力学三大观点的综合应用

力学三大观点的综合应用1动量定理的公式Ftpp除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值2动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变(2)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)(3)守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律推荐精选1力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决2系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).考向1动量和能量的观点在力学中的应用例1(2014安徽24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为0.05.开始时物块静止，凹槽以v05 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得mv02mvv2.5 m/s，方向向右(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力FfFNmg设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得Ffs1(mm)v2mv推荐精选解得s112.5 m已知L1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1、v2.有mv1mv2mv1mv2mvmvmv12mv22得v1v2，v2v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的vt图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间则vv0atag解得t5 s凹槽的vt图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L)s2()t6.5L解得s212.75 m答案(1)2.5 m/s，方向向右(2)6次(3)5 s12.75 m如图2，半径R0.8 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长为L6 m的水平面相切于D点，质量M1.0 kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点后，与D点右侧m0.5 kg的静止物块B相碰，碰后A的速度变为vA2.0 m/s，仍向右运动已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为0.1，若B与E处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g10 m/s2.求：图2(1)滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力；推荐精选(2)滑块B被碰后瞬间的速度；(3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞答案(1)30 N，方向竖直向下(2)4 m/s(3)见解析解析(1)设小滑块运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgRMv2由牛顿第二定律有FNMgM联立解得小滑块在D点所受支持力FN30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30 N，方向竖直向下(2)设B滑块被碰后的速度为vB，由动量守恒定律：MvMvAmvB解得小滑块在D点右侧碰后的速度vB4 m/s(3)讨论：由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A物块MgsA0Mv解得sA2 m对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则mgsB0mv解得sB8 m(即从E点返回2 m)由于sAsB10 m26 m12 m，故它们停止运动时仍相距2 m，不能发生第二次碰撞考向2综合应用力学三大观点解决多过程问题例2如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m1 kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA1 kg，B的质量为mB2 kg.A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep3 J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v02 m/s的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离已知A和C之间的动摩擦因数为10.2，B、C之间的动摩擦因数为20.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力求：图3(1)弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大？推荐精选(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A、B、C的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？答案见解析解析(1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B、弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(mAmB)v0mAvAmBvBEp(mAmB)vmAvmBv联立解得：vA0，vB3 m/s.(2)对物体B有：aB2g1 m/s对A、C有：2mBg(mAm)a又因为：mAaFf0，所以木板不可能静止，将向左运动(2)设车与挡板碰前，车与木板的加速度分别为a1和a2，相互作用力为F，由牛顿第二定律与运动学公式：对小车：Fma1v1a1t对木板：F(mM)gMa2v2a2t两者的位移的关系：ttL联立并代入数据解得：v14.2 m/s，v20.8 m/s(3)设车与木板碰后其共同速度为v，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有mv1Mv2(mM)v对碰后滑行s的过程，由动能定理得：(Mm)gs0(Mm)v2联立并代入数据，解得：s0.2 m2如图2所示，在倾角为30的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)试求：图2(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径Rx0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？答案(1)(2)mgx0(3) 推荐精选解析(1)设A与B相碰前的速度为v1，A与B相碰后共同速度为v2由机械能守恒定律得mg3x0sin 30mv由动量守恒定律得mv12mv2解以上二式得v2(2)设A、B相碰前弹簧所具有的弹性势能为Ep，从A、B相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O点过程中，由机械能守恒定律知Ep(2m)v2mgx0sin 30解得Epmgx0(3)设物块A与B相碰前的速度为v3，碰后A、B的共同速度为v4mv2mg3x0sin 30mvmv32mv4A、B一起压缩弹簧后再回到O点时二者分离，设此时共同速度为v5，则(2m)vEp(2m)v2mgx0sin 30此后A继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v6，则mvmvmg2x0sin 30mgR(1sin 60)在最高点有mg联立以上各式解得v.3如图3所示，光滑的水平面AB(足够长)与半径为R0.8 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点A点的右侧等高地放置着一个长为L20 m、逆时针转动且速度为v10 m/s的传送带用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接甲的质量为m13 kg，乙的质量为m21 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D点，且过D点时对轨道的压力恰好等于甲的重力传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点图3(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离推荐精选；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因答案(1)4 m/s(2)12 m(3)见解析解析(1)设甲离开弹簧时的速度大小为v0，运动至D点的过程中机械能守恒：m1vm1g2Rm1v在最高点D，由牛顿第二定律，有2m1gm1联立解得：v04 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v乙，由能量守恒得Epm1vm2v得v乙12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：m2gm2a得a6 m/s2乙速度为零时离A端最远，最远距离为：s12 m20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v1、v2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m1v1m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：Epm1vm1vm2v解得：v12 m/s，v26 m/s甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，则m1vm1gh得h0.6 m0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是v12 m/s乙滑上传送带，因v26 m/s12 m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速由对称性可知乙返回AB面上时速度大小仍然为v26 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 m/s，方向向右，乙的速度为6 m/s，方向向左推荐精选4如图4所示，一倾斜的传送带倾角37，始终以v12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长x2 m，水平面右端与一光滑的半径R1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径现有一质量M2.5 kg的物块A以v010 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数10.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为2，忽略物块的大小已知sin 370.6，cos 370.8，求：图4(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若A、B恰能通过半圆轨道的最高点N，求2；(3)要使A、B能沿半圆轨道运动到N点，且从N点抛出后能落到传送带上，则2应满足什么条件？答案(1)12 m/s212 m/s(2)0.5(3)0.0920.5解析(1)对A刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mgsin 1Mgcos Ma解得：a12 m/s2设A能达到传送带的速度，由v2v2ax0得运动的位移x0 mx则要使AB能沿半圆轨道运动到N点，并能落在传送带上，则20.5若AB恰能落在P点，则有：2RLsin gt2xLcos v3t由(Mm)v22(Mm)v32(Mm)g2R和(Mm)v(Mm)v222(Mm)gx联立可得：20.09综上所述，2应满足：0.0920.5 （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!） 推荐精选