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第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題
考法
學法
“動力學觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識主要包括：①勻變速直線運動規(guī)律；②自由落體運動規(guī)律；
③豎直上拋運動規(guī)律；④牛頓運動定律；⑤運動學和動力學圖像。復習這部分內(nèi)容時應側(cè)重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②臨界問題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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命題點(一) 勻變速直線運動規(guī)律的應用
題型1 多過程運動
如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應注意分析各段的運動性質(zhì)。
[例1] “30 m折返跑”可以反映一個人的身體素質(zhì)，在平直的跑道上，一學生在起點線處，當聽到起跑口令后(測試員同時開始計時)，跑向正前方30 m處的折返線，到達折返線處時，用手觸摸固定在折返線處的標桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即折返跑的成績。學生可視為質(zhì)點，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時間不計。該學生加速時的加速度大小為a1＝2.5 m/s2，減速時的加速度大小為a2＝
5 m/s2，到達折返線處時速度需要減小到零，并且該學生在全過程中的最大速度不超過
vmax＝12 m/s。求該學生“30 m折返跑”的最好成績。
[審題指導]
運動情景是什么？
跑向折返線時必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程；跑回起點線時必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程
用到什么規(guī)律？
勻變速直線運動的公式
采用什么方法？
在草紙上畫出運動過程示意圖，找出各運動過程中的速度關系、位移關系等
[解析] 設起點線處為A，折返線處為B，假設該學生從A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速運動，設此過程中該學生達到的最大速度為v，做勻加速運動的時間為t1，做勻減速運動的時間為t2，則由運動學公式有v＝a1t1
勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度應為負值，則有0＝v－a2t2
由平均速度公式可知起點線與折返線間的距離LAB＝(t1＋t2)
時間只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s
因為v
＝6 s，故B車追上A車之前，A車已停止運動
設從開始到A車被B車追上用時為t3，
則vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
A車超過B車后，保持在B車前方的時間為Δt，
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)設當A車與B車速度相等用時為t4，
則vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s
則此過程中A車位移為xA′＝t4
B車位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此時A車在B車前方，故A、B最大距離為Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。
(3)假設從A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6，勻速運動時間為t5－t6，從A車開始剎車至兩車速度相等過程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6
解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假設成立
對A車，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m
對B車，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m
此時有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A車不能追上B車。
［關鍵點撥］
[答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，計算過程見解析
追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關系”
(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。
(2)時間關系和位移關系可通過畫運動示意圖得到。
命題點(二) 牛頓運動定律的綜合應用
題型1 動力學的兩類基本問題
1.由受力情況求解運動情況。首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點及加速度與速度的方向關系確定速度變化的規(guī)律。
2.由運動情況求解受力情況。由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結合牛頓第二定律確定受力情況。
[例1] 如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角θ＝37，兩物塊A、B的質(zhì)量mA＝1 kg、mB＝4 kg。兩物塊之間的輕繩長L＝0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT＝12 N，對B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開始一起向上運動，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。
(1)若某一時刻輕繩被拉斷，求此時外力F的大??；
(2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，輕繩斷后保持外力F不變，求當A運動到最高點時，A、B之間的間距。
[思維流程]
[解析] (1)輕繩被拉斷前瞬間，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a
對A有：FT－mAgsin θ＝mAa
代入數(shù)據(jù)解得F＝60 N。
(2)設沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，
對A有：－mAgsin θ＝mAaA
設A運動到最高點所用時間為t，則有v0＝－aAt
此過程A的位移為xA＝At＝
對B有：F－mBgsin θ＝mBaB
xB＝v0t＋aBt2
代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為x＝xB－xA＋L＝2.375 m。
[答案] (1)60 N (2)2.375 m
題型2 牛頓運動定律與圖像的綜合問題
解決此類問題關鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結合牛頓第二定律求解結果。因此需要考生對這類知識融會貫通。
[例2] (2018安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動。已知A的質(zhì)量mA＝2 kg，B的質(zhì)量mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；
(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；
(3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。
[解析] (1)在0～0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為：
a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A減速向上滑動的位移為：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移為：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功，
由動能定理得：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
[答案] (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
命題點(三) 動力學的兩類典型模型
模型1 傳送帶模型
傳送帶模型的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決此類問題的關鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷。
[例1] (2018寶雞模擬)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為
θ＝37，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，sin 37＝0.6，
cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。現(xiàn)將一個工件(可視為質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：
(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度h和所用的總時間t；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速率v2(v20，所以木板相對地面做勻加速直線運動,又L＝a1t2－a2t2
解得t＝1 s。
(2)鐵塊在木板上向右滑動時μ2mg＝ma11
滑動木板最右端時v＝v0－a11t1
對木板有v＝a2t1
又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12
解得v0＝2 m/s。
(3)①當F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N時，木板和鐵塊都靜止，f＝0
設木板和鐵塊都運動，兩者剛要相對滑動時，作用在木板上的力大小為F1
對鐵塊有μ2mg＝ma
對木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma
解得F1＝10 N。
②當μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N時，木板和鐵塊相對靜止
則有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a
f＝ma
解得f＝N。
③當F＞10 N時，鐵塊相對木板滑動，此時
f＝μ2mg＝4 N
故鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像如圖所示。
[答案] (1)1 s (2)2 m/s (3)見解析圖
1．滑塊—木板模型中的“一個轉(zhuǎn)折”和“兩個關聯(lián)”
(1)一個轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。
(2)兩個關聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關聯(lián)。
2．滑塊—木板模型的兩大臨界條件
(1)相對滑動的臨界條件
①運動學條件：兩者速度或加速度不相等。
②動力學條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。
(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時兩者速度相同。
[專題強訓提能]
1．如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止狀態(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當拉力FT＝mg時，A、B的位移為L；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當A的位移為L時，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計空氣阻力。
(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大小；
(2)請推導FT與A的位移l之間的函數(shù)關系，并在圖乙中畫出FTl圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中FT做功WFT的大小；
(3)當A、B不粘連時，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。
解析：(1)設彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin θ＝kx
當A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
當A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應用牛頓第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
對B應用牛頓第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)當A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
畫出FTl圖像如圖所示，
A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)設A通過位移L的過程中彈力做功W，分別對兩個過程應用動能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1) mg (2)FT＝l 見解析圖 mgL (3)
2．(2019屆高三天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。
解析：(1)設滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma
滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
設滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1) (2) s
3．(2018南昌模擬)在傾角θ＝37的粗糙斜面上有一質(zhì)量m＝2 kg的物塊，物塊受如圖
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0時刻物塊以某一速度從斜面上A點沿斜面下滑，在t＝4 s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內(nèi)物塊運動的速度隨時間變化的關系如圖乙所示。已知A點到斜面底端的距離x＝18 m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機械能損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)物塊在A點的速度大小；
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運動，則x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設物塊在斜面上運動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
設物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運動時加速度大小為a2，有
μmg＝ma2
由題圖乙中圖線可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物塊在斜面上運動時，設所受的摩擦力為Ff，則
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s (2)10.1 N
4.(2018全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；
(2)小球到達A點時動量的大小；
(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。
解析：(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)設小球到達A點時速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的過程中，由動能定理有
－mgCD－F0DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A點的動量大小為
p＝mv1＝。
(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運動，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg (2) (3)
5.如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37，以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大?。?
(2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。
解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設物塊的加速度大小為a1，
由牛頓第二定律有：mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)設物塊速度減為5 m/s所用時間為t1，
則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通過的位移：
x1＝t1＝0.5 m＝3.75 m<6 m
因μ
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