高考冲刺动力学方法及应用

高考冲刺：动力学方法及应用
编稿：李传安 审稿：张金虎
【高考展望】
本专题主要讨论利用动力学方法分析解决物理问题的方法。

动力学问题是高中物理的主干和重点知识，动力学方法是高中物理中处理物理问题的常用方法和重要方法，也是历年高考热点。

历年高考试卷中的综合问题往往与动力学知识有关，并且往往把动力学知识与非匀变速直线运动、圆周运动、平抛运动、电场、磁场、电磁感应等知识点综合起来，这类问题过程多样复杂，信息容量大，综合程度高，难度大。

牛顿运动定律、运动学知识是本专题知识的重点。

在对本专题知识的复习中，应在物理过程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况、运动情况，恰当地选取研究对象和研究过程，准确地选用适用的物理规律。

【知识升华】
“动力学方法”简介：从“力与运动的关系”角度来研究运动状态和运动过程的学习研究方法。

物体所受的合外力决定物体运动的性质。

物体所受的合外力是否为零，决定物体的运动是匀速运动（或静止）还是变速运动；物体所受的合外力是否恒定，决定物体的运动是匀变速运动还是非匀变速运动；物体所受合外力的方向与物体运动方向的关系决定物体的运动轨迹是直线还是曲线。

解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动过程进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解。

【方法点拨】
常用的解题方法：整体法和隔离法；正交分解法；合成法。

考点一、整体法和隔离法
整体法和隔离法通常用于处理连接体问题。

要点诠释：作为连接体的整体，一般都是运动整体的加速度相同，可以由整体求解出加速度，然后应用于隔离后的每一部分；或者由隔离后的部分求解出加速度然后应用于整体。

处理连接体问题的关键是整体法与隔离法的配合使用。

隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法互相配合交替使用，常能更有效地解决有关连接体问题。

考点二、正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题。

要点诠释：多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，x F ma =（沿加速度方向）0y F =(垂直于加速度方向），特别要注意在垂直于加速度方向根据合力为零的特点正确求出支持力。

特殊情况下也可以分解加速度。

考点三、合成法（也叫平行四边形定则、三角形定则）
要点诠释：若物体只受两个力作用而产生加速度时，这时二力不平衡，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形法则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向。

特别是两个力相互垂直或相等时，应用力的合成法比较简单（匀速圆周运动都属于这类问题）。

【典型例题】
类型一、匀变速直线运动
用动力学方法解决匀变速直线运动问题时，主要根据牛顿运动定律，往往结合运动学知识和动能定理（动能定理是根据牛顿第二定律推导出来的，导出的公式、定理等很多时候用起来要简单得多）
例1、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。

现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示：
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍。

求小球与杆间的滑动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s 所需时间为多少 ? （sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【思路点拨】（1）根据平衡条件求出动摩擦因数；（2）做受力图、正交分解，根据牛顿第二定律求解。

【答案】（1）0.5 （2）83s g
【解析】（1）当杆在水平方向上固定时，运动分析：小球在杆上做匀速运动，直线运动； 受力分析：重力mg ，方向竖直向下、支持力N ,方向竖直向上、摩擦力f ，f N μ=，方向向右、风力F , 大小：0.5F mg =，
由平衡条件，水平方向： F f = 竖直方向：N mg =
列出方程 0.5mg mg μ= 解得 0.5μ=
（2）受力分析：重力mg ，方向竖直向下，支持力N ，方向垂直杆斜向左上方， 摩擦力f ，f N μ=，沿杆方向向上，
保持小球所受风力不变，0.5F mg =，作出受力图，进行正交分解，把重力、风力沿杆方向、垂直于杆方向分解。

运动分析：小球沿杆从静止下滑，沿杆方向的合力恒定，
小球做匀加速直线运动。

根据牛顿第二定律列方程
沿杆方向： cos sin F mg f ma θθ+-= ①
垂直于杆方向： sin cos N F mg θθ+= ②
f N μ= ③
联立① ② ③ 解得加速度 34a g = 又由212s at = 下滑距离s 所需时间为 283s s t a g
== 【总结升华】正确进行运动分析、受力分析、正交分解，根据牛顿第二定律沿杆方向、垂直于杆方向列出方程，求出加速度是解题的关键。

举一反三
【变式1】民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接供旅客上下飞机外一般还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿着该斜面滑行到地面上来。

设机舱出口离气囊底端的竖直高度h=3.0m ，气囊构成的斜面长x=5.0m ，CD 段为与斜面平滑连接的水平地面，一个质量m=60kg 的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5。

不计空气阻力，g 取10/m s 。

求：（1）人从斜面上滑下时的加速度大小
（2）人滑到斜坡底端时的速度大小
（3）人离开C 点后在水平地面上滑行的距离
【答案】（1）22/m s （2）25/m s （3）2.0 m
【解析】（1）人受力如图所示
由牛顿运动定律 sin mg N ma θμ-=
cos 0N mg θ-=
解得2
sin cos 2/a g g m s θμθ=-= （2）由22C v ax =，求得25/C v m s =.
（3）由牛顿运动定律mg ma μ'=
由202C v ax '-=-解得2x m '=。

【变式2】有一质量m=1kg 的小球串在长0.5s m =的轻杆顶端，轻杆与水平方向成37θ=，静止释放小球，经过0.5t s =小球到达轻杆底端（210/g m s = sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），试求：
（1）小球与轻杆之间的动摩擦因素；
（2）在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为22/a m s =，此恒力大小为多少？
【答案】（1）0.25μ=
（2）若此恒力垂直杆向下，F=8N ；若此恒力垂直杆向上，F=24N 。

【解析】（1）由212s at = 求得加速度2224/s a m s t
== 沿杆方向、垂直于杆方向正交分解， 应用牛顿第二定律
sin mg f ma θ-= cos N mg θ= f N μ=
代入数据联立解得 0.25μ=
（2）若此恒力垂直杆向下，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，支持力垂直于
斜面向上，小球受力图如图1所示。

根据牛顿第二定律 sin mg f ma θ-= cos N mg F θ=+
f N μ= 代入数据联立解得8F N =
若此恒力垂直杆向上，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，此时支持力垂直于斜面向下（因为cos F mg θ'>），小球受力图如图2所示。

sin mg f ma θ'-= cos N F mg θ''=- f N μ''=
代入数据联立解得 24F N '=
类型二、非匀变速运动
例2、如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A 位置有一只小球。

小球从静止开始下落，在B 位置接触弹簧的上端，在C 位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零，在小球下降阶段中，下列说法正确的是 （ ）
A ．从A →D 位置小球先做匀加速运动后做匀减速运动
B ．从A →
C 位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
C ．在B 位置小球动能最大
D ．在C 位置小球动能最大
【思路点拨】把小球的运动根据受力分为三个阶段：
重力大于弹簧弹力，重力等于弹簧弹力，重力小于弹簧弹力，分析加速度的大小和方向。

【答案】D
【解析】小球到达B 点前做自由落体运动，（1）重力大于弹力：过B 点后，C 点前，压缩弹簧，设压缩量为x ，弹力F kx =，合外力为mg kx -，应用牛顿第二定律，mg kx ma -=，x 不断增大，弹力增大，合外力减小，加速度减小，加速度方向与速度方向相同，速度增大，做加速度减小的加速运动。

（2）重力等于弹力：在C 位置， mg kx =，合力为零，加速度为零，速度达到最大。

（3）重力小于弹力：C 点后，到D 点前, mg kx >, mg kx ma -=, 合力方向向上，加速度向上，速度方向还是向下，做减速运动，合力不断增大，加速度增大，到D 点后，速度为零，加速度最大，向上反弹。

向上反弹到最高点的运动分析，可参照上面的分析。

根据以上分析，小球加速度始终在变化，不是匀加速也不是匀减速。

在C 位置小球动能最大。

从A →C 位置小球重力势能减少，动能增大，弹性势能增大。

所以C 正确。

【总结升华】受力情况不同，运动情况就不同，必须按不同的受力情况将运动过程分开，具体一步一步分析计算。

整个过程合力不断变化，加速度不断变化（大小、方向都在变），不要随便就说是匀加速、匀减速。

【变式】右图为蹦极运动的示意图。

弹性绳的一端固定在O 点，另一端和运动员相连。

运动员从O 点自由下落，至B 点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C 点到达最低点D ，然后弹起。

整个过程中忽略空气阻力。

分析这一过程，下列表述正确的是
①经过B 点时，运动员的速率最大
②经过C 点时，运动员的速率最大
③从C 点到D 点，运动员的加速度增大
④从C 点到D 点，运动员的加速度不变
A ．①③
B ．②③
C ．①④
D ．②④
【答案】B
【解析】运动员的下落过程：O→B 自由落体运动，B→C 重力大于
弹性绳的弹力，做加速度越来越小的加速运动，C 点加速度为零，
速度最大，C→D 弹力大于重力，加速度向上，运动员做加速度增大的减速运动，D 点速度为零。

可见B 正确。

【高清课堂：369021动力学方法及其应用 例5】
例3、两木块质量分别为m 、M ，用劲度系数为k 的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，将木块1压下一段距离后释放，它就上下做简谐振动。

在振动过程中木块2刚好始终不离开地面。

求：（1）木块1的最大加速度，
（2）木块2对地面的最大压力。

【思路点拨】木块m 上下做简谐振动。

当1运动到最高点时，
弹簧伸长最长，弹力大小等于重力Mg ，简谐运动具有对称性，
1在最高点、最低点时加速度大小相等。

【答案】（1）()M m a g m
+= 方向向下 （2）2()N M m g =+ 方向向下
【解析】（1）1在最高点时，对2，由题意f 弹=Mg
对1，由牛顿运动定律，+f mg ma =弹 （m 受到的弹力方向向下）
()M m a g m
+= 方向向下 （2）最大压力应发生在弹簧最短处。

1在最低点时，2对
地面压力最大。

对1，由对称性 ()M m a g m
+=方向向上， f mg ma -=弹 f 弹=2mg Mg +
对2 由平衡条件可知 木块2地面的支持力
+2()N f Mg M m g ==+弹
根据牛顿第三定律，木块2地面的最大压力大小等于
2()M m g + 方向竖直向下。

【总结升华】根据简谐运动对称性的特点，确定木块m 加速度最大的位置，确定最大压力应发生在弹簧最短处，即木块m 在最低点时，2对地面压力最大。

【高清课堂：369021动力学方法及其应用 例4】
举一反三
【变式】如图所示，物体A 、B 的质量不同，与地面间动摩擦因数都为μ。

现用手向左推动B 使弹簧处于压缩状态。

突然松手，分析A 、B 分离的位置是在弹簧原长处，还是原长处的左侧或右侧？
【答案】弹簧原长处。

【解析】分离瞬间两者速度、加速度相同，相互作用力为零，A B a a =。

分离瞬间B 仅受向左的摩擦力，mg ma μ=，a g μ=，
A 的加速度也为g μ，如果此时A 还受弹簧的弹力，两者加速度就不等了，所以此时弹力为零，即弹簧处于原长处。

例4、（2015四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场。

带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－
6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。

P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示。

P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：
（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间；
（2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功。

【答案】（1）t 1＝0.5s ；（2）W ＝－9.25J 。

【解析】（1）物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为：f ＝μmg ＝1N 。

根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2m/s 时，所受水平外力F 1＝2N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2m/s ，还未进入电场区域。

根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1 ①
根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1 ②
由①②式联立解得：t 1＝f
F mv -11＝0.5s ＜0.55s ，所以假设成立 即小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为t 1＝0.5s
（2）当物体P 在速率v ＝2～5m/s 时，所受水平外力F 2＝6N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2 ③
根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2 ④
由③④式联立解得：v 2＝3m/s ⑤
物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律有：F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥
根据匀变速直线运动规律有：2a 3x 1＝2B v －22v ⑦
由⑤⑥⑦式联立解得：x 1＝1m ⑧
根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上有：x 2＝v B t 3 ⑨
根据几何关系有：cot α＝
23v gt ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x 2＝12
25m ⑪ 所以电场力做的功为：W ＝－qE （x 1＋x 2） ⑫
由⑧⑪⑫式联立解得：W ＝－9.25J
【考点】物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。

举一反三
【变式1】上题中若ab 与导轨间的滑动摩擦因数为μ，金属杆ab 运动的最大速度为（ ）
A.
22()sin mg R r B d θ+ B. 22()(sin cos )mg R r B d
θμθ+- C. 22()(sin cos )mg R r B d θμθ++ D. 22(sin cos )mgR B d θμθ- 【答案】B
【解析】在上题图中加上摩擦力，方向写斜面向上，杆达到最大速度后做匀速运动。

根据牛顿第二定律sin 0A mg F f θ--=，cos f N mg μμθ==
安培力22()m A B d v F R r =+，解得22
()(sin cos )m mg R r v B d θμθ+-= 【变式2】如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中。

一根金属杆MN 保持水平并沿导轨滑下（导轨电阻不计），当金属杆MN 进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（ ）
【答案】B
【解析】当金属杆MN 进入磁场区后，如果安培力恰好等于重力，则金属杆做匀速直线运动，A 可能；当金属杆MN 进入磁场区后，如果安培力小于重力，则金属杆继续加速，做加速度减小的加速运动，直到安培力等于重力，做匀速直线运动，则C 可能；当金属杆MN 进入磁场区后，如果安培力大于重力，则金属杆做加速度减小的减速运动，图像如D ，D 是可能的。

B 图反映的是匀加速直线运动，是不可能的。

故选B 。

类型三、匀速圆周运动
【高清课堂：369021动力学方法及其应用 例3】
例5、质量为m 的木块从半球形的碗口下滑到碗的最低点运动过程中，如果由于摩擦力的作用使得木块速率不变，则（ ）
A ．因为速率不变所以木块的加速度为零
B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大
C ．木块下滑过程中，摩擦力大小不变
D ．木块下滑过程中，加速度大小不变，方向始终指向球心
【思路点拨】对木块进行受力分析和运动分析，支持力和摩擦力大小、方向都发生变化，木块下滑过程做速率不变的圆周运动。

【答案】D
【解析】由于摩擦力的作用使得木块速率不变，这是典型的匀速圆周运动。

做受力分析如图， 速率沿切线方向，速率不变，切线方向合力为零，切向加速度为零，只有指向圆心的向心加速度，改变速度的方向，A 不对。

合外力指向圆心，
2
cos v N mg m R
θ-=,速率不变，则向心力大小不变，B 不对。

可以看出木块下滑过程中，θ变小，cos θ变大，N 变大，
在切线方向应用平衡条件，sin f mg θ=，木块下滑过程中，θ变小，则摩擦力变小，C 不对。

所以D 对。

另外：由
2
cos
v
N mg m
R
θ
-=可以看出木块下滑过程中，θ变小，cosθ变大，N变大。

又由
f
N
μ=知，f变小，N变大，所以动摩擦因素减小。

【总结升华】对于这种匀速圆周运动，虽然不常见，但只要抓住受力分析，运动分析，应用动力学方法解题还是能够做到得心应手的。

举一反三
【变式】上题中从碗口到碗底，碗面的粗糙程度的变化情况是（）
A. 碗口光滑，碗底粗糙
B. 碗口粗糙，碗底光滑
C. 碗口到碗底一样粗糙
D. 条件不足，无法判断
【答案】B
类型四、判断物体的运动
【高清课堂：369021动力学方法及其应用例2】
例6、一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先匀加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力。

以下关于喷气方向的描述中正确的是（）
A．探测器匀加速运动时，沿运动直线向后喷气
B．探测器匀加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
【思路点拨】对探测器进行受力分析，推动力与喷气方向相反，匀速运动时合力为零，匀加速运动时，加速度方向与合力方向相同。

【答案】C
【解析】题目对运动状态的描述：先匀加速运动，再匀速运动。

A、B选项是对匀加速运动的描述，C、D选项是对匀速运动的描述。

先分析C、D：匀速阶段，合力为零，竖直向下喷气，获得向上的作用力，斜线表示运动轨迹，要做匀速运动，必须有一个力与重力等大反向与之平衡，如图1所示，只有竖直向下喷气，才能做匀速运动，C正确。

D错误。

再分析匀加速阶段：F
合
恒定，与速度同直线。

A选项，沿运动直线向后喷气，如图2所示，获得沿运动方向的作用力，两个力的合力不可能沿运动方向，只能沿斜线偏下一点方向，与速度不在一条直线上，将做曲线运动，A错误。

B选项，竖直向下喷气，获得向上的作用力，如图3所示，两个力的合力只能是竖直方向，不可能沿斜线运动，显然B错误。

到底向什么方向喷气，才能做匀加速运动呢？应用合成法，可分析出图4情景，根据平行四边形定则，合力沿斜线方向，才能使探测器沿运动方向做匀加速运动。

【总结升华】要关注题目对运动状态的描述，就是要读懂题。

一般都要做出受力分析图，抓住匀加速运动、匀速运动的特点，明确原来的运动方向；向后喷气获得的是反方向的作用力（推力）。

举一反三
【变式】（2015海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时( )
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
【答案】BD
【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f N F F μ=可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m ，当匀速运动时有
sin cos mg mg θμθ=，即sin cos θμθ=，假设物体以加速度a 向上运动时，有N m g a cos θ=+（），f m g a cos μθ=+（），因为sin cos θμθ=，所以
sin m g a m g a cos θμθ+=+（）（），故物体仍做匀速下滑运动，C 错误D 正确；。