解决动力学问题的三种途径

解决动力学问题的三种途径教学目的：通过复习让学生进一步熟悉利用三种途径解决动力学问题的程序教学重点：如何根据实际情况选择相应的规律解决动力学问题动力学问题是高中物理中经常出现的问题，解决动力学问题的三种途径是：一、 能量的途径。（考查外力的做功情况，确定动能的变化，应用动能定理解题）二、 动量的途径。（考查外力对物体产生的动量情况，确定物体动量的是否变化用动量定理与动量守恒定律解题）三、 加速度的途径。（考查外力作用在物体上的瞬时效果——加速度，确定物体的运动情况，用牛顿第二定律解题）（一） 规律的梳理、动能定理：、动能定理：二、 动量定理：Ft=mV—mv=p"—p,或Ft=Ap动量守恒定律：叫耳+叫匕=叫们+叫応三、 牛顿第二定律：F合=ma（二）解题思路指津在以上解决动力学问题的三种思路中,由于能量是标量,因此用能量的观点解决动力学问题最为简单。解题时在明确研究对象进行受力分析后,即可直接考查有哪些力对物体做功,既不需要考虑研究对象的具体运动过程,也不需要考虑物理量的方向,因此极为简单。而用动量的观点解决动力学问题时由于动量是矢量,必须考虑公式各物理量的方向。解题时同样在确定研究对象,进行受力分析后,则直接考查是否有力对研究对象产生冲量有哪些力对物体产生冲量,同样不考虑具体的运动过程。但规律的矢量性却是考查的重点。因此较用能量的途径解决复杂。用牛顿第二定律解决动力学问题时,力、速度、加速度都是矢量,不仅要考虑他们的方向,而且要考虑在那样的合力作用下,物体的具体运动过程。解题时同样在明确研究对象,进行受力分析的基础上,要根据物体所受的合力及初速度的情况,确定物体究竟做什么运动。因此,这条途径最为复杂。（三）典型例题分析1、质量为m的物体从高为h的斜面顶端自静止起下滑，最后停在平面上的B点，

如图所示’若该物体从斜面顶端以初速度v如图所示’若该物体从斜面顶端以初速度v。沿斜面滑下’则停在平面上的C点,运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为"1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至“2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出.为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)砂砂1•兀1+冲2•兀2=联立以上各式，解得兀=2“ig-v02 2g(“1- “2)代入数据得X2=10皿【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为X1,所受摩擦力的大小为Fp1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2,所受摩擦力的大小为Fp2.则有x1＋x2=x式中x为投掷线到圆心0的距离.Fp1=p1mgFp2=p2mg设冰壶的初速度为vO，由功能关系，得

3、如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2（g取10m/s2）。设小车足够长，求（1） 木块和小车相对静止时小车的速度。（2） 从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。以木块速度方向为正方向，由动量守恒定律可得木块mv=2m/s0v小车M

v=00以木块速度方向为正方向，由动量守恒定律可得木块mv=2m/s0v小车M

v=00v2）再以木块为研究对象，nmv0=(M+m)v—\ m 0.4~—v= v= x2=0.4m/sM+m0 0.4+1.6其受力情况如图所示，由动量定理可得为F=-ft=mv-mVo]—t==0=一(0.4一2)x4=0.8s卩g 0.2x10f=Mmg3）木块做匀减速运动，车做匀加速运动，加速度学公式可得：v2-v3）木块做匀减速运动，车做匀加速运动，加速度学公式可得：v2-v2=2ast0在此过程中木块的位移S=1力口速度a=f=Rg=2m/s2m0.2x0.4x10 由运动= =0.5m/s2，由运动1.6v2一v2—t 02a0.42一22=0.96m—2x2车的位移s=at2=x0.5x0.82=0.16m2222由此可知，木块在小车上滑行的距离为!1S=S]-S2=0.8m即为所求。另解：设小车的位移为S2，则A的位移为S1+1S,

S为木块在小车上滑行的距离，那么小车、木块之间的位移差就是S,作出木块、小车的v-t图线如图所示，则木块在小车上的滑行距离数值上等于图中阴影部分的三角形的“面积”。4、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角久=45°。直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角02=14°。如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M。（取重力加速度g=10m/s2；sin14°=0.242；cos14°=0.970）解：直升机去取解：直升机去取水，水箱受力平衡：水，水箱受力平衡：Tcos0一mg=011解得：f=mftan01直升机返回，由牛顿第一定律得：tsin0-f=（M+m）a22Tsin0一f=011Tcos0一(M+m)=022M=4.5*103kg（四）配套练习TOC\o"1-5"\h\z1、如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌 r面离水平面的高度为h.—质量为m的子弹以水平J”速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出.重力~ "加速度为g.求 [（1）此过程中系统损失的机械能； 一"J』”2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。解析：（1）设子弹穿过物块后的速度为V，由动量守恒得

vmv—mvmv—mx~+MV02解得：mvV— 02M……① （3分）…………②系统损失的机械能为：.E12AE—mv220③（3分）由②③两式可得：、mv由②③两式可得：、mv20丿…………④（3分）（2）设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s，则：……⑤s—Vt…………⑥（2分）2分）由②⑤⑥二式可得：s— i'-h_MH2则：……⑤s—Vt…………⑥（2分）2分）由②⑤⑥二式可得：s— i'-h_MH2g2、固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s2。求:⑴小环的质量m；⑵细杆与地面间F/N5.5—i

5…匸0246t/s⑴小环的质量m；⑵细杆与地面间的倾角«。F/N5.5—i5-__r0246t/s解：由图得：v=解：由图得：v=0.5m/s2前2s有：F2~mgsina=ma2s后有：F2=mgsina代入数据可解得：m=1kg,a=30。3、如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图.绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h=0.45m现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取l0m／s2⑴若行李包从B端水平抛出的初速v=3.0m/s,求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2)若行李包以v°=1.0m/s的初速从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数M=0.20,要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件解(1)设行李包在空中运动时间为t,飞出的水平距离为S,则h=1/2t2①s=vt②代入数据 得： t =0.3s③s=0.9m④(2)设行李包的质量为m,与传送带相对运动时的加速度为a,则滑动摩 擦 力 F=卩mg=ma⑤代入数据 得 ： a =2.0m/s2

⑥要使行李包从B端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s2as=v22as=v2—v200代入数据得 s02.0m故传送带的长度L应满足的条件为：L》2.0m4、光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B,A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C。取g=10m/s2，求绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；绳拉断过程绳对B的冲量啲大小;(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。解析：(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度九，到达C点时的速度为v，BC1)21)2)v2mg=m~c~B BR1=mv2+