1、第3章运动和力的关系一、“数形结合”分析动力学问题1.题型特点物理公式与物理图像的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是vt图像，在考题中出现率极高。对于已知图像求解相关物理量的问题，往往是从结合物理过程分析图像的横、纵轴所对应的物理量的函数关系入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果。2.解题关键(1)处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，全面系统地看懂图像中的“轴”“线”“点”“斜率”“面积”“截距”等所表示的物理意义。在运用图像求解问题时，还需要具有将物理情景转化为图像问题的能力。运用图像解题包括两个方面：用给定的图像解答问题；根据
2、题意作图，运用图像解答问题。(2)图像语言、函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的三种语言。要求能够在任意两种语言间相互转换，以便用相对简单的方法解决物理问题。(3)文字语言、函数语言、图像语言与物理情景之间的相互转换，是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提，关系如图。【例1】 在倾角37的直滑道上，一名质量m75 kg的滑雪运动员由静止开始向下滑行。运动员所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k，滑板与滑道间的动摩擦因数为。今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度时间图像如图1所示，图中的OA直线是t0时刻图线的切线，图线末段BC平行于时间轴。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin
3、370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，求：图1(1)t0时刻运动员的加速度大小；(2)动摩擦因数和比例系数k。答案(1)4 m/s2(2)0.2530 kg/s解析(1)由题中速度时间图像可知，运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。在t0时刻，图线切线的斜率即该时刻的加速度大小则a04 m/s2。(2)在t0时刻开始加速时，v00由牛顿第二定律可得mgsin kv0mgcos ma0最后匀速时vm10 m/s，a0由平衡条件可得此时mgsin kvmmgcos 联立解得0.25，k30 kg/s。【例2】 (2020湖北七市州教科研协作体5月联考)如
4、图2甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA1 kg、mB3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则()图2A.A、B脱离之前，A所受的合力逐渐减小B.t3 s时，A、B脱离C.A、B脱离前，它们一起运动的位移为6 mD.A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动答案C解析由乙图可得FA(93t)N，FB(33t)N在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FAFB12 N，匀加速运动的加速度a m/s23 m/s2则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合力不变，故A错误；脱离时满足A、B加速度相
5、同，且弹力为零，有FAmAa，联立解得t2 s，故B错误；A、B脱离前，它们一起运动位移为xat2322 m6 m，故C正确；脱离后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t3 s 后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故D错误。二、以“滑块木板”模型为背景考查综合分析能力角度1滑块不受拉力而木板受拉力木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值g时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大。角度2给滑块一初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上1.若
6、木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0a滑ta板t。2.若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下。分离前滑块加速度大小a滑g，木板的加速度大小a板。角度3木板有初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上1.若木板足够长，木板减速、滑块加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0a板ta滑t。2.若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑块会一直加速到滑下木板。分离前滑块的加速度大小a滑g，木板的加速度大小a板。【例3】 (2020江苏省三校上学期联考)如图3所示，在粗糙
7、的水平面上有一足够长的质量为M2 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数10.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为20.1，长木板与小物块均静止。现用F15 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1 s撤去水平恒力F。图3(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终小物块离长木板右端多远？答案(1)5 m/s2(2)1.5 m(3)2.5 m解析(1)设长木板的加速度为a，由牛顿第二定律可得F1mg2(mM)gMa，解得a5 m/s2。(2)设小物块此时加速度为a1，由牛顿第二定律可得1mgma1，解得a12 m/s2刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离也即是长木板与小物块的位移差x，由运动学公式xat2a1t2解得x1.5 m。(3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度为v刚撤去F时，木板的加速度为a2解得a22.5 m/s2刚撤去F时，长木板速度v1at51 m/s5 m/s小物块速度v2a1t21 m/s2 m/s设从撤去F时到一起匀速运动的时间为t，则有vv1a2tv2a1t解得v m/s在时间t内，木板与小物块的位移差为x1，由运动学公式x1，解得x11.0 m最终小物块离长木板右端的距离Lxx11.5 m1.0 m2.5 m。