专题二 第1讲 动力学观点在力学中的应用

专题二 力与物体的直线运动

第1讲 动力学观点在力学中的应用

1．物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线． 2．匀变速直线运动的基本规律为速度公式：v ＝v 0＋at .位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax .中间时刻的瞬时速度：2

t v ＝x t ＝v 0＋v 2. 任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.

3．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线．

4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度．

5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重．

1．动力学的两类基本问题的处理思路

2．解决动力学问题的常用方法

(1)整体法与隔离法．

(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．

(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题． 高考题型1 动力学基本问题分析

例1 (多选)(2017·深圳市第一次调研)如图1甲所示，质量m ＝1 kg 、初速度v 0＝6 m /s 的物块受水平向左的恒力F 作用，在粗糙的水平地面上从O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整个运

动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10

m/s 2，下列说法中正确的是( )

A ．t ＝2 s 时物块速度为零

B ．t ＝3 s 时物块回到O 点

C ．恒力F 大小为2 N

D ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1

答案 ACD

解析 物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 022x 1＝362×6

m /s 2＝3 m/s 2，

物块做匀减速直线运动的时间为：t 1＝v 0a 1＝2 s ，故A 正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a 2＝v ′22x 2＝162×8

m /s 2＝1 m/s 2，反向加速到出发点的时间t ′＝2x 1a 2

＝2×61

s ＝2 3 s ，故B 错误；根据牛顿第二定律得：F ＋F f ＝ma 1，F －F

f ＝ma 2，联立两式解得：F ＝2 N ，F f ＝1 N ，则动摩擦因数为：μ＝F f m

g ＝0.1，故C 、D 正确．

1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变而后者不能．

2．连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．

3．两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．

1．(多选)如图2所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )

A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ

B ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ

D ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零

解析 系统静止，根据平衡条件可知：对B 球F 弹＝mg sin θ，

对A 球F 绳＝F 弹＋mg sin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B 球受力情况

未变，瞬时加速度为零；对A 球根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝F 弹＋mg sin θm

＝2g sin θ，故A 、D 错误，B 、C 正确． 2．(2017·河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B ，保持A 的质量不变，改变B 的

质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的

图线，如图乙所示(a 1、a 2、m 0未知)，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，

空气阻力不计，重力加速度为g ，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )

A ．若θ已知，可求出A 的质量

B ．若θ已知，可求出乙图中m 0

的值

C ．若θ未知，可求出乙图中a 2的值

D ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值

解析 据牛顿第二定律对B 受力分析得：mg －F ＝ma ①

对A 得：F －m A g sin θ＝m A a ②

联立①②得a ＝mg －m A g sin θm ＋m A

③ 若θ已知，由③知，不能求出A 的质量m

A .故A 错误．

当a ＝0时，由③式得，m 0＝m A sin θ，m A 未知，m 0不能求出．故B 错误．

由③式得，m ＝0时，a 2＝－g sin θ，故C 错误．由③式变形得a ＝g －m A m g sin θ1＋m A m

.当m →∞时，a 1＝g ，故D 正确．

高考题型2 应用动力学方法分析传送带问题

例2 (2017·陕西宝鸡市一模)某工厂为实现自动传送工件设计了如图4所示的传送装置，由一个水平传送带AB 和倾斜传送带CD 组成，水平传送带长度L AB ＝4 m ，倾斜传送带长度L CD ＝4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m /s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求：

(1)工件被第一次传送到CD 传送带上升的最大高度和所用的时间；

(2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2大小(v 2＜v 1)．

答案 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s

解析 (1)工件刚放在传送带AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到

v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：F N1＝mg

F f1＝μF N1＝ma 1

联立解得：a 1＝5 m/s 2.

由运动学公式有：t 1＝v 1a 1＝55 s ＝1 s x 1＝12a 1t 12＝12

×5×12 m ＝2.5 m 由于x 1＜L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间为：

t 2＝L AB －x 1v 1

＝0.3 s 工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：F N2＝mg cos θ