2019届二轮复习直线运动中力和运动的综合应用课件（41张）（全国通用） 41页

第 9 讲　直线运动中 力和 运动的综合应用 - 2 - - 3 - 考点一 考点二 单个物体多个运动过程 核心知识整合 一、计算题解题过程中应注意的一些要求 1 . 必要文字说明的要求 计算题中文字说明不占有分值 , 能少写就少写 , 但必要时应有文字说明 ( 所谓 “ 必要时 ” 就是如果没有文字说明 , 别人可能会误解你的解答时 ): (1) 说明研究对象 ( 对谁分析 , 或对哪个过程分析 , 个体或整体 ) 。 (2) 画出受力分析图、电路图或运动过程的示意图。 (3) 说明所设字母的物理意义。 (4) 说明规定的正方向、零势点 ( 面 ) 。 (5) 说明题目中的隐含条件、临界条件。 (6) 说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态。 (7) 说明所求结果的物理意义 ( 有时需要讨论分析 ) 。 - 4 - 考点一 考点二 2 . 答题的几个注意点 (1) 一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量 , 忌一字母多用 ; 一个物理量在同一题中不能有多个符号 , 以免混淆。 (2) 要用原始方程组联立求解 , 不要用连等式 , 方程式有多个的 , 应分式布列 ( 分步得分 ), 不要合写一式 , 以免一错而致全错。要用字母表达方程。 (3) 尊重习惯用法。如拉力用 F, 摩擦力用 F f 表示 , 阅卷人一看便明白 , 如果用反了就会带来误解。 (4) 数字相乘时 , 数字之间不要用 “·”, 而应用 “×” 进行连接。结果不要忘记单位。 - 5 - 考点一 考点二 (5) 角标要讲究。角标的位置应当在右下角 , 比字母本身小许多。角标的选用亦应讲究 , 如通过 A 点的速度用 v A 就比用 v 1 好 ; 通过某相同点的速度 , 按时间顺序第一次用 v 1 、第二次用 v 2 就很清楚 , 如果倒置 , 必然带来误解。 (6) 尊重题目所给的符号 , 题目给了符号的一定不要再另立符号。如题目给出半径是 r, 你若写成 R 就算错。字母符号要写清楚、规范 , 忌字迹潦草。阅卷时因为 “v 、 r 、 ν ” 不分 , 大小写 “M 、 m” 或 “L 、 l” 不分 ,“G” 的草体像 “a”, 希腊字母 “ ρ 、 μ 、 β 、 η ” 笔顺或形状不对而被扣分屡见不鲜。 - 6 - 考点一 考点二 二、相关骨干知识 匀变速直线运动规律的应用 (2) 以上三个公式均为矢量式 , 应用时应规定正方向。 (3) 如果一个物体的运动包含几个阶段 , 就要分段分析 , 各段交接处的速度往往是联系各段的纽带 , 应注意分析各段的运动性质。 - 7 - 考点一 考点二 关键能力提升 命题点一 　 水平直线上的力与运动问题 【例 1 】 图甲为一风力实验示意图。开始时 , 质量为 m=1 kg 的小球穿在固定的足够长的水平细杆上 , 并静止于 O 点。现用沿杆向右的恒定风力 F 作用于小球上 , 经时间 t 1 =0.4 s 后撤去风力。小球沿细杆运动的 v-t 图象如图乙所示 (g 取 10 m/s 2 ) 。试求 :   (1) 小球沿细杆滑行的距离 ; (2) 小球与细杆之间的动摩擦因数 ; (3) 风力 F 的大小。 答案 : (1)1.2 m 　 (2)0.25 　 (3)7.5 N - 8 - 考点一 考点二 解析 : (1)v-t 图象与坐标轴围成的面积表示位移 , 则在 1.2 s 时间内小球的位移 x=1.2 m 。 (2) 由 v-t 图象可知 , 小球 0.4 s 内的位移 x 1 =0.4 m 对 0~0.4 s 过程应用动能定理得 (F- μ mg)x 1 = mv 2 -0 对整个过程应用动能定理得 Fx 1 - μ mgx=0-0 联立解得 μ =0.25,F=7.5 N 。 说明 : 做匀变速直线运动可以用力和运动解题 , 也可用动能定理 , 同学们可以自行选用。 - 9 - 考点一 考点二 【例 2 】 如图所示 , 质量为 30 kg 的雪橇和货物在与水平面成 37° 角的拉力作用下 , 沿水平面向右做直线运动。通过位移 0.5 m 速度由 0.6 m/s 均匀地减至 0.4 m/s 。已知雪橇与地面间的动摩擦因数 μ =0.2, 求作用力 F 的大小。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s 2 ) 答案 : 58.7 N - 10 - 考点一 考点二 解析 : 规定水平向右为正方向 , 由题意可知 v 0 =0.6 m/s,v=0.4 m/s, 负号表示加速度方向水平向左。 对雪橇受力分析如图所示。 由牛顿第二定律知 , 水平方向上有 Fcos θ - μ F N =ma 竖直方向上有 F N +Fsin θ -mg=0 可得 :F=58.7 N - 11 - 考点一 考点二 方法技巧 正交分解法的基本步骤 1 . 建立正交 x 、 y 坐标 , 这是最重要的一步 , 方向一般为运动 ( 趋势 ) 方向 , 另一方向为垂直运动方向 ( 趋势方向 ) 。 2 . 将题目所给定的矢量和要求的各矢量沿 x 、 y 轴方向分解 , 求出各分量 , 凡与 x 、 y 轴方向一致的为正 ; 凡与 x 、 y 轴反向的为负 , 标以 “-” 号 , 凡与轴垂直的矢量 , 该矢量在该轴上的分量为 0 。 3 . 根据在各轴方向上的运动状态列方程 , 这样就把矢量运算转化为标量运算 ; 若各时刻运动状态不同 , 应根据各时间区间的状态 , 分阶段来列方程。 - 12 - 考点一 考点二 命题点二 　 竖直直线上的力与运动问题 【例 3 】 (2018 年 3 月浙江十校联盟适应性考试 ) 观光旅游、科学考察经常利用热气球 , 保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时 , 气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量 M=1 000 kg, 在空中停留一段时间后 , 由于某种故障 , 气球受到的空气浮力减小 , 当科研人员发现气球在竖直下降时 , 气球速度为 v 0 =2 m/s, 此后经 t 0 =4 s 气球继续匀加速下降 h 1 =16 m, 科研人员立即抛掉一些压舱物 , 使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力。求 : - 13 - 考点一 考点二 (1) 气球加速下降阶段的加速度大小 a; (2) 抛掉压舱物的质量 m; (3) 气球从科研人员发现气球下降开始经过 t=12 s 的时间内下落的总高度 h 总 。 答案 : (1)1 m/s 2 　 (2)100 kg 　 (3)64 m - 14 - 考点一 考点二 解析 : (1) 设气球加速下降的加速度为 a, 受空气的浮力为 F, 则 : 解得 :a=1 m/s 2 。 (2) 由牛顿第二定律得到 :Mg-F=Ma 抛掉质量为 m 压舱物 , 气体匀速下降 , 有 :(M-m)g=F 解得 :m=100 kg 。 (3) 设抛掉压舱物时 , 气球的速度为 v 1 由运动学公式可知 :v 1 =v 0 +at 0 =6 m/s, h=16 m+v 1 t 1 解得 :h=64 m 易错警示 物体在竖直方向运动时 , 不要忘记竖直方向的重力。 - 15 - 考点一 考点二 【例 4 】 (2017~2018 学年浙江东阳中学高二下 ) 如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材。遇到突发情况时 , 逃生者可以将安全带系于腰部 , 通过钢丝绳等安全着陆 , 如图乙所示 , 某次演练中 , 逃生者从离地面 72 m 高处 , 由静止以大小为 6 m/s 2 加速度开始下滑 , 随后以 18 m/s 的速度匀速运动 , 紧接着以大小为 5 m/s 2 加速度减速 , 到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力。 g 取 10 m/s 2 。求 :   (1) 加速下滑的位移 x 1 ; (2) 加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值 ; (3) 到达地面的时间 t 。 答案 : (1)27 m 　 (2)0.4 　 (3)7.3 s - 16 - 考点一 考点二 - 17 - 考点一 考点二 易错警示 解决本题的关键要明确逃生者的运动情况 , 抓住各个过程之间的联系 , 如速度关系、位移关系 , 也可以画出速度 - 时间图象 , 根据图象的意义求解。 - 18 - 考点一 考点二 【例 5 】 如图所示 , 某人站在力传感器上 , 从直立静止起 , 做 “ 下蹲 — 起跳 ” 动作 , 图甲中的 “ ” 表示人的重心。图乙是由力传感器画出的 F-t 图线。图乙中 1~4 各点对应着图甲中 1~4 四个状态和时刻。重力加速度 g 取 10 m/s 2 。请根据这两个图所给出的信息 , 求 : - 19 - 考点一 考点二 (1) 此人的质量。 (2) 此人 1 s 内的最大加速度 , 并以向上为正方向 , 画出此人在 1 s 内的大致 a-t 图象。   (3) 在 F-t 图象上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度 ? 简单说明必要理由。 答案 : (1)60 kg 　 (2) 见解析 　 (3) 见 解析 - 20 - 考点一 考点二 解析 : (1) 此人状态 1 处于静止状态 , 对应图乙中 1 点 F 1 =600 N 可知此人 m=60 kg 。 (2) 由图乙可知 ,2 点 F 2 =1 800 N 最大 , 1 s 内的 a-t 图象如下图 ( 只要最大加速度是重力加速度两倍就可 ) (3) 下蹲阶段先加速后减速 , 支持力与重力平衡时速度最大 , 由 a-t 图象可读出速度最大时刻约为 0.45 s(0.43~0.47 s 之间都算对 ) 。 - 21 - 考点一 考点二 命题点三 　 斜面 ( 类斜面 ) 上的力与运动问题 【例 6 】 如图甲所示 , 在风洞实验室里 , 一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成 θ =37°, 质量 m=1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端 O 处 , 开启送风装置 , 有水平向右的恒定风力 F 作用于小球上 , 在 t 1 =2 s 时刻风停止。小球沿细杆运动的部分 v-t 图象如图乙所示 ,g 取 10 m/s 2 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 忽略浮力。求 :   (1) 小球在 0~2 s 内的加速度 a 1 和 2~5 s 内的加速度 a 2 ; (2) 小球与细杆间的动摩擦因数 μ 和水平风力 F 的大小。 答案 : (1)15 m/s 2 , 方向沿杆向上 　 10 m/s 2 , 方向沿杆向下 　 (2)0.5 　 50 N - 22 - 考点一 考点二 解析 : (1) 取沿细杆向上的方向为正方向 , 由题图可知 , (2) 有风力 F 时的上升过程 , 由牛顿第二定律 , 有 Fcos θ - μ (mgcos θ +Fsin θ )-mgsin θ =ma 1 , 停风后的上升阶段 , 由牛顿第二定律 , 有 - μ mgcos θ -mgsin θ =ma 2 , 联立解得 μ =0.5,F=50 N 。 - 23 - 考点一 考点二 【例 7 】 如图所示 , 一倾角为 α 的光滑斜面固定在水平地面上 , 质量 m=1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力 F 作用下 , 从 A 点由静止开始运动 , 到达 B 点时立即撤去拉力 F 。此后 , 物体到达 C 点时速度为零。每隔 0.2 s 通过传感器测得物体的瞬时速度 , 下表给出了部分测量数据。求 : (1) 恒力 F 的大小 ; (2) 撤去外力 F 的时刻。 答案 : (1)11 N 　 (2)1.5 s - 24 - 考点一 考点二 加速阶段有 F-mgsin α =ma 1 , 减速阶段有 mgsin α =ma 2 , 由以上两式得 F=m(a 1 +a 2 )=11 N 。 (2) 撤去外力瞬间速度最大 , 有 a 1 t=v 0 +a 2 (t'-t), 其中 v 0 =3.3 m/s,t'=2.2, 解得 t=1.5 s 。 - 25 - 考点一 考点二 传送带模型 核心知识整合 1 . 在确定研究对象并进行受力分析之后 , 首先判断出摩擦力突变 ( 含大小和方向 ) 点 , 给运动分段。传送带传送的物体所受的摩擦力 , 不论是其大小突变 , 还是其方向突变 , 都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻。物体在传送带上运动时的极值问题 , 不论是极大值 , 还是极小值 , 也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻。 v 物 与 v 传 相等的时刻是运动分段的关键点 , 也是解题的突破口。 2 . 判断运动中的速度变化的关键是 v 物 与 v 传 的大小与方向 , 对二者的比较是决定解题思路的关键。 - 26 - 考点一 考点二 3 . 在倾斜传送带上需比较 mgsin θ 与 F f 的大小 , 判断 F f 的突变情况。 4 . 由传送带的长度判断到达临界状态之前物体是否滑出 , 还要判断物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止。 - 27 - 考点一 考点二 关键能力提升 命题点一 　 水平传送带模型 【例 8 】 如图所示 , 水平传送带 A 、 B 两端相距 x=4 m, 以 v 0 =4 m/s 的速度 ( 始终保持不变 ) 顺时针运转 , 今将一小煤块 ( 可视为质点 ) 无初速度地轻放至 A 端 , 由于煤块与传送带之间有相对滑动 , 会在传送带上留下划痕 , 已知煤块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.4, 重力加速度大小 g 取 10 m/s 2 , 则煤块从 A 端运动到 B 端的过程中 ( 　　 ) A. 煤块从 A 端运动到 B 端的时间是 B . 煤块从 A 端运动到 B 端的时间是 2.25 s C. 划痕长度是 0.5 m D. 划痕长度是 2 m 答案 解析 解析 关闭 答案 解析 关闭 - 28 - 考点一 考点二 【例 9 】 ( 多选 ) 物块从光滑曲面上的 P 点自由滑下 , 通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的 Q 点 , 若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来 , 使传送带随之运动 , 如图所示 , 再把物块放到 P 点自由滑下 , 则 ( 　　 )   A. 物块将不可能落在 Q 点 B. 物块仍有可能落到 Q 点 C. 物块将可能落在 Q 点的左边 D. 物块将可能落在 Q 点的右边 答案 解析 解析 关闭 物块从斜面滑下来 , 当传送带静止时 , 在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力 , 物块将做匀减速运动 , 离开传送带时做平抛运动 ; 当传送带顺时针转动时 , 物体相对传送带可能向前运动 , 使物体在传送带上一直做减速运动 , 然后做平抛运动离开传送带 , 物体仍落在 Q 点 ; 当传送带顺时针转动时 , 物体相对传送带也可能向后运动 , 受到滑动摩擦力方向与运动方向相同 , 物体可能做加速 , 离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度 , 所以会落到传送带的右边。故选 BD 。 答案 解析 关闭 BD - 29 - 考点一 考点二 方法技巧 水平传送带 模型 - 30 - 考点一 考点二 命题点二 　 倾斜传送带模型 【例 10 】 如图甲所示 , 倾角为 θ 的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量 m=2 kg 的小物体轻轻放在传送带的 A 端 , 物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示 ,2 s 末物体到达 B 端 , 取沿传送带向下为正方向 ,g 取 10 m/s 2 , 求 :   (1) 小物体在传送带 A 、 B 两端间运动的平均速度 v; (2) 物体与传送带间的动摩擦因数 μ 。 答案 : (1)8 m/s 　 ( 2)0.5 - 31 - 考点一 考点二 - 32 - 考点一 考点二 方法技巧 倾斜传送带 模型 - 33 - 考点一 考点二 - 34 - 1 2 3 4 1 .(2017~2018 学年宁波诺丁汉大学附属中学高一下 ) 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目 , 比赛场地示意图如图甲所示。比赛时 , 运动员从起滑架处推着冰壶出发 , 在投掷线 AB 处放手让冰壶以一定的初速度滑出 , 使冰壶的停止位置尽量靠近圆心 O 。为使冰壶滑行得更远 , 运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面 , 使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。某次比赛冰壶从投掷线 AB 中点 C 沿虚线滑至 O 点 , 其运动的 v-t 图象如图乙所示。求 : - 35 - 1 2 3 4 (1) 毛刷未开始刷时 , 冰壶的加速度大小 ; (2) 毛刷开始刷后 , 冰壶与冰面间的动摩擦因数 ; (3) 轨道上 C 点与 O 点之间的位移大小。 答案 : (1)0.08 m/s 2 　 (2)0.004 　 (3)34 m - 36 - 1 2 3 4 2 .(2017~2018 学年浙江诸暨牌头中学高二下 ) 如图甲所示 , 将质量为 0.5 kg 的木块放在固定的水平长木板上 , 用力沿水平方向拉木块 , 拉力从零开始逐渐增大 , 分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力 , 并用计算机绘制出摩擦力 F f 随拉力 F 的变化图线如图乙所示。 g 取 10 m/s 2 。   (1) 求木块与长木板间的动摩擦因数 ; (2) 若木块在恒定的水平拉力 F 作用下 , 以 a=3 m/s 2 的加速度从静止开始沿长木板做匀加速直线运动 , 拉力 F 应为多大 ? (3) 在第 (2) 问中的拉力 F 作用 t 1 =2 s 后撤去 , 求木块整个运动过程的平均速度大小。 答案 : (1)0.4 　 (2)3.5 N 　 (3)3 m/s - 37 - 1 2 3 4 - 38 - 1 2 3 4 3 .(2017~2018 学年浙江杭州高三上学期期末 ) 旧时人们通过打夯将地砸实。打夯时四个劳动者每人分別握住夯锤 ( 如图甲 ) 的一个把手 , 一个人喊号 , 号声一响 , 四人同时使用相同的恒定作用力将地上质量为 90 kg 的夯锤向上提起 ; 号音一落 , 四人同时松手 , 夯锤落下将地面砸实。假设夯锤砸在地面上时地面对夯锤的作用力近似不变 , 大小为夯锤重力的 19 倍。以竖直向上为正方向 , 可得劳动者们在某次打夯时松手前夯锤运动的 v-t 图象如图乙所示。不计空气阻力 ,g 取 10 m/s 2 , 求 : - 39 - 1 2 3 4 (1) 每个人对夯锤所施加恒力大小 ; (2) 夯锤能够上升的最大高度 ; (3) 夯锤能在地上砸出多深的坑 ? 答案 : (1)300 N 　 (2)0.45 m 　 (3)0.025 m - 40 - 1 2 3 4 4 .(2017~2018 学年浙江诸暨牌头中学高一上学期期中 ) 如图甲所示 , 质量为 m=1 kg 的物体置于倾角为 θ =37° 固定斜面上 ( 斜面足够长 ), 对物体施加平行于斜面向上的恒力 F, 作用时间 t 1 =1 s 时撤去拉力 , 取沿斜面向上为正方向 , 物体运动的部分 v-t 图象如图乙所示 ,g 取 10 m/s 2 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8 。求 :   (1) 物体与斜面间的动摩擦因数 μ ; (2) 恒力 F 的大小 ; (3)t=4 s 时物体的速度 v 。 答案 : (1)0.5 　 (2)30 N 　 (3)2 m/s, 沿斜面 向下 - 41 - 1 2 3 4 解析 : (1)(2) 设力 F 作用时物体的加速度为 a 1 , 对物体由牛顿第二定律得 :F-mgsin θ - μ mgcos θ =ma 1 撤去力 F, 由牛顿第二定律得 :mgsin θ + μ mgcos θ =ma 2 根据图象可知 :a 1 =20 m/s 2 ,a 2 =10 m/s 2 代入解得 :F=30 N 　 μ =0.5 。 (3) 设撤去力后物体运动到最高点的时间为 t 2 ,v 1 =a 2 t 2 , 解得 t 2 =2 s 。 则物体沿斜面下滑的时间为 t 3 =t-t 1 -t 2 =1 s 。 设下滑加速度为 a 3 , 由牛顿第二定律得 mgsin θ - μ mgcos θ =ma 3 解得 :a 3 =2 m/s 2 。 所以 t=4 s 时物体的速度 :v=a 3 t 3 =2×1 m/s=2 m/s, 沿斜面向下。