動力學三類典型問題逐個擊破

■湖南省汨羅市第一中學 蔣 緯

動力學問題涉及受力分析、運動分析和能量分析,要求同學們能夠靈活選用功能關系列式求解傳送帶模型問題和滑塊—木板模型問題,能夠熟練運用動力學觀點和能量觀點分析多運動組合問題。下面通過具體問題的分析與求解,歸納總結三類常見典型動力學問題的擊破之法,供同學們參考。

題型一:傳送帶模型

例1如圖1 所示,水平傳送帶足夠長,以速度v=4 m/s沿順時針方向轉動,與傾角θ=37°的斜面的底端P平滑連接,將一質量m=2 kg的小物塊從A點由靜止釋放。已知A、P兩點間的距離L=8 m,物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別為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:

圖1

(1)物塊第1次滑過P點時的速率vP。

(2)物塊第1 次在傳送帶上往返所用的時間t。

(3)物塊從釋放到最終停止運動,與斜面間因摩擦而產生的熱量Q。

擊破之法:解答本題的關鍵是熟練應用牛頓第二定律、運動學公式和能量守恒定律;要注意(2)問的分析過程中物塊減速為零后,反向運動過程分為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段;求解(3)問的關鍵是分析出物塊第2次經過P點時的動能將在之后的往返運動中轉化為與斜面間因摩擦而產生的熱量。

題型二:滑塊—木板模型

例2如圖2甲所示,一長木板靜止在水平地面上,在t=0 時刻,一小物塊以初速度v0從左端滑上長木板,之后長木板的v-t圖像如圖2 乙所示,已知小物塊與長木板的質量均為m=1 kg,木板足夠長,取重力加速度g=10 m/s2,則( )。

圖2

A.小物塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.5

B.在整個運動過程中,由小物塊與長木板組成的系統中產生的熱量為70 J

C.小物塊的初速度v0=12 m/s

D.在0～2 s與2 s～3 s時間內,由小物塊和長木板組成的系統的機械能減少量之比為17∶1

解析:根據長木板的v-t圖像可知,長木板先做勻加速運動,再做勻減速運動,地面對長木板有摩擦力。在0～2 s時間內,長木板受到小物塊對它向右的摩擦力和地面對它向左的摩擦力而做勻加速運動,加速度。對長木板應用牛頓第二定律得f1+f2=ma1,其中f1=μmg。在2 s～3 s時間內,長木板與小物塊相對靜止,長木板受到地面對它向左的摩擦力而做勻減速運動,加速度-2 m/s2。對由小物塊與長木板組成的系統應用牛頓第二定律得f2=2ma2=4 N,解得μ=0.5,選項A 正確。在0～2 s時間內,小物塊受到長木板對它向左的摩擦力而做勻減速運動,根據牛頓第二定律得-μmg=ma,根據速度公式得v=v0+at,其中v=2 m/s,解得a=-5 m/s2,v0=12 m/s,選項C 正確。最終長木板與小物塊均靜止,因此在整個運動過程中,系統中產生的熱量等于小物塊的初動能,即,解得Q=72 J,選項B錯誤。在2 s～3 s時間內,小物塊和長木板一起做勻減速運動,系統的機械能減少量,在0～2 s時間內,系統的機械能減少量ΔE1=Q-ΔE2=68 J,因此在0～2 s與2 s～3 s時間內系統的機械能減少量之比ΔE1∶ΔE2=17∶1,選項D正確。

答案:ACD

擊破之法:(1)動力學分析,分別對小物塊和長木板進行受力分析,根據牛頓第二定律求出其加速度;從小物塊滑上長木板到二者速度相等,所用時間t=2 s,共同速度v=2 m/s。(2)功和能分析,對小物塊和長木板分別應用動能定理,或者對系統應用能量守恒定律求出產生的熱量和機械能的減少量。作出小物塊和長木板的運動情況示意圖,如圖3 所示,要注意區分三個位移,①求摩擦力對小物塊做的功時用小物塊的對地位移x滑,②求地面摩擦力對長木板做的功時用長木板的對地位移x板,③求摩擦生熱時用相對位移Δx。

圖3

題型三:多運動組合問題

例3某游樂場的一個游樂裝置可簡化為如圖4 所示的豎直面內軌道BCDE,光滑圓弧軌道BC的半徑R=0.8 m,軌道BC的上端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角α=30°,下端點C與粗糙水平軌道CD相切,光滑傾斜軌道DE的傾角θ=30°,一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上。現有質量m=1 kg的小滑塊P(可視為質點)從空中的A點以初速度v0= 2 m/s水平向左拋出,恰好從B點沿軌道切線方向進入圓弧軌道BC,沿著圓弧軌道BC運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動,經過D點(不計經過D點時的能量損失)后沿傾斜軌道DE向上運動至F點(圖中未標出),此時彈簧恰好被壓縮至最短。已知C、D兩點間和D、F兩點間的距離均為L=1 m,滑塊P與軌道CD間的動摩擦因數μ=0.5,取重力加速度g=10 m/s2,不計空氣阻力。求:

圖4

(1)滑塊P經過B點時的速度大小。

(2)滑塊P到達C點時對軌道壓力的大小。

(3)彈簧彈性勢能的最大值。

(4)試判斷滑塊P返回時能否從B點離開。若能,求出滑塊P經過B點時的速度大小;若不能,判斷滑塊P最終位于何處。

解析:(1)設滑塊P經過B點時的速度大小為vB,根據平拋運動規律得v0=vBsinα,解得vB=2 2 m/s。

(2)滑塊P從B點沿圓弧軌道BC運動到C點的過程中,根據機械能守恒定律得,解得vC=4 2 m/s。設滑塊P經過C點時受到軌道的支持力大小為N,則解得N=50 N。根據牛頓第三定律可得,滑塊P經過C點時對軌道的壓力大小N′=N=50 N。

(3)設彈簧彈性勢能的最大值為Ep,在滑塊P從C點運動到F點的過程中,根據動能定理得-μmgL-mgLsinθ-Ep=0-,解得Ep=6 J。

(4)設滑塊P返回時沿圓弧軌道BC上升的最大高度為h,根據動能定理得mgLsinθ+Ep-μmgL=mgh,解得h=0.6 m。因為h

擊破之法:(1)“合”,即從整體上把握全過程,構建大致的運動情景;(2)“分”,即將全過程進行分解,分析每個子過程對應的基本規律;(3)“合”,即找出各子過程之間的聯系,以銜接點為突破口,尋求解題的最優方案。

1.如圖5甲所示,一足夠長的傳送帶與水平面間的夾角θ=30°,皮帶在電動機的帶動下,速率始終保持不變。t=0時刻,在傳送帶適當位置放上一具有初速度的小物塊。取沿斜面向上為正方向,物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化規律如圖5乙所示。已知物塊的質量m=1 kg,取重力加速度g=10 m/s2,下列說法中正確的是( )。

圖5

A.傳送帶沿順時針方向轉動,速度大小為2 m/s

B.傳送帶與物塊間的動摩擦因數μ=

C.0～t1時間因摩擦而產生的熱量為27 J

D.0～t1時間內電動機多消耗的電能為28.5 J

2.如 圖6 所 示,光 滑 水平面上有一木板,質量M=1 kg,長度L=1 m。在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質點),質量m=1 kg。鐵塊和木板間的動摩擦因數μ=0.3,開始時二者都處于靜止狀態。某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出。若F=8 N,取重力加速度g=10 m/s2。求:

圖6

(1)抽出木板的過程中,摩擦力分別對木板和鐵塊做的功W1、W2。

(2)抽出木板的過程中,因摩擦而產生的內能Q。

3.如圖7 所示,豎直放置的半徑R=0.2 m 的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接,傾角θ=30°的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。水平傳送帶MN以速度v0=4 m/s沿順時針方向運動,傳送帶與水平地面間的高度差h=0.8 m,傳送帶M、N兩端間的距離LMN=3 m,小滑塊P(可視為質點)與傳送帶和軌道BC間的動摩擦因數μ=0.2,軌道其他部分均光滑。軌道BC的長度LBC=1 m,滑塊P的質量m=1 kg,取重力加速度g=10 m/s2。

圖7

(1)若滑塊P第一次到達與圓形軌道圓心O等高的F點時,對軌道的壓力剛好為零,求滑塊P從斜面上由靜止下滑處與軌道BC間的高度差H。

(2)若滑塊P從斜面上與軌道BC間的高度差H′=1 m 處由靜止下滑,求滑塊P從N點平拋后到落地過程中的水平位移x。

(3)若滑塊P在運動過程中能兩次經過圓形軌道最高點E,求滑塊P從斜面上由靜止下滑處與軌道BC間的高度差H的范圍。

參考答案: