巧解动力学问题的方法

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。
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(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)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
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[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
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。
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F ＝m ＋m ＋„＋m a x 1 2 n x 牛顿第二定律方程为： Fy＝m1＋m2＋„＋mnay
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[解析]
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(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
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[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。
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[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。
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
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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
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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。
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[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
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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。
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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
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[答案]
1m
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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。
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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×
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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。
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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。
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。
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[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。
[答案] A
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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
[答案]
(1)6 3 N
(2)3 3 N
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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
2
有支持力，对小球受力分析如图乙所示。
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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
各自在这两段时间间隔内走过的总位移之比。
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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
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[解析]
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(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 mgsin 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Biblioteka Baidu离所经历的时 间为t＝ 2mgsin 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 。 2mgsin θ－a mgsin θ [答案] (1) (2) ka k
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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？
[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
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(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