v=v0+at求其加速度,由v2- =2ax确定小轿车的初速度。,-15-,考点一,考点二,-16-,考点一,考点二,答案: 17 m/sv17.9 m/s 解析: 第一次测速恰好没有超速, 即v1=54 km/h=15 m/s, 第二次测得v2=50.4 km/h=14 m/s,m/s2=-0.5 m/s2 若当小轿车到达距离测速仪200 m处时刚好遇到测速的激光,设小轿车减速前的速度为v0,-17-,考点一,考点二,若小轿车到达距离测速仪200 m处时前一次测速激光刚过,则小轿车继续减速2 s后才遇到第一次测速,其速度为限制速度,设小轿车到达距离测速仪200 m处时的速度为v3,
8、则v1=v3+at v3=15 m/s-(-0.5)2 m/s=16 m/s 设此情况下小轿车减速前的速度为v0,所以小轿车减速前的速度应满足17 m/sv17.9 m/s。,-18-,考点一,考点二,1.(2019广东惠州二调)近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=20 m/s,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=8 m/s,然后立即以a2=4
9、m/s2的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问: (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速? (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少? (3)在(1)(2)问题中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少?,-19-,考点一,考点二,答案: (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s,-20-,考点一,考点二,-21-,考点一,考点二,考法2 图象和追及、相遇问题(M) 规律方法 1.解图象问题时要做好“三看”“一注意”,三看: (1)看清坐标轴所表示的物理量:明确因变量与自变量的制约关系,是运动学图象(v-t、x-t、a-t)
10、还是动力学图象(F-a、F-t、F-x)。 (2)看图线本身:识别两个相关量的变化趋势,进而分析具体的物理过程,最大可能写出函数关系式。 (3)看交点、斜率和“面积”:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。 一注意: x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动,而a-t图象描述的不一定是直线运动;在图象转换时,必须明确不同图象间相互联系的物理量,必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断。,-22-,考点一,考点二,2.追及、相遇问题处理方法 (1)追及、相遇问题的分析讨论 追及、相遇的问题,其实质就是分析讨论两物
11、体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。 明确两个关系:时间关系和位移关系,这两个关系可通过画草图得到。 弄清一个条件:两者速度相等,它往往是物体间能追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 (2)追及、相遇问题的注意事项 追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件。 被追的物体做匀减速直线运动时,要判断追上时被追的物体是否已停止。,-23-,考点一,考点二,【典例2】(多选)(2018全国卷)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.
12、在t1时刻两车速度相等 B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等 C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等 D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等,答案,解析,-24-,考点一,考点二,思维点拨首先明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率的物理意义是什么,然后根据路程、位移、速度的定义去判断。 易错点拨图象类问题容易出错的地方主要表现在以下几方面:一是图象中的横轴与纵轴所代表的物理量没有弄清;二是对图象中相关物理量的正负值物理意义理解不透;三是找不到图象中的隐含条件,如有关图线所包围的面积、图象在某位置的斜率、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义等。,-25-,考点一,考
13、点二,【典例3】高铁运行速度快,但进出站耽误时间较长,为了解决这一问题,科学家设计了高铁进出站不停车上下乘客系统。在甲站停靠一列较少车厢的换乘车A,从甲站上车的乘客提前进入A车,当高铁B车从A车旁以速度v0匀速通过时,A车立即做匀加速运动,并随后并入B车的运行轨道从后方追赶B车,当加速到1.2v0时再减速,当两车速度相等时恰好追上B车,自动控制系统将两车相连并打开通道,在甲站上车的乘客进入B车,在乙站下车的乘客进入A车,两车对接时间t0后自动分离,B车继续运动,A车匀减速运动到零时恰好到达乙站。设A车加速、减速过程中的加速度大小均为a,甲乙两站的路线简化为直线,A、B两车均可看作质点。求: (
14、1)A车追上B车前,两车的最大距离; (2)甲、乙两站之间的距离。,-26-,考点一,考点二,思维点拨匀加速追匀速,在追上之前,二车同速时,间距最大。 素养点拨 本题以直线运动为背景,引导考生从实际情景中抽离出物理模型,进行科学归纳和推理。,解析: (1)当A、B两车同速时,间距最大。设A车加速到v0时的时间为t1,有at1=v0 A车运动的位移为xA1= B车运动的位移为xB1=v0t1 两车的最大距离为x=xB1-xA1,-27-,考点一,考点二,-28-,考点一,考点二,2.(多选)(2016全国卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶,则
15、( ) A.在t=1 s时,甲车在乙车后 B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m,答案,解析,-29-,考点一,考点二,3.(多选)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图所示,已知物块在前2 s内以4 m/s 的速度做匀速直线运动,g取10 m/s2,则( ) A.物块与地面的动摩擦因数为0.2 B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2,答案,解析,-30-
16、,考点一,考点二,4.(2019山东烟台期末)甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶,某时刻两车正好并排行驶,从该时刻起两车的速度时间图象如图所示,则下列说法正确的是( ) A.t0时刻两车相遇 B.0到t1时间内,甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同 C.0到t0时间内,甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D.t1时刻甲、乙两车一定再次相遇,之后甲车将一直在乙车前方,答案,解析,-31-,考点一,考点二,动力学基本规律的理解及应用,考法1 连接体问题(M) 规律方法 1.应用牛顿第二定律分析两类基本问题的解题步骤,-32-,考点一,考点二,2.连接体问题 解决连接体问题的关键是整体法与隔离
17、法的选用。正确地选取研究对象是解题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该单独分析,并分别确定它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解。 连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件,相接触与脱离的临界条件:接触处的弹力FN=0;相对滑动的临界条件:接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力;绳子断裂的临界条件:绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件:张力为0。 连接体问题常涉及下列三种问题类型:,-33-,考点一,考点二,(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题: 这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的
18、加速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。 建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。 (3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。,-34-,考点一,考点二,3.处理连接体问题的方法,-35-,考点一,考点二,【典例4】如图所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上,现用水平拉力作用于a,使三个物块一起水平向右做匀速直线运动,各接触面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( ) A.该水平拉力与轻绳的弹力大小
19、相等 B.物块c受到的摩擦力大小为mg,-36-,考点一,考点二,思维点拨先对a、b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解,再对b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解,最后对c列方程求解。,答案: C 解析: 三物块一起做匀速直线运动,由平衡条件得,对a、b、c系统:F=3mg,对b、c系统:T=2mg,则:FT,故A错误;物块c做匀速直线运动,处于平衡状态,c不受摩擦力,故B错误;当水平拉力增大为原,由牛顿第二定律得:对a、b、c系统:,b、c一起做匀减速直线运动,对b、c系统由牛顿第二定律得:2mg=2ma,对c由牛顿第二定律得:f=ma,解得:f=mg,故D错误;故选C。,-37-,考点一,考
20、点二,5.在一块固定的倾角为的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典,图甲中英语词典在上,图乙中汉语词典在上,已知图甲中两本书一起匀速下滑,图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同,但每本书的上下两面材料都相同,近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,设英语词典和木板之间的动摩擦因数为1,汉语词典和木板之间的动摩擦因数为2,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为3,则下列说法正确的是 ( ),-38-,考点一,考点二,A.12 B.32 C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是3mgcos D.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是2mgcos ,答案:D 解析: 甲图中,对整体分析,根
21、据共点力平衡有:2mgsin =22mgcos ,对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得,2mgsin -12mgcos =2ma,由两式可知,12,故A错误。对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得,2mgsin -12mgcos =2ma,解得a=gsin -1gcos ,隔离对汉语词典分析,根据牛顿第二定律得,mgsin -Ff1=ma,解得Ff1=1mgcos ,因为两词典保持相对静止,则1mgcos 3mgcos ,知13,则无法比较2与3的关系,故BC错误。根据共点力平衡知,图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力Ff2=mgsin ,因为2mgsin =22mgcos ,所以Ff2=2
22、mgcos ,故D正确。,-39-,考点一,考点二,6.如图所示,质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,不计空气阻力,在三个阶段的运动中,线上的拉力大小( ) A.由大变小 B.由小变大 C.由大变小再变大,答案:D,-40-,考点一,考点二,-41-,考点一,考点二,-42-,考点一,考点二,7.(多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上,如图所示,若对A施加水平推力F,两物块沿水平方向做加速运动,关于A对B的作用力,下列说法中正确的是( ),答案,解析,-43-,考点一,考点二,考法2
23、传送带问题(L) 规律方法 传送带问题的解题思路,-44-,考点一,考点二,【典例5】如图所示,倾角为37足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动,现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图所示,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,试求:,(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大? (2)08 s内小物块与传送带之间的划痕为多长?,-45-,考点一,考点二,思维点拨根据v-t图象的斜率求出物体运动的加速度,由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数;速度图象的“面积”大小等于位移大小,物体在02 s内的位移为负值,在2
24、8 s内的位移为正值;在前6 s内物体与传送带发生相对滑动,求出相对位移x。 方法技巧本题主要考查了传送带问题,根据图象分析物体的运动情况,求出位移和加速度,从而求出相对位移。,-46-,考点一,考点二,解析: (1)根据v-t图象的斜率表示加速度,可得物体的加速度大小为,由牛顿第二定律得 mgcos 37-mgsin 37=ma,(2)08 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动 06 s内传送带匀速运动距离为:s带=46 m=24 m,速度图象的“面积”大小等于位移大小,则02 s内物体位移为,所以划痕的长度为:x=s带+s1-s2=24 m+2 m-8 m=18 m。,-47-,考点
25、一,考点二,8.(多选)如图所示,足够长的倾斜传送带以v=2.4 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角=37,某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上,已知A、B两物块释放时间距为0.042 m,与传送带间的动摩擦因数分别为A=0.75、B=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是( ) A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带 保持相对静止 B.物块B最终一定追上物块A C.在t=0.24 s时,A、B物块速度大小相等 D.在t=0.24 s前,A、B两物块之间的距离先增大后不
26、变,答案,解析,-48-,考点一,考点二,9.(多选)如图所示,一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动,传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带,下列说法正确的是( ),A.物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间 B.若v2v1,物体从右端滑上传送带,则物体可能到达左端 C.若v2v1,物体从左端滑上传送带必然先做加速运动,再做匀速运动 D.若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端,在此过程中物体先做减速运动再做加速运动,答案,解析,-49-,考点一,考点二,考法3 “滑块滑板”模型(H) 规
27、律方法 “滑块木板”问题的分析方法,-50-,考点一,考点二,【典例6】如图所示,一质量m的长木板静止在水平地面上,某时刻一质量m的小铁块以水平向左速度v0从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数为,铁块与木板间的动摩擦因数为4,求: (1)铁块相对木板滑动时,木板的加速度; (2)为使木块不冲出木板,木板的最短长度; (3)若木块不冲出木板,则木板在水平地面上滑行的总路程。,思维点拨小铁块滑上木板后做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度;当二者速度相等时达到相对静止,根据位移公式可求得两物体的对地位移,则可求得木板的最短长度;二者速度相等后一起
28、做匀减速直线运动,由位移公式求出位移,然后求和即可。,-51-,考点一,考点二,解析: (1)设铁块在木板上滑动时,铁块的加速度为a块,由牛顿第二定律得:mg4=ma块,解得:a块=4g;设铁块在木板上滑动时,木板的加速度为a板,由牛顿第二定律得:4mg-2mg=ma板,解得:a板=2g。 (2)小滑块与长木板速度相等时:,小铁块运动的距离为:,木板运动的距离:,-52-,考点一,考点二,(3)此后一起做匀减速运动的加速度为:2mg=2ma共 解得:a共=g,-53-,考点一,考点二,10.(多选)如图甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M,t=0时刻质量为m的物块
29、以水平速度v滑上长木板,此后木板与物块运动的v-t图象如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( ),A.M=m B.M=2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动 摩擦因数为0.1,答案,解析,-54-,考点一,考点二,11.如图,一质量M=1 kg的足够长薄木板正在水平地面上向右滑动,当其速度为v0=5 m/s时将一质量m=1 kg小铁块(可视为质点)无初速地轻放到木板的A端;已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数1=0.2,薄木板与地面间的动摩擦因数2=0.3,g取10 m/s2。求:,(1)小铁块放到薄木板后瞬间,铁块和木板的加速度大小a1、a2; (2)薄木板与
30、小铁块二者达速度相等时的位移分别多大? (3)当小铁块速度刚好减小到零时,小铁块到A端的距离。,答案: (1)2 m/s2 -8 m/s2 (2)0.25 m 1.5 m (3)1.125 m,-55-,考点一,考点二,(2)m向右加速,M向右减速,设经过时间t二者速度相等且为v。则: 对m:v=a1t 对M:v=v0+a2t 解得:t=0.5 s,v=1 m/s 二者速度相等前m、M对地的位移分别为:,-56-,考点一,考点二,(3)0.5 s后,m在M上会向右减速滑动,此时,故小铁块速度减小到零时,木板早已停下,所求铁块离木板A端的距离:d=sM1+sM2-(sm1+sm2) 代入数据解得
31、:d=1.125 m。,-57-,考点一,考点二,12.如图甲所示,质量M=2 kg、长L=1 m的木板静止在粗糙的水平地面上,在木板的左端放置一质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2),(1)若在铁块上施加一个随时间增大的水平力F=kt(t是常数),通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示。求木板与地面间的动摩擦因数1和木板与铁块间的动摩擦因数2; (2)若在铁块上施加恒力F,使铁块从木板上滑落,求F的大小范围; (3)若在铁块上施加向右的恒力F=8 N,求铁块运动到木板右端所用的时间。,-58-,考点一,
32、考点二,答案: (1)1=0.1 2=0.5 (2)F6 N (3)1 s 解析: (1)由题图乙可知,01 s内,M、N均没有滑动,F1=F=kt;13 s,M、N相对静止,但整体相对地面运动,故t=1 s时,恰好有Ff1=1(m+M)g=3 N,求得木板与地面间的动摩擦因数1=0.1;3 s后,M、N相对滑动,m受到滑动摩擦力,有2mg=5 N,求得木板与铁块间的动摩擦因数为2=0.5。 (2)使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大于木板的加速度,设铁块的加速度为a1,木板的加速度为a2,由牛顿第二定律, 对铁块有:F-2mg=ma1 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2 当a1a2时
33、,铁块才能从木板上滑落,代入数据解得:F6 N。,-59-,考点一,考点二,(3)由牛顿第二定律F-2mg=ma1,解得a1=3 m/s2; 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2,解得a2=1 m/s2,解得:t=1 s。,-60-,考点一,考点二,考法4 动力学中的临界极值问题(含弹簧问题)(M) 规律方法 动力学中的临界极值问题常涉及的物理模型有板块模型、传送带模型、弹簧模型等。,1.处理临界问题的三种方法,-61-,考点一,考点二,2.对于弹簧模型要明确以下几点 (1)弹簧弹力的大小可根据胡克定律计算(在弹性限度内),即F=kx,其中x是弹簧的形变量(与原长相比的伸长量或缩短量,不是弹
34、簧的实际长度)。 (2)高中研究的弹簧都是轻弹簧(不计弹簧自身的质量,也不会有动能和加速度)。 (3)不论弹簧处于何种运动状态(静止、匀速或变速),轻弹簧两端所受的弹力一定等大反向。 (4)弹簧的弹力属于接触力,弹簧两端必须都与其他物体接触才可能有弹力。如果弹簧的一端和其他物体脱离接触,或处于拉伸状态的弹簧突然被剪断,那么弹簧两端的弹力都将立即变为零。,-62-,考点一,考点二,【典例7】(多选)如图所示,质量均为m=500 g的木块A、B叠放在一起,轻弹簧的劲度为k=100 N/m,上、下两端分别和B与水平面相连。原来系统处于静止。现用竖直向上的拉力F拉A,使它以a=2.0 m/s2的加速度
35、向上做匀加速运动。则下列说法正确的是( ) A.经过0.1 s,A与B恰好分离 B.向上做匀加速运动过程中拉力F的最小值是2 N C.向上做匀加速运动过程中拉力F的最大值是6 N D.刚施加拉力F瞬间A、B间压力为2 N,答案,解析,-63-,考点一,考点二,思维点拨两个相互接触的物体被弹簧弹出,这两个物体恰好分开的位置,就是临界点。“恰好分开”既可以认为已经分开,也可以认为还未分开。认为已分开,那么这两个物体间的弹力必然为零;认为未分开,那么这两个物体的速度、加速度必然相等。同时利用这两个结论,就能分析出当时弹簧所处的状态。,-64-,考点一,考点二,【典例8】如图是汽车运送圆柱形工件的示意
36、图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A.3 m/s2 B.2.5 m/s2 C.2 m/s2 D.1.5 m/s2,思维点拨对圆柱形工件受力分析,根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解,明确加速度的表达式,再进行分析,明确加速度的范围,从而选出正确选项。,答案,解析,-65-,考点一,考点二,【典例9
37、】(多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 ( ),思维点拨找临界条件:一起运动选整体为研究对象,相互作用的摩擦力最大是临界条件,即可求一起运动的最大拉力,也是相对滑动的最小拉力。,答案,解析,-66-,考点一,考点二,13.(2019辽宁沈阳模拟)如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A,一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(g取10
38、m/s2),则下列说法正确的是( ),C.当a=5 m/s2时,地面对A的支持力一定 大于两个物体的重力之和 D.当a=15 m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和,答案,解析,-67-,考点一,考点二,14.(多选)(2019湖南怀化一模)如图所示,质量为M=2 kg、长为L=1.5 m的木板静止在光滑的水平面上,木板上右端放着一可视为质点的小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2。若用水平向右拉力F作用在木板上,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( ),A.F=8 N时,小滑块与木板保持相对静止 B.F=10 N时,小滑块与木板发生相对
39、滑动 C.F=12 N时,小滑块从木板上滑下所需的时间为2 s D.F=12 N时,小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10 kgm/s,答案,解析,-68-,考点一,考点二,15.(2019西南名校联盟模拟)A、B两物体(可视为质点)质量为mA= kg、mB=2 kg,用轻质弹簧连接,静止于斜面,斜面足够长,如图所示。B物体所在位置及下方斜面光滑,上方斜面粗糙,B与上方斜面的动摩擦因数为0.5,现在B上加一作用力F,使B做加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动,至A刚好离开挡板时,撤去F。弹簧劲度系数k=100 N/m,g取10 m/s2。(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8)求
40、:,(1)撤去外力时,B的速度大小; (2)若撤去外力的同时,剪断弹簧,B从开始运动至最高点的位移大小。,答案,解析,-69-,如何利用“假设法”求解物理问题 方法概述 根据所研究的物理问题,从题设条件的各种可能情况中,做出某种假设,然后从这假设出发,运用物理概念和规律进行推理或计算,从而寻找问题答案的方法,叫假设法。 1.假设法解题的特点:运用假设法解题,可以使复杂问题简单化,抽象的物理思维具体化,深奥的物理概念浅显化。 2.假设法的分类:(1)假设一个物理状态;(2)假设一个模型;(3)假设一个物理过程;(4)假设一个条件;(5)假设一个结论。 3.假设法解题的关键:选定合适的假设对象;合
41、理运用物理概念和规律进行推理或计算。,-70-,【典例1】(2019湖北武汉武昌区调研)如图所示,在倾角为=37的足够长斜面上放置一质量M=2 kg、长度L=1.5 m的极薄平板AB,在薄平板的上端A处放一质量m=1 kg的小滑块(视为质点),将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为2=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。求:,(1)释放后,小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2; (2)从释放小滑块,到小滑块滑离薄平板,所经历的时间t。,-71-,思维点拨由于不确定小滑块和薄平板同时无
42、初速释放,两者是一起滑动还是分别滑动,因此可通过假设一种运动状态进行分析。,答案: (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s,解析: (1)设释放后,滑块会相对于平板向下滑动, 对滑块,由牛顿第二定律有: mgsin 37-Ff1=ma1 其中FN1=mgcos 37,Ff1=1FN1 解得:a1=gsin 37-1gcos 37=4 m/s2 对薄平板,由牛顿第二定律有: Mgsin 37+Ff1-Ff2=Ma2 其中FN2=mgcos 37+Mgcos 37,Ff2=2FN2 解得:a2=1 m/s2 a1a2,假设成立,即滑块会相对于平板向下滑动。 则加速度a1=4 m/s2,a2
43、=1 m/s2。,-72-,x2=L 解得:t=1 s,-73-,【典例2】(2019全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。,(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小; (2)物块A、B中的哪一个先停止?该物
44、块刚停止时A与B之间的距离是多少? (3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?,-74-,思维点拨1.对于该题首先需要理解弹簧释放后瞬间A、B组成的系统动量守恒,再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小,可判定A、B都会做匀减速直线运动,并且易知是B先停下; 2.在第(3)问中,由于不知A能否与B碰撞,可先假设能与B碰撞,进行分析; 3.A是否已经到达墙处,则需要通过假设,然后根据计算确定。,答案: (1)vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m (3)0.91 m,解析: (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律
45、和题给条件有,-75-,联立式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有,在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为,-76-,联立式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点
46、右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m (3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有,联立式并代入题给数据得,-77-,故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒定律有,这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运动距离为sB时停止,由运动学公式有,-78-,方法总结假设法的一般程序: (1)对物理过程作粗略的定性或半定量的分析,找出各种可能性并记为Ai(i=1,2,3,k,n) (2
47、)在各种可能性中选择其一而提出假设:假设Ak为真。 (3)在“Ak为真”的假设基础之上,进一步对物理过程做出精确的定量分析,求得相应的结论Bk。 (4)以相应的后继检验手段Ck进行检验,以确定Ak的真伪,进而确定结论Bk的真伪。 (5)若“Bk为真”,则问题获得最终解决:若“Bk为伪”,则再调整原有假设而“假设Aj为真”(jk),并在新的假设基础上重复上述解答过程,直至获得问题的最终解决。,-79-,(2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段
48、时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度; (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。,-80-,解析: (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满,-81-,由式得v2=v0-2gt1 (2)由题意,在t=0时刻前有,式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上,依题意有,-82-,-83-,