处理力与运动问题的三把“金钥匙”

赵兴旺

在高考物理复习中，很多同学喜欢多做题，目的是巩固知识，寻求规律，归纳解题思路和方法。做题，不在于多而在于精，通过老师的有效点拨，达到融会贯通，举一反三。一题多解就是同一试题，从不同的角度分析，使用不同的物理规律，获得正确答案的过程。解法不同，解题的过程繁简有别，解题的方法有优有劣，这样比较不同解法，确定最佳方案，有助于培养学生的发散能力、分析综合能力和优化思维能力。

【例1】 质量为m的物体A，以速度v0从平台上滑到与平台等高、质量为M的静止小车B上，如图1所示。小车B放在光滑的水平面上，物体A与B之间的动摩擦因数为μ，将A视为质点，要使A不致从小车上滑出，小车B的长度L至少应为多少？

图1

◎ 解法一：力的观点

取向右为正方向，对A、B分别用牛顿第二定律：

μmg=maA，μmg=MaB

应用加速度的定义式：

aA=，aB=

由牛顿第三定律有MaB=-maA ①

由以上各式解得

v1=，aA=-μg，aB=μg

由运动学公式

对A：v12-v=2aA（L+s） ②

对B：v12=2aBs ③

联立①②③可解得

L=。

◎ 解法二：利用功能关系与动量守恒定律

对A、B系统运用动量守恒定律

mv0=（M+m）v1①

由功能关系

μmgL=mv-（M+m）v12②

联立①②两式，解得

L=。

◎ 解法三：利用“相对运动”求解

位移、加速度、速度都是相对地面（以地面为参照物），如果以B为参照物，可以运用A相对于B的位移、速度和加速度来求解。取向右方向为正，则A相对B的加速度

aAB=aA-aB=-μg-μg

由运动学公式得02-v=2aABL

所以L===。

【例2】 （2007•山东） 如图2所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0 kg小滑块，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2 m，滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取 g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

图2

（1）若圆盘半径R=0.2 m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？

（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。

（3）从滑块到达B点时起，经0.6 s正好通过C点，求BC之间的距离。

【分析】 （1）滑块在圆盘上做圆周运动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得

μmg=mω2R①

代入数据得

ω==5 rad/s②

（2）◎ 解法一：用牛顿运动定律和运动学公式

滑块在A点时的速度

v=ωR=1 m/s ③

设滑块在AB段下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得

a1=g（sin53°－μcos53°）=5 m/s2 ④

由运动学公式得

v－v=2a1sAB

=2a1 ⑤

由机械能的定义得B点的机械能EB

E=mv－mgh ⑥

解得：E=－4 J

◎ 解法二：用动能定理和机械能的定义解决

从A到B过程由动能定理得

mgh－μmgcos53°

=mv－mv ⑦

由③⑥⑦式得

E=－4 J

◎ 解法三：用功和能的关系解决

除重力以外其他外力做功量度了机械能的变化，可得

－μmgcos53°=E－E⑧

E=mv ⑨

由⑧⑨两式得

E=mv－μmgcos53° ⑩

代入数据得

E=－4 J

（3）滑块在BC上做匀减速运动，首先应判断0.6 s通过C点是处于上升还是下降阶段。

滑块在B点的速度由⑤式得

v=4 m/s ?輥?輯?訛

滑块沿BC上升的加速度

a=g（sin37°+μcos37°）

=10 m/s2 ?輥?輰?訛

滑块升至最高点的时间

t1==0.4 s<0.6 s

故滑块应在返回过程中过C点

◎ 解法一：根据牛顿第二定律和运动学公式

返回时滑块的加速度

a3=g（sin37°－μcos37°）=2 m/s2 ?輥?輱?訛

BC间的距离

s=－a3t－2=0.76 m ?輥?輲?訛

返回至C点时速度

v=a3t－=0.4 m/s?輥?輳?訛

设滑块上升最大距离为s1，再下至C点距离为s2，则由平均速度公式得

s1=t

s2=（t－t1） ?輥?輴?訛

由几何关系知

s=s1－s2=0.76 m

◎ 解法二：根据动能定理求解

设滑块上升的最大距离为s1，由动能定理得

－（μmgcos37°+mgsin37°）s1

=0－mv ?輥?輵?訛

s2=a3（t－t1）2 ?輥?輶?訛

由?輥?輵?訛?輥?輶?訛两式得

s=s1－s2=0.76 m

◎ 解法三：利用v-t图象

根据上面分析知v=4 m/s，上升的时间t1=0.4 s，t=0.6 s时，v=0.4 m/s，根据以上信息，作出v－t图象如图3所示，利用v－t图求所围面积得

s=×0.4 m－×0.2 m=0.76 m

图3

【例3】 在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10-3 kg的小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy。现突然加一沿x轴正方向大小为2.0×10-4 N的恒力F，使小球开始运动。经过1.0 s，所加恒力突然变为沿y轴正方向，大小仍为2.0×10-4 N，再经过1.0 s，所加力又突然变为另一个恒力，使小球在此恒力作用下经1.0 s速度变为零。求此时恒力的方向及速度变为零时小球的位置。

【分析】 小球运动经历了三个不同阶段，弄清各运动过程的初始条件、受力情况和运动性质是求解本题的关键，小球在第一个1.0 s内做初速度为零的匀加速运动，第二个1.0 s内做类平抛运动，第三个1.0 s内做匀减速直线运动，其轨迹如图4所示，可见，只需要按小球运动过程逐一求解。

图4

◎ 解法一

由牛顿定律得知，小球加速度的大小为

a==0.20 m/s2 ①

当恒力沿x轴正方向时，经过1 s小球的速度大小为

v=at=0.20 m/s②

速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离

Δx1=at2=0.10 m③

在第2 s内，恒力方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为v的匀速直线运动，在y方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿x方向移动的距离

Δx2=vxt＝0.20 m ④

沿y方向移动的距离

Δy=at2=0.10 m ⑤

故在第2 s末小球到达的位置坐标

x2＝Δx1＋Δx2=0.30 m⑥

y2=Δy=0.10 m⑦

在第2 s末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度

vy=at＝0.20 m/s ⑧

由上可知，此时运动方向与x轴成45°角，要使小球速度能变为零，则在第3 s内所加恒力的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角。在第3 s内，设在恒力作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则

a==0.20 m/s2⑨

ay==0.20 m/s2⑩

在第3 s末小球到达的位置坐标为

x3=x2+vt－axt2=0.40 m?輥?輯?訛

y3=y2+vyt－ayt2=0.20 m?輥?輰?訛

◎ 解法二

在x方向，小球第1 s内做匀加速直线运动，速度从零增加到v=at=t=0.2 m/s；在第2 s内做速度为vx的匀速直线运动； 在第3 s内做匀减速直线运动，速度从vx减少到零。作出小球在x方向运动的vx-t图（如图5）

图5

图6

在y方向，小球第1 s内不动，第2 s内做匀加速直线运动，速度从零增加到v=at=t=0.2 m/s；第3 s内做匀减速直线运动，速度从v减少到零。作出小球在y方向上运动的v-t图（如图6），图5、图6中，图线与横轴所围面积分别为0.4和0.2。由于在v-t图中，图线所围面积在数值上等于物体运动位移的大小，所以小球在x、y方向的位移分别为0.4 m和0.2 m。即小球在第3 s末的位置坐标为x=0.4 m、y=0.2 m。

由v-t图的斜率知，小球在第3 s内的加速度与第1 s内的加速度等值反向，故第3 s内恒力在x方向的分量与第1 s内的恒力等值反向。同理，由v-t图的斜率知，第3 s内恒力在y方向的分量与第2 s内的恒力等值反向。考虑到第1 s内与第2 s内恒力分别沿x、y轴的正方向，且大小相等，因而，第3 s内所加恒力的方向必定与x轴成225°角。

上述解法，利用了v-t图象中图线与横轴所围的面积表示位移大小以及图线的斜率表示加速度这一规律，解题过程简捷直观，但对能力要求更高。

◎ 解法三

在第1 s内对小球由动量定理得

Ft=mv?輥?輱?訛

由动能定理得FΔx1＝mv?輥?輲?訛

由?輥?輱?訛式得 v==0.20 m/s

代入?輥?輲?訛式得 Δx1==0.10 m

第2 s内对小球在y方向由动量定理得

Ft=mv?輥?輳?訛

由动能定理得FΔy2=mv?輥?輴?訛

由?輥?輳?訛式得 v==0.20 m/s

代入?輥?輴?訛式得Δy==0.10 m

第2 s末小球在x方向的分速度仍为vx，小球在x方向移动距离Δx2=vxt=0.20 m。由上可知，第2 s末小球运动方向与x轴成45°角，要满足题目条件，所加恒力方向须与此方向相反。

对全过程应用动能定理，设所加恒力为F＇，在x方向上，

FΔx1－F＇Δx3=0 ?輥?輵?訛

又因F＇＝F ?輥?輶?訛

由?輥?輵?訛?輥?輶?訛两式得Δx3=Δx1

同理Δy3=Δy2

在第3 s末小球达到的位置坐标为

x3=Δx1+Δx2=0.40 m

y3=Δy2+Δy3=0.20 m

◎ 解法四

小球在第1 s内做初速度为零的匀加速直线运动，可求得第1 s末的速度vx＝0.20 m/s，前进的距离Δx1=0.10 m。在第2 s内，小球在x方向做匀速直线运动，在此时间内前进Δx2=0.20 m，第2秒末的速度仍为vx；小球在y方向上的运动情况完全与小球在第1 s内运动情况相同，故在y方向前进的距离Δy2=0.10 m，v=0.20 m/s。由此可判断所加恒力方向，与x轴成225°角。

在第3 s内，小球在x方向做初速度为vx的匀减速直线运动，因与第1 s内运动时间相同，故物理过程具有逆对称性（类似竖直上抛运动），所以有Δx3=Δx1，而在y方向运动与小球在第2 s内的运动过程也具有逆对称性，故有Δy3=Δy2，由此可得小球第3 s末的位置坐标

x3=Δx1+Δx2+Δx3=0.40 m

y3=Δy2+Δy3=0.20 m

◎ 解法五

利用矢量图确定恒力的方向。由动量定理可知，小球在整个过程中，3 s内所受的合冲量I＝Δp=0，而I是x轴方向上的冲量I1（第1 s），y轴方向上的冲量I2（第2 s）和第3 s内的冲量I的矢量和。I1＝I2 ＝Ft。由图7矢量关系可得：I＝I1＝Ft，I与x轴成225°角，即：第3 s内所加恒力的方向指向第三象限，与x轴成225°

图7

点评 解决力和运动问题，一般有三种途径：

（1）牛顿第二定律和运动学公式（力的观点）；

（2）动量定理和动量守恒定律（动量观点）；

（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律（能量观点）。

以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”。

【跟踪训练】

1. 一个跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水。（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是_______s，（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2，结果保留两位有效数字）

2. 在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25 cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图8中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=_______，（用l、g表示），其值_______。（取g=9.8 m/s2）

图8