2019年高考物理人教版知識講解動力學方法及應用

咼考沖刺：動力學方法及應用【高考展望】本專題主要談論利用動力學方法解析解決物理問題的方法。動力學問題是高中物理的主干和要點知識，動力學方法是高中物理中辦理物理問題的常用方法和重要方法，也是歷年高考熱點。歷年高考試卷中的綜合問題經常與動力學知識有關，并且經常把動力學知識與非勻變速直線運動、圓周運動、平拋運動、電場、磁場、電磁感覺等知識點綜合起來，這類問題過程多樣復雜，信息容量大，綜合程度高，難度大。牛頓運動定律、運動學知識是本專題知識的要點。在對本專題知識的復習中，應在物理過程和物理情況解析的基礎上，解析清楚物體的受力情況、運動情況，合適地采納研究對象和研究過程，正確地采納適用的物理規(guī)律。【知識升華】動力學方法”簡介：從力與運動的關系”角度來研究運動狀態(tài)和運動過程的學習研究方法。物體所受的合外力決定物體運動的性質。物體所受的合外力可否為零，決定物體的運動是勻速運動（或靜止）還是變速運動；物體所受的合外力可否恒定，決定物體的運動是勻變速運動還是非勻變速運動；物體所受合外力的方向與物體運動方向的關系決定物體的運動軌跡是直線還是曲線。解決動力學問題，要對物體進行受力解析，進行力的分解和合成；要對物體運動過程進行解析，爾后依照牛頓第二定律，把物體受的力和運動聯(lián)系起來，列方程求解?！痉椒c撥】常用的解題方法：整體法和隔斷法；正交分解法；合成法。考點一、整體法和隔斷法整體法和隔斷法平時用于辦理連接體問題。要點講解：作為連接體的整體，一般都是運動整體的加速度相同，可以由整體求解出加速度，爾后應用于隔斷后的每一部分；也許由隔斷后的部分求解出加速度爾后應用于整體。辦理連接體問題的要點是整體法與隔斷法的配合使用。隔斷法和整體法是互相依存、互相補充的，兩種方法互相當合交替使用，常能更有效地解決有關系結體問題?？键c二、正交分解法當物體碰到兩個以上的力作用而產生加速度時，常用正交分解法解題。要點講解：多數(shù)情況下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，F(xiàn)x=ma（沿加速度方向）Fy=0（垂直于加速度方向），特別要注意在垂直于加速度方向依照合力為零的特點正確求出支持力。特別情況下也可以分解加速度。考點三、合成法（也叫平行四邊形定則、三角形定則）要點講解：若物體只受兩個力作用而產生加速度時，這時二力不平衡，依照牛頓第二定律可知，利用平行四邊形法規(guī)求出的兩個力的合外力方向就是加速度方向。特別是兩個力互相垂直或相等時，應用力的合成法比較簡單（勻速圓周運動都屬于這類問題）?！镜湫屠}】種類一、勻變速直線運動用動力學方法解決勻變速直線運動問題時，主要依照牛頓運動定律，經常結合運動學知識和動能定理（動能定理是依照牛頓第二定律推導出來的，導出的公式、定理等很多時候用起來要簡單得多）第1頁共11頁例1、風洞實驗室中可產生水平方向的、大小可調治的風力?，F(xiàn)將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑，以下列圖：(1)當桿在水平方向上固準時，調治風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，這時小球所受的風力為小球所受重力的0.5倍。求小球與桿間的滑動摩擦因數(shù)。壬二壬一三(2)保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37°并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離s所需時間為多少？(sin37=0.6,cos37°=0.8)【思路點撥】(1)依照平衡條件求出動摩擦因數(shù)；(2)做受力求、正交分解，依照牛頓第二定律求解?！敬鸢浮?1)0.5(2)【解析】(1)當桿在水平方向上固準時，運動解析：小球在桿上做勻速運動，直線運動；受力解析：重力mg，方向豎直向下、支持力N，方向豎直向上、摩擦力f,f=JN，方向向右、風力F,大?。篎=0.5mg,由平衡條件，水平方向：F=f豎直方向：N=mg列出方程0.5mg二Jmg解得」二0.5(2)受力解析：重力mg,方向豎直向下，支持力N，方向垂直桿斜向左上方,摩擦力f,f-，沿桿方向向上，保持小球所受風力不變,F=0.5mg，作出受力求，進行正交分解，把重力、風力沿桿方-一一圭-向、垂直于桿方向分解。運動解析：小球沿桿從靜止下滑，沿桿方向的合力恒定，小球做勻加速直線運動。第2頁共11頁依照牛頓第二定律列方程沿桿方向：FcoSmgsHn_fma①垂直于桿方向：NFsinv-mgcosr②f③3ag聯(lián)立①②③解得加速度4g又由s1.2at下滑距離s所需時間為t=.2_8sa】3g2【總結升華】正確進行運動解析、受力解析、正交分解，依照牛頓第二定律沿桿方向、垂直于桿方向列出方程，求出加速度是解題的要點。貫穿交融【變式1】民用航空客機的機艙，除了有正常的艙門和舷梯連接供旅客上下飛機外一般還設有緊急出口，發(fā)買賣外情況的飛機著陸后，打開緊急出口的艙門，會自動生成一個由氣囊構成的斜面，機艙中的人可沿著該斜面滑行到地面上來。設機艙出口離氣囊底端的豎直高度h=3.0m，氣囊構成的斜面長x=5.0m，CD段為與斜面圓滑連接的水平川面，一個質量m=60kg的人從氣囊上由靜止開始滑下，人與氣囊、地面間的動摩擦因數(shù)均為卩=0.5不計空氣阻力，g取10m/s。求：（1）人從斜面上滑下時的加速度大?。?）人滑到斜坡底端時的速度大小【答案】(1)2m/s2(2)2、5m/s(3)2.0m【解析】（1）人受力以下列圖由牛頓運動定律mgsinv-'N=maN-mgcos：-0解得a=gsin日一cos日=2m/s2(2)由vC=2ax，求得vC=2、-5m/s.第3頁共11頁(3)由牛頓運動定律」mg二ma，2由0-Vc=-2ax?解得x=2m?！咀兪?】有一質量m=1kg的小球串在長s=0.5m的輕桿頂端，輕桿與水平方向成v-37,2靜止釋放小球，經過t=0.5s小球到達輕桿底端(g=10m/ssin37=0.6,cos37°0.8),試求：小球與輕桿之間的動摩擦因素；在豎直平面內給小球施加一個垂直于輕桿方向的恒力，使小球釋放后加速度為a=2m/s2此恒力大小為多少？【答案】(1).二-0.25(2)若此恒力垂直桿向下，F(xiàn)=8N;若此恒力垂直桿向上，F(xiàn)=24N。122s2【解析】(1)由sat求得加速度a===4m/st2沿桿方向、垂直于桿方向正交分解，應用牛頓第二定律mgsin：「f二maN=mgcosf=」N代入數(shù)據聯(lián)立解得.二=0.25依照牛頓第二定律mgcos(2)若此恒力垂直桿向下，沿桿方向、垂直于桿方向正交分解，支持力垂直于斜面向上，小球受力求如圖1所示。f=：』N代入數(shù)據聯(lián)立解得F=8N若此恒力垂直桿向上，沿桿方向、垂直于桿方向正交分解，此時支持力垂直于斜面向下(由于F’Amgcos。),第4頁共11頁小球受力求如圖2所示。第5頁共11頁mgsinJ-f=maN=F-mgoSf-」N代入數(shù)據聯(lián)立解得F=24N種類二、非勻變速運動例2、以下列圖，一根輕彈簧下端固定，直立在水平面上?其正上方A地址有一只小球。小球從靜止開始下落，在B地址接觸彈簧的上端，在C地址小球所受彈力大小等于重力，在D地址小球速度減小到零，在小球下降階段中，以下說法正確的選項是.從ATD地址小球先做勻加速運動后做勻減速運動.從ATC地址小球重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C.在B地址小球動能最大.在C地址小球動能最大【思路點撥】把小球的運動依照受力分為三個階段:重力大于彈簧彈力，重力等于彈簧彈力，重力小于彈簧彈力，解析加速度的大小和方向?！敬鸢浮緿【解析】小球到達B點前做自由落體運動，(1)重力大于彈力：過B點后，C點前，壓縮彈簧，設壓縮量為x，彈力F=kx，合外力為mg-kx，應用牛頓第二定律，mg-kx=ma,x不斷增大，彈力增大，合外力減小，加速度減小，加速度方向與速度方向相同，速度增大,做加速度減小的加速運動。(2)重力等于彈力：在C地址，mg二kx，合力為零，加速度為零，速度達到最大。(3)重力小于彈力：C點后，到D點前，mgkx,mg-kx二ma,合力方向向上，加速度向上，速度方向還是向下，做減速運動，合力不斷增大，加速度增大，到D點后，速度為零，加速度最大，向上反彈。向上反彈到最高點的運動解析，可參照上面的解析。依照以上解析，小球加速度向來在變化，不是勻加速也不是勻減速。在C地址小球動能最大。從ATC地址小球重力勢能減少，動能增大，彈性勢能增大。因此C正確?！究偨Y升華】受力情況不相同，運動情況就不相同，必定按不相同的受力情況將運動過程分開，具體一步一步解析計算。整個過程合力不斷變化，加速度不斷變化(大小、方向都在變)，不要任意就說是勻加速、勻減速?！咀兪健坑覉D為蹦極運動的表示圖。彈性繩的一端固定在O點，另一端和運動員相連。運C點到達最低點D，爾后動員從O點自由下落，至B點彈性繩自然挺直，經過合力為零的彈起。整個過程中忽略空氣阻力。解析這一過程，以下表述正確的選項是①經過②經過

BC

點時，運動員的速率最大點時，運動員的速率最大③從C點到④從C點到

DD

點，運動員的加速度增大點，運動員的加速度不變A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】B第6頁共11頁【解析】運動員的下落過程：CTB自由落體運動，BTC重力大于.-彈性繩的彈力，做加速度越來越小的加速運動，C點加速度為零,第7頁共11頁速度最大，3D彈力大于重力，加速度向上，運動員做加速度增大的減速運動，D點速度為零?？梢夿正確?！靖咔逭n堂：369021動力學方法及其應用例引例3、兩木塊質量分別為m、M，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連在一起，放在水平川面上，將木塊1壓下一段距離后釋放，它就上下做簡諧振動。在振動過程中木塊2恰好向來不走開地面。求：（1）木塊1的最大加速度，_（2）木塊2對地面的最大壓力。【思路點撥】木塊m上下做簡諧振動。當1運動到最高點時，彈簧伸長最長，彈力大小等于重力Mg，簡諧運動擁有對稱性，1在最高點、最低點時加速度大小相等?！敬鸢浮浚?）a=g方向向下m（2）N=2（Mm）g方向向下【解析】（1）1在最高點時，對2，由題意f彈=Mg對1,由牛頓運動定律，f彈+mg二ma（m碰到的彈力方向向下）（Mm）ag萬向向下m（2）最大壓力應發(fā)生在彈簧最弊端。1在最低點時，2對地面壓力最大。對1，由對稱性a=（M一^m）g方向向上，mf彈一mg二maf彈=2mgMg對2由平衡條件可知木塊2地面的支持力N=f彈+Mg=2（Mm）g依照牛頓第三定律，木塊2地面的最大壓力大小等于2（Mm）g方向豎直向下?！究偨Y升華】依照簡諧運動對稱性的特點，確定木塊m加速度最大的地址，確定最大壓力應發(fā)生在彈簧最弊端，即木塊m在最低點時，2對地面壓力最大。【高清課堂：369021動力學方法及其應用例4】貫穿交融【變式】以下列圖，物體A、B的質量不相同，與地面間動摩擦因數(shù)都為“現(xiàn)用手向左推動B使彈簧處于壓縮狀態(tài)。突然松手，解析A、B分其他地址是在彈簧原長處，還是原長處的左側或右側？第8頁共11頁【答案】彈簧原長處?！窘馕觥糠謩e剎時兩者速度、加速度相同，互相作用力為零，aA=aB。分別剎時B僅受向左的摩擦力，」mg=ma，a-'g，A的加速度也為Jg，若是此時A還受彈簧的彈力，兩者加速度就不等了，因此此時彈力為零，即彈簧處于原長處。例4、(2015四川卷)以下列圖，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E=1.5>106N/C，方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.0>10一6C，質量m=0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù)尸0.4,P從O點由靜止開始向右運動，經過0.55s到達A點，到達B點時速度是5m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為且tana=1.2。P在整個運動過程a,中向來碰到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關系如表所示。P視為質點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g=10m/s2，求：-------------------------?------------------/7N263(1)小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間;小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功。【答案】(1)t1=0.5s；(2)W=—9.25J?！窘馕觥?1)物體P在水平桌面上運動時，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑動摩擦力大小為：f=gg=1N。依照表格數(shù)據可知，物體P在速率v=0?2m/s時，所受水平外力F1=2N>f，因此，在進入電場所區(qū)從前，物體P做勻加速直線運動，設加速度為a1,不如設經時間t1速度為v1=2m/s，還未進入電場所區(qū)。依照勻變速直線運動規(guī)律有：V1=a1t1①第9頁共11頁依照牛頓第二定律有：iiF-f=ma由①②式聯(lián)立解得：t1=mvL=0.5sv0.55s,因此假設成立Fi_f即小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間為ti=0.5s（2）當物體P在速率v=2?5m/s時，所受水平外力F2=6N，設先以加速度a?再加速t2=0.05s至A點，速度為V2，依照牛頓第二定律有：F2—f=ma2依照勻變速直線運動規(guī)律有：212t2V=V+a由③④式聯(lián)立解得：v2=3m/s物體P從A點運動至B點的過程中，由題意可知，所受水平外力依舊為F=6N不變，設位移為x，加速度為a，依照牛頓第二定律有:2i3F2—f—qE=ma3依照勻變速直線運動規(guī)律有：2a3X1=vB由⑤⑥⑦式聯(lián)立解得：xi=im依照表格數(shù)據可知，當物體P到達B點時，水平外力為F3=qE=3N，因此，走開桌面在水平方向上做勻速占直線運動，在豎直方向上只受重力，做自由落體運動，設運動至時，其水平向右運動位移為2,時間為t3,則在水八X2B3平方向上有：X=Vt依照幾何關系有：cot坐a=V2由⑨⑩式聯(lián)立解得：X2=1|m因此電場力做的功為：W=—qE（馮+X2）由⑧？？式聯(lián)立解得：W=—9.25J【考點】物體的受力解析、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律、平拋運動規(guī)律、功的定義式的應用。貫穿交融mg(Rr)sin寸A.mg(R+r)(sin日一卩cos^)B.B2d22d2mg(R+r)(sin日+4cosBDmgR(sin日_4cos^)日)c.B2d2B2d2【變式1】上題中若ab與導軌間的滑動摩擦因數(shù)為J，金屬桿ab運動的最大速度為（【答案】B【解析】在上題圖中加上摩擦力，方向寫斜面向上，桿達到最大速度后做勻速運動。依照牛頓第二定律mgsinv-FA?f=0,f="N=Jmgcos-第10頁共11頁22安培力十，解得W呵B2d2【變式2】以下列圖，兩根豎直放置的圓滑平行導軌，其中一部分處于方向垂直導軌所在平面并且有上下水平界線的勻強磁場中。一根金屬桿MN保持水平并沿導軌滑下（導軌電阻不計），當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，其運動的速度隨時間變化的圖線不可以能的是（）【答案】B則金屬桿做勻速直線運動,A可能；當金屬桿【解析】當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，若是安培力恰好等于重力,MN進入磁場區(qū)后，若是安培力小于重力，則金屬桿連續(xù)加速，做加速度減小的加速運動，直到安培力等于重力，做勻速直線運動，則C可能；當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，若是安培力大于重力，則金屬桿做加速度減小的減速運動，圖像如D，D是可能的。B圖反響的是勻加速直線運動，是不可以能的。應選B。種類三、勻速圓周運動【高清課堂：369021動力學方法及其應用例3】例5、質量為m的木塊從半球形的碗口下滑到碗的最低點運動過程中，若是由于摩擦力的作用使得木塊速率不變，則（）A.由于速率不變因此木塊的加速度為零B.木塊下滑過程中所受的合外力越來越大C.木塊下滑過程中，摩擦力大小不變D?木塊下滑過程中，加速度大小不變，方向向來指向球心【思路點撥】對木塊進行受力解析和運動解析，支持力和摩擦力大小、塊下滑過程做速率不變的圓周運動。方向都發(fā)生變化，木【答案】D【解析】由于摩擦力的作用使得木塊速率不變，這是典型的勻速圓周運動。做受力解析如圖,速率沿切線方向，速率不變，切線方向合力為零，切向加速度為零，只有指向圓心的向心加速度，改變速度的方向，A不對。合外力指向圓心，2V一N-mgcosv-m，速率不變，則向心力大小不變，B不對。第11頁共11頁R可以看出木塊下滑過程中，71變小，C0S31變大，N變大,在切線方向應用平衡條件，f二mgsi，木塊下滑過程中，門變小，則摩擦力變小，C不對。因此D對。第12頁共11頁2其他：由N_mgco*=mVR可以看出木塊下滑過程中，七小，c亦變大，N變大。又由-知，f變小，N變大，因此動摩擦因素減小。N【總結升華】關于這類勻速圓周運動，誠然不常有，但只要抓住受力解析，運動解析，應用動力學方法解題還是能夠做到駕輕就熟的。貫穿交融【變式】上題中從碗口到碗底，碗面的粗糙程度的變化情況是（）A.碗口圓滑，碗底粗糙B.碗口粗糙，碗底圓滑C.碗口到碗底相同粗糙D.條件不足，無法判斷【答案】B種類四、判斷物體的運動【高清課堂：369021動力學方法及其應用例2】例6、一航天探測器完成對月球的探測任務后，在走開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線翱翔，先勻加速運動，再勻速運動，探測器經過噴氣而獲得推動力。以下關于噴氣方向的描述中正確的選項是（）A?探測器勻加速運動時，沿運動直線向后噴氣B.探測器勻加速運動時，豎直向下噴氣C.探測器勻速運動時，豎直向下噴氣D?探測器勻速運動時，不需要噴氣【思路點撥】對探測器進行受力解析，推動力與噴氣方向相反，勻速運動時合力為零，勻加速運動時，加速度方向與合力方向相同?！敬鸢浮緾【解析】題目對運動狀態(tài)的描述：先勻加速運動，再勻速運動。的描述，C、DA、B選