动力学三类典型问题逐个击破

■湖南省汨罗市第一中学 蒋 纬

动力学问题涉及受力分析、运动分析和能量分析,要求同学们能够灵活选用功能关系列式求解传送带模型问题和滑块—木板模型问题,能够熟练运用动力学观点和能量观点分析多运动组合问题。下面通过具体问题的分析与求解,归纳总结三类常见典型动力学问题的击破之法,供同学们参考。

题型一:传送带模型

例1如图1 所示,水平传送带足够长,以速度v=4 m/s沿顺时针方向转动,与倾角θ=37°的斜面的底端P平滑连接,将一质量m=2 kg的小物块从A点由静止释放。已知A、P两点间的距离L=8 m,物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.2,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

图1

(1)物块第1次滑过P点时的速率vP。

(2)物块第1 次在传送带上往返所用的时间t。

(3)物块从释放到最终停止运动,与斜面间因摩擦而产生的热量Q。

击破之法:解答本题的关键是熟练应用牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒定律;要注意(2)问的分析过程中物块减速为零后,反向运动过程分为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段;求解(3)问的关键是分析出物块第2次经过P点时的动能将在之后的往返运动中转化为与斜面间因摩擦而产生的热量。

题型二:滑块—木板模型

例2如图2甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t=0 时刻,一小物块以初速度v0从左端滑上长木板,之后长木板的v-t图像如图2 乙所示,已知小物块与长木板的质量均为m=1 kg,木板足够长,取重力加速度g=10 m/s2,则( )。

图2

A.小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5

B.在整个运动过程中,由小物块与长木板组成的系统中产生的热量为70 J

C.小物块的初速度v0=12 m/s

D.在0～2 s与2 s～3 s时间内,由小物块和长木板组成的系统的机械能减少量之比为17∶1

解析:根据长木板的v-t图像可知,长木板先做匀加速运动,再做匀减速运动,地面对长木板有摩擦力。在0～2 s时间内,长木板受到小物块对它向右的摩擦力和地面对它向左的摩擦力而做匀加速运动,加速度。对长木板应用牛顿第二定律得f1+f2=ma1,其中f1=μmg。在2 s～3 s时间内,长木板与小物块相对静止,长木板受到地面对它向左的摩擦力而做匀减速运动,加速度-2 m/s2。对由小物块与长木板组成的系统应用牛顿第二定律得f2=2ma2=4 N,解得μ=0.5,选项A 正确。在0～2 s时间内,小物块受到长木板对它向左的摩擦力而做匀减速运动,根据牛顿第二定律得-μmg=ma,根据速度公式得v=v0+at,其中v=2 m/s,解得a=-5 m/s2,v0=12 m/s,选项C 正确。最终长木板与小物块均静止,因此在整个运动过程中,系统中产生的热量等于小物块的初动能,即,解得Q=72 J,选项B错误。在2 s～3 s时间内,小物块和长木板一起做匀减速运动,系统的机械能减少量,在0～2 s时间内,系统的机械能减少量ΔE1=Q-ΔE2=68 J,因此在0～2 s与2 s～3 s时间内系统的机械能减少量之比ΔE1∶ΔE2=17∶1,选项D正确。

答案:ACD

击破之法:(1)动力学分析,分别对小物块和长木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出其加速度;从小物块滑上长木板到二者速度相等,所用时间t=2 s,共同速度v=2 m/s。(2)功和能分析,对小物块和长木板分别应用动能定理,或者对系统应用能量守恒定律求出产生的热量和机械能的减少量。作出小物块和长木板的运动情况示意图,如图3 所示,要注意区分三个位移,①求摩擦力对小物块做的功时用小物块的对地位移x滑,②求地面摩擦力对长木板做的功时用长木板的对地位移x板,③求摩擦生热时用相对位移Δx。

图3

题型三:多运动组合问题

例3某游乐场的一个游乐装置可简化为如图4 所示的竖直面内轨道BCDE,光滑圆弧轨道BC的半径R=0.8 m,轨道BC的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角α=30°,下端点C与粗糙水平轨道CD相切,光滑倾斜轨道DE的倾角θ=30°,一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量m=1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以初速度v0= 2 m/s水平向左抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道BC,沿着圆弧轨道BC运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动,经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道DE向上运动至F点(图中未标出),此时弹簧恰好被压缩至最短。已知C、D两点间和D、F两点间的距离均为L=1 m,滑块P与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。求:

图4

(1)滑块P经过B点时的速度大小。

(2)滑块P到达C点时对轨道压力的大小。

(3)弹簧弹性势能的最大值。

(4)试判断滑块P返回时能否从B点离开。若能,求出滑块P经过B点时的速度大小;若不能,判断滑块P最终位于何处。

解析:(1)设滑块P经过B点时的速度大小为vB,根据平抛运动规律得v0=vBsinα,解得vB=2 2 m/s。

(2)滑块P从B点沿圆弧轨道BC运动到C点的过程中,根据机械能守恒定律得,解得vC=4 2 m/s。设滑块P经过C点时受到轨道的支持力大小为N,则解得N=50 N。根据牛顿第三定律可得,滑块P经过C点时对轨道的压力大小N′=N=50 N。

(3)设弹簧弹性势能的最大值为Ep,在滑块P从C点运动到F点的过程中,根据动能定理得-μmgL-mgLsinθ-Ep=0-,解得Ep=6 J。

(4)设滑块P返回时沿圆弧轨道BC上升的最大高度为h,根据动能定理得mgLsinθ+Ep-μmgL=mgh,解得h=0.6 m。因为h

击破之法:(1)“合”,即从整体上把握全过程,构建大致的运动情景;(2)“分”,即将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律;(3)“合”,即找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题的最优方案。

1.如图5甲所示,一足够长的传送带与水平面间的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,速率始终保持不变。t=0时刻,在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向,物块在传送带上运动的速度随时间的变化规律如图5乙所示。已知物块的质量m=1 kg,取重力加速度g=10 m/s2,下列说法中正确的是( )。

图5

A.传送带沿顺时针方向转动,速度大小为2 m/s

B.传送带与物块间的动摩擦因数μ=

C.0～t1时间因摩擦而产生的热量为27 J

D.0～t1时间内电动机多消耗的电能为28.5 J

2.如 图6 所 示,光 滑 水平面上有一木板,质量M=1 kg,长度L=1 m。在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点),质量m=1 kg。铁块和木板间的动摩擦因数μ=0.3,开始时二者都处于静止状态。某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出。若F=8 N,取重力加速度g=10 m/s2。求:

图6

(1)抽出木板的过程中,摩擦力分别对木板和铁块做的功W1、W2。

(2)抽出木板的过程中,因摩擦而产生的内能Q。

3.如图7 所示,竖直放置的半径R=0.2 m 的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接,倾角θ=30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以速度v0=4 m/s沿顺时针方向运动,传送带与水平地面间的高度差h=0.8 m,传送带M、N两端间的距离LMN=3 m,小滑块P(可视为质点)与传送带和轨道BC间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑。轨道BC的长度LBC=1 m,滑块P的质量m=1 kg,取重力加速度g=10 m/s2。

图7

(1)若滑块P第一次到达与圆形轨道圆心O等高的F点时,对轨道的压力刚好为零,求滑块P从斜面上由静止下滑处与轨道BC间的高度差H。

(2)若滑块P从斜面上与轨道BC间的高度差H′=1 m 处由静止下滑,求滑块P从N点平抛后到落地过程中的水平位移x。

(3)若滑块P在运动过程中能两次经过圆形轨道最高点E,求滑块P从斜面上由静止下滑处与轨道BC间的高度差H的范围。

参考答案: