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1、应用“动力学观点”破解力学应用“动力学观点”破解力学 1如图甲所示，倾角30的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和 物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另 一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢 拉B，当拉力FTmg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作 1 4 用在B上，当A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小； (2)请推导FT与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出FTl图像，计算A缓慢 移动位移L的过程
2、中FT做功WFT的大小； (3)当A、B不粘连时，恒力F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。 解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条 件可得 2mgsin kx 当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得FTk(xL)2mgsin 解得kmg 4L 当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得 k(xL)mgsin ma 对B应用牛顿第二定律可得Fmgsin ma 解得Fmg。 3 4 (2)当A的位移为l时，根据平衡条件有： FTk(xl)2mgsin 解得FTl mg 4L 画出FTl图像如图所示， A缓慢移动位移L，图
3、线与横坐标轴所围成的面积等于FT做功大 小，即WFTmgL。 1 8 (3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两个过程应用动能定理可得： WFT2mgLsin W00 WF2mgLsin W 2mv20 1 2 又WFFL，解得v。 1 4 10gL 答案：(1) mg (2)FTl 见解析图 mgL (3) mg 4L 3 4 mg 4L 1 8 1 4 10gL 2 (2019 届高三天津五校联考)如图甲所示， 光滑平台右侧与一长为L2.5 m 的水平 木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v05 m/s 滑上木板，滑到木板右端时 恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木
4、板与水平地面的夹角37，让滑块 以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g10 m/s2，sin 370.6， cos 370.8。求： (1)滑块与木板之间的动摩擦因数； (2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。 解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有mgma 滑块滑到木板右端时恰好停止，有 0v022aL 解得 。 1 2 (2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1， 有 mgsin mgcos ma1 0v022a1s 0v0a1t1 解得s m，t1 s 5 4 1 2 设滑块下滑时的加速度大
5、小为a2，下滑的时间为t2，有 mgsin mgcos ma2 sa2t22 1 2 解得t2 s 5 2 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 tt1t2 s。 1 5 2 答案：(1) (2) s 1 2 1 5 2 3(2018南昌模拟)在倾角37的粗糙斜面上有一质量m2 kg 的物块，物块受 如图 甲所示的水平恒力F的作用。t0 时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t4 s 时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系 如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相 同，不考虑转角处的机械能损失，g10
6、 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求： (1)物块在A点的速度大小； (2)水平恒力F的大小。 解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则xt v0v 2 解得v05 m/s。 (2)由(1)知， 物块在斜面上做匀减速直线运动， 设物块在斜面上运动的加速度大小为a1， 方向沿斜面向上，则 xv0ta1t2 1 2 解得a10.25 m/s2 设物块与接触面间的动摩擦因数为，物块在水平面上运动时加速度大小为a2，有 mgma2 由题图乙中图线可知a22 m/s2 解得0.2 物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则 Fcos mgsin Ffma1 FfFN FNmgco
7、s Fsin 解得F10.1 N。 答案：(1)5 m/s (2)10.1 N 4.(2018全国卷)如图， 在竖直平面内， 一半径为R的光滑 圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直 径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin 。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动， 3 5 经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道 ； 在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外， 小球还一直受到一水平恒力的作用。 已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球 对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求： (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； (2)小球到达A点时动量的大小；
8、(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。 解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成 法则有 F0mgtan mg 3 4 Fmg mg cos 5 4 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 Fmv 2 R 解得v。 5gR 2 (2)设小球到达A点时速度大小为v1， 作CDPA， 交PA于D 点，如图所示，由几何关系得 DARsin CDR(1cos ) 小球由A到C的过程中，由动能定理有 mgCDF0DAmv2mv12 1 2 1 2 解得v1 23gR 2 所以小球在A点的动量大小为 pmv1。 m23gR 2 (3)小球离开C点后在竖直
9、方向上做初速度vyvsin 、 加速度为g的匀加速直线运动， CDvytgt2 1 2 解得t 。 3 5 5R g 答案：(1)mg (2) (3) 3 4 5gR 2 m23gR 2 3 5 5R g 5.如图所示， 传送带长 6 m， 与水平方向的夹角为 37， 以 5 m/s 的恒定速度沿顺时针方向运转。 一个质量为 2 kg 的物块(可视为质点)， 沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之 间的动摩擦因数0.5， sin 370.6， cos 370.8，g取 10 m/s2。求： (1)物块刚滑上传送带时的加速度大小； (2)物块到达传送带顶端时的速
10、度大小。 解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1， 由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma1 解得：a110 m/s2。 (2)设物块速度减为 5 m/s 所用时间为t1， 则v0va1t1，解得：t10.5 s 通过的位移： x1t10.5 m3.75 m6 m vv0 2 105 2 因tan 37，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为a2， 则：mgsin 37mgcos 37ma2 解得：a22 m/s2 设物块到达传送带顶端时的速度为v1， 则：v2v122a2x2 x2lx12.25 m 解得：v14 m/s。 答案：(1)10 m/s2 (2)
11、4 m/s 6滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L36 m、倾角为37的斜坡。已知赛道 的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数 10.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数20.25，g取 10 m/s2。已知甲和乙均可 看成质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 370.6，cos 370.8。 (1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小； (2)若乙比甲晚出发 t2 s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一 定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为 5 m。则乙的初速度为多大？并判 断乙能否追上甲，写出判断过程。 解析
12、：(1)设甲的质量为m1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有 m1gsin 1m1gcos m1a甲 代入数据解得a甲2 m/s2 设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为v1 则有 2a甲Lv12 代入数据解得v112 m/s。 (2)设乙的质量为m2，对乙有 m2gsin 2m2gcos m2a乙 代入数据解得a乙4 m/s2 设甲出发后经时间t1，乙与甲达到共同速度v，则 va甲t1v0a乙(t1t) x甲a甲t12 1 2 x乙v0(t1t)a乙(t1t)2 1 2 xx甲x乙5 m 代入数据解得t13 s 或t11 s(舍去) v02 m/s 甲到达坡底的时间t甲6 s v1 a甲 设乙到达坡底所用时间为t乙 Lv0t乙a乙t乙2 1 2 代入数据解得t乙 s4 s 731 2 t乙tt甲，故可以追上。 答案：(1)12 m/s (2)2 m/s 可以追上，判断过程见解析