2014高考物理一轮精细复习热点专题巧解动力学问题的方法课件(精)

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3－1①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为1＋ΔLLmg②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为1＋ΔLL(m＋m0)g③刚松手瞬间物体的加速度为ΔLLg，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔLL(1＋m0m)g，方向向上A．①③B．①④C．②③D．②④[解析]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，将ΔL＝0分别代入①②可得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－mgm＝ΔLLg，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(agsinθ)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mgsinθ－kx＝ma即小球做匀加速运动发生的位移为x＝mgsinθ－ak时小球与挡板分离由运动学公式x＝12at2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gsinθ－aka。[答案](1)2mgsinθ－aka(2)mgsinθk(2)小球速度达最大时，其加速度为零，即kx′＝mgsinθ即从挡板开始运动到小球的速度达最大，小球的位移为x′＝mgsinθk。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2m/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4m的画线。若使该传送带仍以2m/s的初速度改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/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3－3AB和OB分别代表它们的速度—时间图线，速度相等时(B点)画线结束，图中△AOB的面积代表第一次画线长度12×2×t0＝4，故t0＝4s，即B点坐标为(4,2)，粉笔头的加速度大小为a1＝0.5m/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，它的加速度为a＝1.5m/s2，由速度公式v0＝at2可得t2＝43s，即E点坐标为(43，0)。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＝0.5m/s，C点坐标为(1,0.5)，该阶段粉笔头相对传送带向后画线，画线长度(图中左侧阴影面积)x1＝S△AOC＝12×2×1m＝1m，等速后，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＝2s，即F点坐标为(2,0)，此阶段粉笔头相对传送带向前画线，长度(图中右侧阴影面积)x2＝S△CEF＝12×0.5×(2－43)m＝16m1m，可见粉笔头相对传送带先向后画线1m，又折回向前画线16m，所以粉笔头在传送带上能留下1m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＝1kg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＝10m/s2，求：图3－4(1)当斜面体以加速度a1＝23m/s2向右加速时，细线的拉力大小；(2)当斜面体以加速度a2＝43m/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＝mgcot60°＝ma0，所以a0＝gcot60°＝1033m/s2图3－5a1＝23m/s21033m/s2，说明小球没有脱离斜面，斜面对它有支持力，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FNcos60°＋FTsin60°＝mg水平方向FTcos60°－FNsin60°＝ma1联立解得FT＝63N，FN＝2N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＝a1cos60°＝3m/s2，a1x＝a1sin60°＝3m/s2图3－6所以根据牛顿第二定律，沿斜面方向FT－mgsin60°＝ma1y，即FT＝63N垂直斜面方向mgcos60°－FN＝ma1x，即FN＝2N。(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mgtan60°＝ma′，所以a′＝103m/s243m/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mgsin60°－FT＝ma2x＝ma2cos60°，即FT＝33N。[答案](1)63N(2)33N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。牛顿第二定律方程为：Fx＝m1＋m2＋…＋mnaxFy＝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Fx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanxFy＝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第二定律有(M＋m)g－FN＝M×0＋masinθ。在水平方向上由牛顿第二定律有Ff＝M×0＋macosθ，解得：FN＝(M＋m)g－masinθ，Ff＝macosθ。[答案](M＋m)g－masinθmacosθ图3－7图3－8[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。则S1＝S△OBC＋S矩形BFGC＋S△BFD＝52a0t02S2＝S△OAC＋S矩形AEGC＋S△AED＝72a0t02所以S1S2＝57。答案：572.一弹簧秤的秤盘质量为m1＝1.5kg，盘内放一质量为m2＝10.5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k＝800N/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0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少。(g＝10m/s2)图3－9解析：因为在0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，所以在t＝0.2s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＝1.5kg，所以此时弹簧不能处于原长设在0～0.2s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F＋k[m1＋m2gk－x]－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a又由运动学公式知x＝12at2令FN＝0，联立上式解得a＝6m/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＝72N当P与秤盘分离时拉力F最大，Fmax＝m2(a＋g)＝168N。答案：168N72N3．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：mg23L－m