d -L 2L +1=125

11-0.1

0.2

+1=57.3说明:碰撞的次数不可能取小数,分析易得n 应取57.例2与例3同为次数的取整,但例2是取整加1,而例3却是取整丢零(即便算出n =57.9也是如此),不能一概而论

.

例4 如图4所示,水平放置的两平行金属板a 、b 相距为d,电容为C,开始时两极板均不带电,a 板接地且有一小孔,

现将带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h 高处无初速地滴下,设每滴液滴的质量为m,电荷量为q ,落到b 板后把电荷全部传给b 板.

(1)第几滴液滴将在a 、b 间做匀速直线运动?

(2)能够到达b 板的液滴不会超过多少滴?

解析:(1)设第n 滴恰在a 、b 间做匀速直线运动,则这时电容器的带电量为(n -1)q ,对第

n 滴液滴,根据它的受力平衡得:

qE =m g,而 E =

U d =Q Cd =(n -1)q

Cd ,解得 n =

m gCd

q

2

+1(2)设第n 滴恰能到达下板,则对第n 滴,考虑它从开始自由下落至恰到达b 板的过程,利用动能定理得:

m g (h +d )-q (n -1)q C =0-0

解得 n =mgC (h +d )q

2+1说明:若以具体数据代入计算时n 不是整数,那么n 应如何舍、入?是取大还是取小?不妨取具体数值,假设计算出n =9.8,则第9滴液滴已到达b 板,而第10滴则不能到达b 板;若计算出n =9.2,分析同前,故n 应取整丢零而不是 四舍五入 .

通过上面四个例子可以看出,物理结果的舍、入不能生硬地用 四舍五入 ,要结合物理情景具体情况具体分析,灵活取舍.

湖北省仙桃中学(433000)

程首宪 程 嗣

高考物理中的动力学问题归类和解析

牛顿运动三定律和万有引力定律,被世人称为经典力学的四大定律.高中物理动力学问题以牛顿定律和万有引力定律为核心,将物体的受力分析和对物体运动性质的分析有机地结合在一起,充分体现知识与技能、过程与方法的融合,使之达到完美的境界.牛顿运动定律贯穿

于整个高中物理教学,它以知识综合性强、能力要求高而一直成为高考命题的热点,是历届高考试题中用来鉴别考生能力、选拔有潜能的考生的重要内容之一,近十年来再现率为100%.

35

一、

知识结构

二、问题归类

动力学的任务是回答物体做各种不同运动的原因,即解决运动和力的关系.具体说需要处理两类基本问题:第一类是已知物体的受力情况,要求确定物体的运动情况.根据牛顿第二定律,已知物体的受力情况可以求出物体的加速度,再知道物体的初始条件(初位置和初速度),根据运动学公式求出物体在任意时刻的

36

解决动力学问题,首先要确定研究对象,做好研究对象的受力分析和运动情况分析,弄清所给问题的物理情景,然后再着手计算.

综观历届高考物理试题,不妨将高考物理中的动力学问题分为四类,一是瞬时问题,二是单体和多体问题,三是临界和极值及图象问题,四是天体问题.

瞬时问题 研究某一时刻物体的受力和运动突变的关系称之为动力学的瞬时问题.它常伴随着一些标志性词语: 瞬时 、 突然 、 猛地 、 刚刚 、 剪断 等等.此类问题常见于求解瞬时加速度.事实上,牛顿第二定律本来就是一个瞬时对应的规律,即研究力的瞬时效应 产生加速度.求解瞬时问题时应注意两点:一是要掌握弹力变化的特点.由于弹力总与物体的形变有联系,而物体形变的发生或改变总与一定的时间有关,故根据所研究的过程中物体弹力变化是否发生突变,可将瞬时问题中的弹力分为渐变型弹力和突变型弹力.如弹簧(尤其是软质弹簧)、弹性绳(如橡皮条)等物体,由于其形变发生或改变的过程需要一段时间,则在瞬间内形变量可以认为不变.因此在分析瞬时问题时,可以认为弹力不变,即弹簧的弹力不突变.而非弹性绳、轻杆等物体,由于受到外力作用后产生的弹性形变极其微小,其形变发生或改变的过程所需时间甚短,故从理想化的原则考虑,可忽略形变和弹力的改变时间而认为是瞬时完成的,即弹力在瞬间改变,亦即此类弹力可以突变.二是要学会 瞻前顾后 .例如,当撤去某个力F1时,若余下的力F2未变化,此时可 瞻前 ,即利用撤去某力F1之前的状态求出余下未变的力F2;若撤去某个力F1时,余下的力F2发生变化,此时可 顾后 ,即根据物体后来的运动情况求出余下的变力F2.

例1 如图1所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上,l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为 ,l2水平拉直,物体处于平衡状态.现将l2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度.

(1)下面是某同学对该题的一种解法:

解:设l1线上拉力为F1,l2线上拉力为F2,重力为m g,物体在三力作用下保持平衡: F1cos =m g,F1si n =F2,F2=m g tan ,剪断线的瞬间,F2突然消失,物体即在F2反方向获得加速度.因为mg tan =m a,所以加速度a=g tan ,方向在F2反方向.

你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由

.

(2)若将图1中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧,图2所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与(1)完全相同,即

a=g tan 你认为这个结果正确吗?请说明理由.

解析:(1)错.剪断细线之前的受力分析固然不错,但剪断细线瞬间,F2突然消失,而细线l1的形变也迅速变化,以致于细线l1的拉力发生突变,不再为原来的F1,故此时不能 瞻前 ,而应 顾后 .剪断细线后物体将做圆周运动,原来的平衡位置为以后做圆周运动能够达到的最高点.故剪断瞬时物体的加速度a为向心加速度a向和切向加速度a 的矢量和.设剪断细线瞬间细线l1的拉力为F 1,

在半径方向上由向心力公式有

F 1-mg cos =m a向

37

由于此时速度为零,故

a向=0,F 1=m g cos .

在切线方向上有

m g sin =m a ,得a =g si n .

故物体的加速度a=a2向+a2 =g sin ,方向垂直于l1斜向右下方.

(2)对.因为l2被剪断的瞬间,线l1上的张力大小发生了变化.而l2被剪断的瞬间,弹簧l1的长度未及发生变化,所以弹簧弹力的大小和方向都不变.

单体和多体问题 单体即为单个物体(质点),而多体即指几个物体组成的系统,系统内各物体间可以有相互作用,如用细绳、轻杆连接在一起的物体组(连接体).处理方法常用隔离法和整体法.运用牛顿第二定律处理连接体问题时,在不需要求系统内各物体间相互作用力时用整体法较为简单.在中学阶段,对系统使用牛顿运动定律时,一般要求系统内各物体的加速度矢量相同.若系统中各质点的加速度不相同时,如果采用隔离法分别对系统中各质点列牛顿第二定律方程求解,这样会造成研究对象多,所列方程多,增加了解决问题的难度.实际上,如果能合理采用整体法求解可能会收到事半功倍的效果.但此时应注意牛顿第二定律的表达式与质点有所不同.如果各质点的加速度不相同,设第i个质点的质量为m i,合力为F i,加速度为a i,则其牛顿第二定律表达式为

F i=m i a i.将各质点的表达式全部相加,其中左边所有力中,凡属于系统内力的,总是成对出现的,由牛顿第三定律知其矢量和必为零,所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和,即合外力F合.此时,牛顿第二定律表达式为F合=m1a1+m2a2+ +m n a n,即系统的合外力等于系统内各质点的质量与加速度矢量乘积的矢量和.若需求系统内物体间的相互作用时,应采用隔离法.使用隔离法时应注意,一是应隔离受力较少的物体,二是即使隔离,也未必非得一个一个地隔离到底,也就是说,可以将系统内某几个物体做为一个小系统隔离出来进行分析.

例2 如图3所示,五块质量相同的木块,并排放在光滑的水平面上,水平外力F作用在第一木块上,则第三木块对第四木块的作用力大小为.

解析:设每个木块的质量为m,加速度为a.由于各加速度相同,故由牛顿第二定律,对系统有

F=5m a①

由于第三木块对第四木块的作用力(设为F34)为系统的内力,故需取隔离体.但不论是隔离木块3还是木块4,计算都稍嫌复杂.为计算方便,可将木块1、2、3或木块4、5视为一个系统,其中尤以隔离木块4、5最为方便,因为此系统比木块1、2、3少受一个力,计算最简单.对此系统有

F34=2m a②

①/②得 F

34=

2F

5

.

例3 如图4所示,质量M=10kg的木楔ABC静止于粗糙的水平面上,动摩擦因数 = 0.02.在楔的倾角为 =30 的斜面上,有一质量m=1.0kg的木块从静止开始沿斜面下滑,当滑行路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s,在这过程中楔没有动,求地面对楔的摩擦力的大小和方向(重力加速度取10m/s2).

解析:若采用隔离法,分析楔M时,因受力较多,故求解繁琐.本题中,虽然m与M的加速度不同,但考虑到木楔的加速度为零,因此用整体法求解仍较方便.

38由匀加速直线运动公式v2=v20+2as,得物块沿斜面下滑的加速度

a=v2

2s

=

1.42

2 1.4

m/s2=0.7m/s 2

将物块m和木楔

M看作一个整体,在

竖直方向受到重力和

地面的支持力;在水

平方向若受力则只能

是摩擦力,暂设其存

在,大小为F f,如图5

所示,沿水平方向和竖直方向分解物块加速度a.对整体在水平方向上运用牛顿第二定律,得

F f=m a x=m a co s

代人数据,解得F f=0.61N.因为a x应与F f同向,所以木楔受到的摩擦力水平向左.

临界和极值及图象问题 临界现象是量变质变规律在物理学上的生动体现.即在一定的条件下,当物质的运动从一种形式或性质转变为另一种形式或性质时,往往存在着一种状态向另一种状态过渡的转折点,这个转折点常称为临界点,这种现象也就称为临界现象. 恰好 、 刚刚 等都是用来表述临界状态的字眼,因而凡涉及临界状态的问题就叫临界问题.

严格地说,函数的极值与函数的最大值或最小值(最值)是有区别的,但一般在高中物理中涉及的均是最值问题,题目中所要求的物理量应满足的条件,像 至少 、 至多 、 最大 、 最小 ,就是与临界问题相关联的极值问题.在动力学的临界问题中,确定临界状态是前提,用假设、推理等方法分析在什么条件下达到临界状态是解题的关键.

例4 一个质量为0.2kg的小球,用细绳挂在倾角为53 的光滑斜面顶端,斜面静止时小球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,如图6所示.当斜面以10m/s2的加速度向左加速运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的支持力(重力加速度取10m/s2

).

解析:当加速度较小时,小球将与斜面相靠,当加速度较大时,小球将飞离斜面,这是两种不同的状态,故其临界点是小球虽与斜面接触但无相互作用力即支持力刚好等于零,据此求出临界加速度a0,再作判断.此时,对小球由牛顿第二定律有

m g co t53 =m a0

得 a0=g co t53 =7.5m/s2.

因为a=10m/s2>a0,所以小球离开斜面向左加速如图7所示.故支持力为零,绳子的拉力

F=[(m a)2+(m g)2]12=2.83N.

设绳子与竖直方向的夹角为 ,则

tan =

m a

m g

=

a

g

, =45

.

例5 在光滑的水

平轨道上有两个半径都

是r的小球A和B,质量

分别为m和2m,当两球

心间的距离大于l(l比

2r大得多)时,两球之间无相互作用力;当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图8所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?

解析:解法1:利用牛顿第二定律和运动学公式求解.

A球向B球接近至A、B间的距离小于l之

39

后,A球的速度将减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离d最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2, l+s2-s1>2r.其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的位移.

设A、B两球的加速度大小分别为a1,a2.由牛顿第二定律得

a1=F

m ,a2=F

2m

设此过程所历时间为t,由匀加速运动公式有

v1=v0-F

m t,v2=F

2m

t,

s1=v0t-1

2 F

m

t2,s2=1

2

F

2m

t2

联立解得 v0<3F(l-2r)

m

.

解法2:利用数学极值法求解.

设经时间t,两球心间距离d=l+s2-s1,由运动学公式有

d=1

2

(a1+a2)t2-v0t+l

由二次函数求极值的知识可知,当

t=

v0

a1+a2

时,d有最小值

d m in=l-

v20

(a1+a2)2

,

将解法1中A、B两球的加速度表达式代入

上式得d m in=l-m v20 3F

.

再由不接触条件l m in>2r,同样可求出v0必须满足的条件.

解法3:利用图象法求解.

作出A、B两球的速度图象如图9所示,图中C点表示v1=v2.

因不接触的条件是d=l+s2

-s1>2r,而图中两图线间包围的

面积表示s1-s2,即

s1-s2=

1

2

v0t,

得 l-1

2

v0t>2r

①

由v1=v2,v1=v0-

F

m

t,v=

F

2m

t,

得 t=

2m v0

3F

②将②代人①式亦可求出v0必须满足的条件.

天体问题 天体运动问题几乎每年高考都有.天体问题虽然在技术上很复杂,但在理论上却是万有引力定律的具体应用.以天体为背景命题,更能体现课本知识与科技结合的高考理念.天体问题应注意其运动性质.一般情况下,为简化计算,总是视为匀速圆周运动.因此,解题时应注意以下几点,一是要注意三力统一,即万有引力充当向心力,亦即天体的合外力.二是要注意向心力表达方式的多样性.根据问题的实际情况,可将向心力灵活地表示为如下各种形式:G

Mm

r2

=m a向=m

v2

r

=m r 2= m r(

2

T

)2= .三是要注意引力与重力的关系.例如,当物体在地球表面,其引力近似等于重力G

Mm

R

=m g,R为地球半径,g为地面处的重力加速度.

例6 2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星,其定点位置与东经98 的经线在同一平面内,若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98 和北纬 =40 ,已知地球半径R,地球自转周期为T,地球表面重力加速度为g(视为常量)和光速c.试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间

40

(要求用题给的已知量的符号表示).

解析:同步卫星

必定在地球的赤道平

面上,卫星、地球和其

上的嘉峪关的相对位

置如图10所示,由图可知,如果能求出同步卫星的轨道半径r,那么再利用地球半径R和纬度 就可以求出卫星与嘉峪关的距离L,即可求得信号的传播时间.

对同步卫星,由牛顿第二定律,有

G Mm

r2

=m 2r,其中 =

2

T

;

又由G Mm

R2

=m g得

G M=gR2由以上各式解得

r=(gR

2T2

4 2

)13

由余弦定理得

L=r2+R2-2r R co s

故微波信号传到嘉峡关处的接收站所需的时间为

t=

L

c

=

(

R2gT2

4 2

)23+R2-2(

R2gT2

4 2

)13R cos

c

湖北省宜昌市三峡高级中学(443100)

北京市东城区教师研修中心高中物理室(100010)

薄宏斌

两运动学问题的物理解法和数学解法

数学和物理两门学科有着密切的联系.同

一问题中使用物理、数学两种不同解法,会让我

们体会到不同的思维过程.

例1 一物体在水平面上做匀变速直线运

动,其位移与时间的关系是s=24t-6t2,则物

体速度为零的时刻t等于( )

(A)1

6

s (B)2s

(C)6s(D)24s

物理解法:由于物体做匀变速直线运动,s

与t关系一定可写成位移公式s=v0t+1

2

at2

将s=24t-6t2与s=v0t+1

2

a t2对照可得

v0=24m/s,a=-12m/s2

代入v t=v0+a t得v t=24-12t

令v t=0,则得t=2s,选项(B)正确.

数学解法:高中已学导数的知识,在数学教材中还以物理中的瞬时速度来讲极限和导数的概念.位移对时间的导数就是速度,本题也可用导数知识计算.

s (t)=v=24-12t

令v t=0,则得t=2s,选项(B)正确.

如果继续求导还可开阔思路求得加速度v (t)=a=-12m/s2,得到与物理方法相同的结果.

例2 一火车以速度v1匀速行驶,司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以v2(对地,且v1>v2)做匀速运动,司机立即以加速度a紧急刹车,要使两车不相撞,a应满足什么条件?

物理解法:后面的火车速度大于前面火车的速度,两者距离逐渐减小,可能相撞;若后面火车的速度减小到与前面火车速度相等时,还没有追上前面的火车,以后,随着后面火车速度

41

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