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《三维设计》2014新课标高考物理一轮总复习课件 第三章牛顿运动定律热点专题课(三) 巧解动力学(28张)


一、用假设法巧解动力学问题

假设法是一种解决物理问题的重要思维方法,在求
解物体运动方向待定的问题时更是一种行之有效的方法。 用假设法解题一般先根据题意从某一假设入手,然后运 用物理规律得出结果,再进行适当讨论,从而得出答案。

[典例1] 如图3-1所示,一根轻弹簧上端

固定,下端挂一个质量为m0的小桶

(底面水平),
桶中放有一质量为m的物体,当桶静止时,弹 簧的长度比其自然长度伸长了L,今向下拉桶 使弹簧再伸长ΔL后静止,然后松手放开,设弹 簧总处在弹性限度内,则下列说法中正确的是 (
? ? ? ? ? ? ? ?

)

图3-1

ΔL? ①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为 1+ L ?mg ? ? ΔL? ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为 1+ L ?(m+m0)g ? ? ΔL ③刚松手瞬间物体的加速度为 L g,方向向上 ΔL m0 ④刚松手瞬间物体的加速度为 L (1+ m )g,方向向上

A.①③ C.②③
[解析]

B.①④ D.②④

本题的常规解法是先取桶与物体为整体, 利用平衡

条件、牛顿第二定律求解,这样做费时易错,若用假设法求解, 则能迅速选出正确选项。 假设没有向下拉弹簧,即 ΔL=0,则由平衡条件知刚松手 瞬间盘对物体的支持力大小仍为 mg, ΔL=0 分别代入①②可 将 得①对②错, 又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为 a FN-mg ΔL = m = L g,方向向上,③对④错。故 A 正确。

[答案] A

二、用极限法巧解动力学问题
(1)临界与极值问题:在研究动力学问题时,当物体所处 的环境或所受的外界条件发生变化时,物体的运动状态也会发 生变化,当达到某个值时其运动状态会发生某些突变,特别是 题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰好出现”“恰好不出

现”等词语时,往往会出现临界问题和极值问题,求解时常用
极限法,即将物体的变化过程推到极限——将临界状态及临界 条件显露出来,从而便于抓住满足临界值的条件,准确分析物 理过程进行求解。

(2)动力学中各种临界问题的临界条件: ①接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离的临界 条件是弹力FN=0。

②相对静止或相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于
相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对静止或相对滑动的临 界条件是:静摩擦力达到最大值。 ③绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有 限的,绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的

最大张力。绳子松弛的临界条件是FT=0。

④加速度最大与速度最大的临界条件:当物体在 受到变化的外力作用下运动时,其加速度和速度都会 不断变化,当所受外力最大时,具有最大加速度;所 受外力最小时,具有最小加速度。当出现加速度有最 小值或最大值的临界条件时,物体处于临界状态,所

对应的速度便会出现最大值或最小值。

[典例2]

如图3-2所示,在倾角为θ的光滑斜面上端固定

一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧下端连有一质量为m的小球,
小球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变,若手持 挡板A以加速度a(a<gsin θ)沿斜面匀加速下滑,求:

图3-2 (1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间; (2)从挡板开始运动到小球速度最大时,小球的位移。

[解析]

(1)因小球与挡板分离时,挡板对小球的作用力恰好为零,由

牛顿第二定律知mgsin θ-kx=ma m?gsin θ-a? 即小球做匀加速运动发生的位移为x= 时小球与挡板分离 k 1 2 由运动学公式x= 2 at 得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时 间为t= 2m?gsin θ-a? 。 ka

(2)小球速度达最大时,其加速度为零,即kx′=mgsin θ 即从挡板开始运动到小球的速度达最大,小球的位移为x′= mgsin θ k 。 2m?gsin θ-a? mgsin θ [答案] (1) (2) ka k

三、用v-t图象巧解动力学问题

利用图象分析动力学问题时,关键是要将题目中的物理 情景与图象结合起来分析,利用物理规律或公式求解或作出 正确判断。如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象 中斜率、截距、交点、折点、面积等的对应关系。 [典例3] 将一个粉笔头轻放在以2 m/s的恒定速度运动的 足够长的水平传送带上后,传送带上留下一条长度为4 m的画 线。若使该传送带仍以2 m/s的初速度改做匀减速运动,加速 度大小恒为1.5 m/s2,且在传送带开始做匀减速运动的同时, 将另一个粉笔头(与传送带的动摩擦因数和第一个相同)轻放在 传送带上,该粉笔头在传送带上能留下一条多长的画线?

[解析] 第一次画线,传送带匀速,粉笔头由静止开始做匀 加速运动,两者发生相对滑动,设粉笔头的加速度大小为a1,同 时作出粉笔头和传送带的速度—时间图象,如图3-3甲所示。

图3-3

AB和OB分别代表它们的速度—时间图线,速度相等时(B点) 1 画线结束,图中△AOB的面积代表第一次画线长度 ×2×t0=4, 2 故t0=4s,即B点坐标为(4,2),粉笔头的加速度大小为a1=0.5 m/s2。

第二次画线,传送带一直做匀减速运动,粉笔头先做匀加 速运动后做匀减速运动,同时作出传送带和粉笔头的速度—— 时间图象,如图乙所示,AE代表传送带的速度—时间图线,它 4 的加速度为a=1.5 m/s ,由速度公式v0=at2可得t2=3 s,即E点
2

4 坐标为( 3 ,0)。OC代表第一阶段粉笔头的速度—时间图线,C 点表示二者速度相同,a1t1=v0-at1,得t1=1s,v1=a1t1=0.5 m/s,C点坐标为(1,0.5),该阶段粉笔头相对传送带向后画线, 1 画线长度(图中左侧阴影面积)x1=S△AOC=2× 1 m=1 m,等速 2×

后,粉笔头超前,所受滑动摩擦力反向,开始减速运动,由于 传送带先减速到零,所以后来粉笔头一直匀减速至静止。CF 代表它在第二阶段的速度—时间图线,由速度公式可求出t3=2 s,即F点坐标为(2,0),此阶段粉笔头相对传送带向前画线,长 1 4 1 度(图中右侧阴影面积)x2=S△CEF= 2 × 0.5× (2- 3 )m= 6 m<1 1 m,可见粉笔头相对传送带先向后画线1 m,又折回向前画线6 m,所以粉笔头在传送带上能留下1 m长的画线。

[答案]

1m

四、用分解加速度法巧解动力学问题 因牛顿第二定律F=ma指出力和加速度永远存在瞬 间对应关系,所以在用牛顿第二定律求解动力学问题时, 有时不去分解力,而是分解加速度,尤其是当存在斜面 体这一物理模型且斜面体又处于加速状态时,往往此法

能起到事半功倍的效果。

[典例4]

在倾角为60°的光滑斜面上用细线

系住一个质量为m=1 kg可看成质点的小球,线 与斜面平行,斜面体在外力作用下向右运动, g=10 m/s2,求: 图3-4

(1)当斜面体以加速度a1=2 3 m/s2向右加速时,细线 的拉力大小;

(2)当斜面体以加速度a2=4 3 m/s2向右减速时,细线 的拉力大小。

[解析]

(1)当小球刚好离开斜面体(与斜面仍接触,但无挤压)

时,设小球的加速度为 a0,此时小球受力情况如图 3-5 甲所示,则 F 合=mgcot 60° =ma0,所以 a0=gcot 60° = 10 3 m/s2 3

图3-5
10 3 a1=2 3 m/s < m/s2,说明小球没有脱离斜面,斜面对它 3
2

有支持力,对小球受力分析如图乙所示。

常规解法(分解力法)
将各力沿竖直方向和水平方向正交分解,得 竖直方向FNcos 60° Tsin 60° +F =mg 水平方向FTcos 60° Nsin 60° -F =ma1 联立解得FT=6 3 N,FN=2 N

分解加速度法
将加速度沿斜面和垂直斜面正交分解如图3-6甲所示,则 a1y=a1cos 60° 3 m/s2,a1x=a1sin 60° m/s2 = =3

图3-6

所以根据牛顿第二定律,沿斜面方向FT-mgsin =ma1y,即FT=6 3 N

60°

垂直斜面方向mgcos 60° N=ma1x,即FN=2 N。 -F

(2)斜面体向右做匀减速运动时,其加速度向左,当加速度过 大时,小球完全有可能沿斜面向上运动, 设细线拉力刚好为零时的加速度为a′,则有mgtan 60° =

ma′,所以a′=10 3 m/s2>4 3 m/s2,即细线对小球有拉力,可 用常规方法求解,但分解加速度的方法更简单,如图3-6乙所 示,将加速度a2沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解,则有 沿斜面方向mgsin 60° T=ma2x=ma2cos 60° -F ,即FT=3 N。 3

[答案]

(1)6 3 N

(2)3 3 N

五、用牛顿第二定律系统表达式巧解动力学问题 牛顿第二定律研究的对象可以是单个物体(质点),也可以 是多个相互作用的物体组成的系统(质点系)。对于多个相互作 用的物体组成的系统,高考时常有涉及,如果对系统中的物体

逐一使用牛顿运动定律求解,过程往往较为复杂,而对系统整
体应用牛顿第二定律往往能使问题简化。 两种表达式

(1)当系统中各物体的加速度相同时,我们可以把系统内的
所有物体看成一个整体,这个整体的质量等于各物体的质量之 和。

?F =?m +m +?+m ?a ? x 1 2 n x ? 牛顿第二定律方程为: ?Fy=?m1+m2+?+mn?ay ?

(2)当系统内各物体加速度不同时,也可以运用“类整体法” 列牛顿第二定律方程,形式为
?F =m a +m a +?+m a ? x 1 1x 2 2x n nx ? ?Fy=m1a1y+m2a2y+?+mnany ?

[典例5] 如图3-7所示,水平地面上有一倾 角为θ、质量为M的斜面体,斜面体上有一质量 图3-7 为m的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,此过 程中斜面体没有动,求地面对斜面体的支持力FN与摩擦力Ff 的大小。 [解析] 以物块和斜面体组成的系统为研究对 象,将物块的加速度a沿水平方向与竖直方向进行 分解,对物块与斜面体整体在竖直方向上由牛顿 图3-8 第二定律有(M+m)g-FN=M×0+masin θ。在水平方向上由 牛顿第二定律有Ff=M×0+macos θ,解得:FN=(M+m)g- masin θ,Ff=macos θ。 [答案] (M+m)g-masin θ macos θ

[专题练习]
1.质量相同的甲、乙两辆汽车都在方向不变的水平合外力 的作用下从静止出发沿水平方向做加速直线运动。在第 一段时间间隔内,两辆汽车所受合外力的大小不变,汽 车乙所受的合外力大小是甲的两倍;在接下来的相同时间 间隔内,汽车甲所受的合外力大小增加为原来的两倍,汽 车乙所受的合外力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位移之比。

解析:设每段时间间隔为 t0,在第一段时间间隔内甲汽车的加速 度为 a0。 则由题意可知,在 0~t0 内的甲、乙两车的加速度 a 甲、a 乙的关系 为 a 乙=2a 甲=2a0,在 t0~2t0 内的甲、乙两车的加速度 a 甲、a 乙 的关系为 a 甲=2a 乙=2a0。由题意画 v-t 图象如图所示,则四边 形 OBDG 的面积 S1 与四边形 OADG 的面积 S2 的比值即为所求。 5 2 则 S1=S△OBC+S 矩形 BFGC+S△BFD= a0t0 2 7 2 S2=S△OAC+S 矩形 AEGC+S△AED= a0t0 2 S1 5 所以 = 。 S2 7 5 答案: 7

2.一弹簧秤的秤盘质量为m1=1.5 kg,盘内放一质量为m2 =10.5 kg的物体P,弹簧质量不计,其劲度系数为k= 800 N/m,系统处于静止状态,如图3-9所示。现给P 施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速 直线运动,已知在最初0.2 s内F是变化的,在0.2 s后是 图3-9

恒定的,求F的最大值和最小值各是多少。(g=10 m/s2) 解析:因为在0.2 s内F是变力,在0.2 s以后F是恒力,所以在t= 0.2 s时,P离开秤盘。此时P受到秤盘的支持力为零,由于秤盘 的质量 m1=1.5 kg,所以此时弹簧不能处于原长

设在0~0.2 s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿 第二定律可得:F+FN-m2g=m2a 对于秤盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得 ?m1+m2?g F+k[ -x]-(m1+m2)g=(m1+m2)a k 1 2 又由运动学公式知x= at 2 令FN=0,联立上式解得a=6 m/s2 当P开始运动时拉力最小,此时对秤盘和物体P整体有Fmin=(m1 +m2)a=72 N 当P与秤盘分离时拉力F最大,Fmax=m2(a+g)=168 N。

答案:168 N

72 N

3.如图3-10所示,轻杆的两端分别固定两个质量均为m
的小球A、B,轻杆可以绕距A端1/3杆长处的固定转轴 O无摩擦地转动。若轻杆自水平位置由静止开始自由 绕O轴转到竖直状态时,求转轴O对杆的作用力。

图3-10

解析: 设杆长为 L, 杆转到竖直状态时两球的速度大小分别为 vA、 vB,设此时转轴 O 对杆的作用力为 F。对 A、B 两球及轻杆组成 的系统在此过程中由机械能守恒有: 2 1 1 1 2 mg L-mg L= mvA + mvB2 3 3 2 2 由于 A、B 两球在转动过程中任一时刻的角速度相等,其线速度 vA 1 大小与转动半径成正比,故有v = 2 B 杆在竖直状态时: vA2 A 球的向心加速度为 aA= 1 L 3 vB2 B 球的向心加速度为 aB= 2 L 3

选取竖直向下为正方向,对 A、B 两球及轻杆组成的整体 由牛顿第二定律得 2mg+F=maA-maB 12 由以上几式解得 F=- mg,这里负号表示 F 方向竖直 5 向上。

12 答案: mg 方向竖直向上 5


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