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1、第1课时 运动学公式及其应用,专题二 牛顿定律在直线运动中的应用,一、关于“速度”的理解及计算问题 在变速直线运动中,不同时刻(不同位置)的瞬时速度一般是不相同的求平均速时,位移与时间要对应好,例1 有一高度为1.70m的田径运动员正在进行100米短跑比赛在终点处,有一站在跑道终点旁边的摄影记者用照相机给他拍摄冲刺运动摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16,快门(曝光时间表)是 s 得到照片后测得照片中人的高度为 ,胸前号码布上模糊部分的宽度是 ,由以上数据可以知道运动员冲刺时 内的位移是 _;冲刺时的速度大小是_,【解析】本题考查学生用所学知识和题目所给信息分析、解析问题的能力
2、照片中实际尺寸的还原是本题的关键还应采用间接求解 解:运动员冲刺时的位移 =0.2m 运动员在短时间内的平均速度可近似等于冲刺时的瞬时速度,【方法技巧小结】 极短时间内的平均速度近似等于该段时间内某点的瞬时速度,这是各种测速仪的基本原理,变式训练1 某人爬山,从山脚爬上山顶,然后又从原路返回到山脚,上山的平均速度为v1,下山的平均速度为v2,则往返的平均速度的大小和平均速率是( ) A. , B. , C. 0 , D. 0 ,,D,【解析】平均速度是位移与时间的比值;平均速率 是路程与时间的比值答案为D,变式训练2 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录,他
3、的成绩分别是9.69s和19.30s.假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s,起跑后做匀加速运动,达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时,反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100m比赛时相同,但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速率只有跑100m时最大速率的96%.求: (1)加速所用时间和达到的最大速率; (2)起跑后做匀加速运动的加速度大小(结果保留两位小数),【解析】 (1)设加速所用时间为t(以s为单位),匀速运动的速度为v(以m/s为单位),则有 vt+(9.69-0.15-t)v=100 vt+(19.30-0.15-t)0.96v=200 由式得
4、t=1.29s, v=11.24m/s (2)设加速度大小为a,则a= =8.71m/ .,二、匀变速直线运动基本规律 在仔细审题的基础上,正确判断物体的运动性质,分析已知量、相关量与待求量,看这些量共存于哪个公式中,这个公式就是要选取的最合适的公式 如 : =2as中不涉及时间,如果题目中已知条件缺时间,又不要求时间的话,选用该公式求解较简捷,如果缺加速度,则可考虑用公式s= t求解,等等,例2 一个匀加速运动的物体,在头4s内经过的位移24m,在第二个4s内经过的位移是60m.求这个物体的加速度和初速度各是多少?,【解析】本题的解法很多,可考虑用位移公式列方程组求解,如解法一;也可用平均速
5、度等于中间时刻瞬时速度这一关系求解,如解法二;由于两段位移对应的时间都是4s,还可考虑用s= a 求解,如解法三,解法二:物体在8s内的平均速度等于中间时刻(即第4s末)的瞬时速度,则v4= m/s=v0+4a,物体在前4s内的平均速度等于第2s末的瞬时速度: v2= =v0+2a, 由两式联立,得a=2.25m/ ,v0=1.5m/s. 解法三:由公式s=a ,得 a= = m/ =2.25m/ 根据v4= m/s=v0+4a,所以v0=1.5m/s.,【方法技巧小结】 匀变速直线运动具有规律多,易于与实际运动相结合的特点,突破这类问题的关键是认真理解题意,根据物理情景画出示意图,提取物理模
6、型,找到已知量和待求量之间的关系,应用相应的规律就能解答,变式训练3 一汽车做匀加速直线运动,途中在6s时间内分别经过P、Q两根电杆已知P、Q两杆相距60m,车经过Q杆时的速率是15m/s,求汽车的加速度及经过P杆时的速度,解法一:因已知量有三个,即t、s、vt,故匀加速运动有解把已知量代入基本公式 由 有 解方程组得:v0=5m/s,a= m/ . 解法二:由于已知量t、s、vt及未知量v0均共存于推论中 s= t,故可选用该公式 代入上式得: v0= -vt=( -15)m/s=5m/s 再利用a= ,得a= m/ .,三、v-t图象的应用v-t,图象反映的仍然是数学关系,只不过它有了具体
7、的物理意义因此要画v-t图象,必须采用动力学的方法得到v与t的数学关系,或从v-t图象图线分析出物体的运动性质,从而正确应用运动学公式.,例3.如图211甲所示,质量m=2.0kg的物体静止在水平面上,物体跟水平面间的动摩擦因数=0.20.从t=0时刻起,物体受到一个水平力F的作用而开始运动,前8s内F随时间t变化的规律如图乙所示g取10m/ ,求: (1)在图丙的坐标系中画出物体在前8s内的v-t图象 (2)前8s内水平力F所做的功.,图211,【解析】本题有多个过程,对于多过程问题要划分不同运动阶段,逐过程分析 (1)04s内,由牛顿第二定律得: F-mg=ma1 , a1=3m/ ; 4
8、s末物体的速度为v4=a1t4=12m/s;在45s内,由牛顿 第二定律得 : -F-mg= ma2 , a2= -7m/ 5s末物体的速度为v5= 5m/s 5s后物体的加速度为: a3= = -g= -2m/ 再经时间t停止,则t = = 2.5s,前8s内的v-t图象如右图所示:,【方法技巧小结】 1对于多过程问题要划 分不同运动阶段,逐过 程分析 2v-t图象斜率表示加速 度,面积表示位移,因 此第(2)问求位移时可 借用图象来求,请同学 们自己完成,(2)04s内的位移为 s1= a1 =24m 45s内位移为s2= =8.5m 5s后水平力消失,所以前8s内 力F做的功为: W=F
9、1s1+F2s2=155J 或由动能定理解: W-mg(s1+s2)= m 解得W=155J,A小车先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动 B小车运动的最大速度约为0.8m/s C小车的位移一定大于8m D小车的位移先增大后减小,变式训练4 利用速度传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图象某同学在一次实验中得到的运动小车的速度-时间图象如图212所示,以下说法错误的是( D ),【解析】由v-t图象可以看出,小车的速度先增加,后减小,最大速度约为0.8m/s,故A、B均正确小车的位移为v-t图象与t轴所围的“面积”,小方块“面积”总和s=850.11m=8.5m8m,C项正确,图线弯
10、曲表明小车速度变化不均匀,位移一直增大 ,故D项错误,四、追及和相遇或避免碰撞的问题 直线运动中的追及问题,特别注意追及问题的临界条件,常常是解题的关键,速度相等是物体恰能追上或恰好不相碰、间距最大或最小的临界条件追及(或相遇)问题,其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题因此,解决此类问题要注意“两个关系”和“一个条件”两个关系即时间和位移关系,一个条件即两者速度相等,是分析判断的切入点,例4 经检测汽车A的制动性能:以标准速度20m/s在平直公路上行驶时,制动后最快40s停下来现A在平直公路上以20m/s的速度行驶发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行
11、驶,司机立即制动,能否避免发生撞车事故?,【解析】在解决相遇问题时,要具体地分析每个题给出的物理情景和物理条件例如,若被追赶的物体做匀减速运动,一定要注意,追上前该物体是否停止运动,1.错解:设汽车A制动后40s的位移为s1,货车B在这段时间内的位移为s2. 据a= 得车的加速度a= -0.5m/ 又s1=v0t+ a 得 s1=2040m+ (-0.5)402m=400m, s2=v2t=640m=240m 两车位移差为:(400-240)m=160m, 因为两车刚开始相距180m160m,所以两车不相撞,错因:这是典型的追及问题关键是要弄清不相撞的条件汽车A与货车B同速时,两车位移差和初始
12、时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据当两车同速时,两车位移差大于、等于初始时刻的距离时,两车相撞;小于时,则不相撞而错解中的判断条件错误导致错解,正解:汽车A以v0=20m/s的初速度做匀减速直线运动经40s停下来据加速度公式可求出a=-0.5m/ ,当A车减为与B车同速时是A车逼近B车距离最小的时刻,这时若能超过B车则相撞,反之则不能相撞 据 =2as可求出A车减为与B车同速时的位移 s1= = =364m 此时间t内B车的位移s2,则t= = s=28s s2=v2t=628m=168m s=364m-168m=196m180m 所以两车相撞.,本题也可以借图象帮助理解,如图所示,阴影
13、区是A车比B车多通过的最多距离,这段距离若能大于、等于两车初始时刻的距离则两车必相撞小于则不相撞从图中也可以看出A车速度为零时,不是A车比B车多走距离最多的时刻,因此不能作为临界条件分析,分析追击问题应把两物体的位置关系图画好,变式训练5 如图213所示,一车从静止开始以1m/ 的加速度前进,车后相距x0为25m处,某人同时开始以6m/s的速度匀速追车,能否追上?如追不上,求人、车间的最小距离,【解析】依题意,人与车运动的速度相等时,时间设为t, v人=at s车= a =18m s人=v人t=36m 两者之间的位移关系为: s车+x0s人 所以,人追不上车 人与车运动的速度相等时,人、车间的
14、距离最小s=s车+x0-s人=7m,第2课时 牛顿定律的综合应用,一、动力学解题的两种基本类型,此类题目一般为中等难度题,题目都是选取一个具体的物理过程,创设一定的物理情景,按照一定的程序进行解题,考查对运动学和动力学基本原理的掌握情况,动力学解题的两种基本类型:(1)已知物体运动情况求受力情况;(2)已知物体受力情况求运动情况;而解答这两类问题的关键是分析清楚物体的受力情况和运动情况,弄清所给的物理情景,加速度是动力学和运动学公式之间联系的桥梁,例1:小明家刚买车的第一天,小明的爸爸驾车行驶时经过一个上坡道一个小孩追逐一个皮球突然跑到车前小明的爸爸急刹车,车轮在马路上划出一道长12m的黑带后
15、停住幸好没有撞着小孩!小孩若无其事地跑开了路边一个交通警察目睹了全过程,递过来一张超速罚款单,并指出最高限速是60km/h.小明对当时的情况进行了调查:估计路面与水平面的夹角为15;查课本可知轮胎与路面的动摩擦因数=0.60;从汽车说明书上查出该汽车的质量是1570kg,小明的爸爸体重是60kg;目击者告诉小明小孩用3.0s的时间跑过了4.6m宽的马路又知cos15=0.966,sin15=0.259.根据以上信息,你能否用学过的知识到法庭为小明的爸爸做无过失辩护?(取g=9.8m/s2),解:能进行无过失辩护 对汽车整体分析由牛顿第二定律得, Mgsin +f=ma,N-mgcos =0 又
16、f=N,所以a=gcos +gsin 代入数据得a=8.2m/s2 刹车可以认为是匀减速过程,末速度为零 根据vt2-vo2=-2as 得: v0=14m/s50km/h60km/h,故不超速,【解析】本题以日常生活问题为背景要求学生能正确获取并处理有用的信息、把实际问题转化成物理问题,找出解题的一个突破点,进行受力分析,弄清楚动力学问题的关键是牛顿第二定律,联系运动学和动力学的焦点是加速度,【方法技巧小结】 获取有用信息,不能误用小孩跑过马路的时间要抓住加速度,就要先通过牛顿定律求得加速度,再用相应的运动学公式求解此题也可用动能定理求解,如图221所示,长L=75cm的静止直筒中有一不计大小
17、的小球,筒与球的总质量为4kg,现对筒施加一竖直向下、大小为21N的恒力,使筒竖直向下运动,经t=0.5s时间,小球恰好跃出筒口,求小球的质量(不计阻力,取g=10m/s2),图221,由运动学公式得 h1=at2 h2= gt2 又有L=h1-h2 代入数据解得:a=16m/s2 又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F,,【解析】设筒与小球的总质量为M,小球的质量为m,筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速度为零的匀加速运动,设加速度为a;小球做自由落体运动,设在时间t内,筒与小球的位移分别为h1、h2(球可视为质点),据牛顿第二定律有 F+(M-m)g=(M-m)a 代入数据得m=0
18、.5kg,二、弹簧模型,弹簧模型的特征是以弹力的变化为依托,关联两个或两个以上物体设置复杂的物理情景,考查力的概念、平衡条件、牛顿定律的应用及能的转化与守恒,呈现出多物理量的对称性找出平衡位置是解题的关键,例2:如图222所示,在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为mA、mB,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板系统处于静止状态,现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,求物块B刚要离开C时: (1)物块A的加速度a; (2)从开始到此时物块 A的位移d. (重力加 速度为g),图 222,【解析】本例是弹簧模型在运动和力上的应用,求解时要抓住两个关键:一
19、个是物块B刚要离开C的条件,另一个是弹簧由压缩状态变为伸长状态,其形变量与物块A位移的关系,解:令x1表示未施加F时弹簧的压缩量 对A:mAgsin=kx1 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量 对B:kx2=mBgsin ,对A:F-mAgsin-kx2=mAa 由式得 由题意得d=x1+x2 由式可得,从本例看出弹簧试题的确是训练考生思维和开发考生潜能的优秀试题弹簧试题是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型因此,弹簧试题也就成为高考物理的一种重要题型以跟踪分析为解题的灵魂,抓住临界、隐含、瞬间等特征,此题弹力是变力故要抓住运动中的临界状态才能求解,不能运用牛顿定律或运动学公式
20、进行过程列式,如图223,质量为m的小球用水平轻质弹簧系住,并用倾角为30的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为( ),图223,A0 B大小为 g,方向竖直向下 C大小为 g,方向垂直于木板向下 D大小为 g,方向水平向右,C,【解析】本题利用弹簧不可突变的“迟钝性”,考查牛顿第二定律的瞬时性解决此类问题时,注意“弹簧”和“木板”(或细线)的区别,还要正确理解“瞬时”的含义,即那一时刻木板支持力(或细线拉力)立即消失,而弹簧还不能马上收缩恢复,即kx未来得及变化所以应先对木板未撤(或细线 未剪断)时的物体做受力分 析,再求出此时物体受到 的合力,
21、进而求出物体的 加速度,未撤离木板前,小球受到重力mg,弹簧拉力kx,木板支持力F,如图所示,由平衡条件得:Fcos=mg,即 .当撤离木板的瞬间,由于弹簧的弹力不能突变(迟钝性),但木板的支持力F立即消失,小球受G和kx的合力大小等于撤板之前的F,方向与F的方向相反,故加速度方向为垂直木板向下,大小为:,所以,本题正确答案为C.,三、图象的理解和应用,此类题目一般为中等难度题,题目都是要从图象中去获取一定信息用于解题,这类图象一般有两种,一是运动图(如速度图象),二是力随时间变化的图象考查对运动和力的关系的同时还考查学生的综合运用知识的能力,例3:如图224(甲),质量为m的物块叠放在质量为
22、2m的足够长的木板上方右侧,木板放在光滑的水平地面上,物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F,在03s内F的变化如图224(乙)所示,图中F以mg为单位,重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度;(2)在同一坐标系中画出03s内木板和物块的v-t图象,据此求03s内物块相对于木板滑过的距离,图224,【解析】本题为连接体问题,应先判断两者有无相对运动问题,解:(1)设木板和物块的加速度分别为a和a,在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt,木板和物块之间摩擦力的大小为f,依牛顿第二定律、
23、运动学公式得 f=mg f=ma a=2m/s2 F-f=(2m)a 01s,a1=4m/s2 11.5s,a2=1m/s2 1.52s,a3= -1m/s2,2秒末之前vtvt,因此两者相对滑动 vt2=vt1+a(t2-t1) vt2=vt1+a(t2-t1) 由式与题给条件得 v1=4m/s,v1.5=4.5m/s,v2=4m/s,v3=4m/s v2=4m/s,v3=4m/s ,(2)由式得到物块与木块运动的v-t图象,如下图所示,在03s内物块相对于木板滑过的距离s等于木板和物块v-t图线下的面积之差,即图中带阴影的四边形面积,该四边形由两个三角形组成,上面的三角形面积为0.25m,
24、下面的三角形面积为2m,因此 s=2.25m,这类题目解题时要充分读懂图象中的信息,然后与受力分析相结合,把相关的信息带到动力学问题中进行解题,某探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如图225所示的v-t图象,已知小车0ts内做匀加速直线运动;ts10s内小车牵引力的功率保持不变,且7s10s为匀速直线运动;在10s末停止遥控让小车自由滑行,小车质量m=1kg,整个过程中小车受到的阻力f大小不变求: (1)小车所受阻力f的大小; (2)在ts10s内小车牵引力 的功率P; (3)小车在加速运动过程
25、中 的总位移s.,图225,【解析】(1)在10s末撤去牵引力后,小车只在阻力f作用下做匀减速运动,由图象可得减速时a= -2m/s2,则f=ma=2N,(2)小车的匀速运动阶段即7s10s内,设牵引力为F,则F=f,由图象可知vm=6m/s,所以P=Fvm=12W,所以0ts内的加速度大小为 , 时间t=1.5s s1= =2.25m 在07s内由动能定理可得,(3)小车的加速运动过程可以分解为0t和t7s两段,由于t s时功率为12W,所以此时牵引力为,四、传送带问题,此类题目的难度可变性大,一般与摩擦力相联系,还能往能量问题方面延伸,最主要的是与摩擦力及相对运动的情况相关,摩擦力的情形比
26、较复杂,要区分动摩擦力和静摩擦力、是动力还是阻力这是考查对整个力学知识和综合分析能力的热点问题,例4:如图226所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B两端相距3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角=37,C、D两端相距4.45m,B、C相距很近水平部分AB以5m/s的速率顺时针传送将质量为10kg的一袋大米放在A端,到达B端后,速度大小不变地传到倾斜的CD部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求:,图226,(1)若CD部分传送带不运转,求米袋沿传送带所能上升的最大距离 (2)若要米袋能被送到D端,求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从
27、C端到D端所用时间的取值范围,【解析】这类题目一般都是较难题,解题时一定要分析清楚摩擦力是动力还是阻力,摩擦力的种类和方向,还要将运动和力的关系以及物理过程的程序理顺,才能有清晰的解题思路,解:(1)米袋在AB上加速时的加速度 米袋的速度达到v0=5m/s时, 滑行的距离 因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在CD上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma 代入数据得a=10m/s2 所以,能滑上的最大距离,(2)设CD部分运转速度为v1(v1v0)时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零),则米袋速度减为v1之前的加速度为 a1= -g(s
28、in+cos)= -10m/s2 米袋速度从v1至减为零前的加速度为 a2= -g(sin-cos)= -2m/s2 解得v1=4m/s,即要把米袋送到D点,CD部分的速度vCDv1=4m/s 米袋恰能运到D点所用时间最长为,若CD部分传送带的速度较大,使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所用时间最短,此种情况米袋加速度一直为a2. 由sCD=v0tmin+ ,得tmin=1.16s 所以,所求的时间t的范围为1.16st2.1s.,解答这类题的关键是分析摩擦力的方向及向上和向下的条件从本题可以得到三点启示:(1)解答“运动和力”问题的关键是分析清楚物体的受力情况和运动情况,弄清所给
29、的物理情景加速度是动力学和运动学公式之间联系的桥梁(2)审题时应注意对题给条件作必要的定性分析和半定量分析;(3)滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动,而是阻碍物体间的相对运动,它可能是阻力,也可能是动力;(4)当v物=v带时是摩擦力发生变化的临界条件,如图227所示,一足够长的光滑斜面倾角为=30,斜面AB与水平面BC连接,质量m=2kg的物体置于水平面上的D点,D点距B点d=7m.物体与水平面间的动摩擦因数=0.2,当物体受到一水平向左的恒力F=8N作用t=2s后撤去该力,不考虑物体经过B点时的能量损失,重力加速度g取10m/s2.求撤去拉力F后,经过多长时间物体经过B点?,图227,【解析】在F的作用下物体运动的加速度a1,由牛顿运动定律得F-mg=ma1 解得a1=2m/s2 F作用2s后的速度v1和位移s1分别为 v1=a1t=4m/s s1=a1t2/2=4m,撤去F后,物体运动的加速度为a2 mg=ma2 解得a2=2m/s2 第一次到达B点所用时间t1,则d-s1=v1t1-a2t/2 解得t1=1s 此时物体的速度v2=v1-a2t1=2m/s,当物体由斜面重回B点时,经过时间t2,物体在斜面上运动的加速度为a3,则 mgsin30=ma3 t2= =0.8s 第二次经过B点时间为t=t1+t2=1.8s 所以撤去F后,分别经过1s和1.8s物体经过B点,
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