高三物理第二轮专题复习：专题二——力学规律的综合应用

1、学习必备欢迎下载2013 高三二轮复习专题二力学规律的综合应用（2 课时）【考点透视】解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。一、知识回顾1力的观点匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：牛顿第二定律： Fma运动学公式： vtv0at ， sv0 t1 at 2 ， vt2v022as ， svt ， s aT 22圆周运动的主要公式： F向ma向m v 2mr2r2动量观点恒力的冲量：IFt动量：pmv，动量的变化pmv2mv1动量大小与动能的关系P2mEk动量定理：Ip ，对于恒力F合 tmv2mv1 ，通常研究的对象是一个物体。动量守恒定律：条件：系统不受外力

2、或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多， （如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计） ；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。表达式：对于两个物体有m1v1 m2 v2m1v1 m2v2 ，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）。3用能量观点解题的基本概念及主要关系恒力做功： WFs cos ， WPt ，重力势能 EPmgh ，动能 Ek1 mv2 ，动能变化 Ek1 mv221 mv12222动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化

3、，表达式 W总1 mv221 mv1222常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值WGEP弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值WP 弹E有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能，即学习必备欢迎下载Q fl1 mv021 mv121 mv22222机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。表达式有 Ek1E p1 Ek2 E p 2 、 Ek增E p减 、 E A增EB减能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律。二、力学规律的选用原则：1研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。2研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状

4、态改变时，如果涉及时间的问题一般用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。3若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。 在涉及相对位移问题时， 优先考虑能量守恒定律， 即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。【例题解析】一、力的观点与动量观点结合例 1 如图所示，长 12 m，质量为 50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面

5、上，木板与地面间的动摩因数为 0.1，质量为 50 kg 的人立于木板左端， 木板与均静止， 当人以 4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g 取 10m/s2）（ 1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。（ 2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。（ 3）人抱住木柱后， 木板向什么方向滑动 ?还能滑行多远的距离 ?解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m ，加速度为 a1 ，木板的质量为M，加速度大小为 a2 ，人与木板间的摩擦力为f ，根据牛顿第二定律，对人有：fma1200N ；（ 2 ） 设 人 从 木 板 左 端 开 始 距 到 右 端 的 时 间 为 t

6、， 对 木 板 受 力 分 析 可 知 ：f(M m) gMa 2 故 a2f(Mm) gM2m/s ，方向向左；1 a t 21 a由几何关系得：t 2L ，代入数据得： t 2s2122（ 3）当人奔跑至右端时，人的速度v1a1t 8m/s ，木板的速度 v2a2 t 4m/s ；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：mv1Mv 2(mM )V（其中 V 为二者共同速度）代入数据得以后二者以V 2m/s ，方向与人原来运动方向一致；V2m/s 为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为ag1m/s 2 ，故木板滑行的距离为 sv22m 。2a学习必备欢

7、迎下载点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。二、动量观点与能量观点综合例 2如图所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为 m 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上， 另一端与质量为m2 的挡板 B 相连，弹簧处于原长时， B 恰位于滑道的末端 O 点。 A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g ，求：（ 1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度v 的大小。（

8、 2）弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能E p（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。解析：（ 1） 物块 A在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有mgh1 mv2 ，故 v2gh 。2（ 2 ） A、 B 在水平道上碰撞时内力远大于外力，A 、 B 组成的系统动量守恒，有m1v(m1 m2 )v接着 A、B 一起压缩弹簧到最短，在此过程中 A、B 克服摩擦力所做的功W( m 1m 2 ) gd由能量守恒定律可得1( m1m2 ) v 2E p(m1m2 ) gd ，所以 E pm12 gh(m1m2 ) gd 。2m1m2点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通

9、过能量的转化和守恒定律来计算。 能量守恒是自然界普遍遵守的规律， 用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。例 3如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为 l 的小车，小车左端有一质量也是 m 可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略） ，物块与小车间滑动摩擦因数为，整个系统处于静止状态。现在给物块一个水平向右的初速度v0 ，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。求：（ 1）物块的初速度v0 及解除锁定前小车相对地运动的

10、位移。（ 2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少 ?解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为v ，由动量守恒定律得 mv02mv ，由能量关系有 mgl1 mv0212mv2，故 v0 2gl ，在物块相对小22车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为ag ，速度由0 增加到 vv0，2学习必备欢迎下载小车位移为 s ，则 sv2；2a（ 2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为v1 ，物块速度为v2 ，最终速度与小车静止时 ， 共 同 速 度 为 v ， 由 动 量 守 恒 定 律 得 2mv mv1mv22mv ， 由 能 量 关 系 有mgl1mv1

11、21mv2212mv 2 ，222联立四式解得：v1v0和 v10（舍去），所以 v1v02 gl ， v2 0 。v20v2v0点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。例 4 一辆质量为m 2 kg 的平板车，左端放有质量M 3kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以v0 2 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞， 设碰撞时间极短， 且碰撞后平板车速度大小保持不变， 但方向与原来相反。 设平板车足够长， 以至滑块不会滑到平板车右端

12、（取g 1.0m/s2），求：（ 1）平板车第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。（ 2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v1 。（ 3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?解析：（ 1） 平板车第次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。设向左运动的最大距离为s1 ，由动能定理得Mgs101mv022所以有 s1mv021 m ；2 Mg3（ 2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度v1 ，由于系统动量守恒，有 Mv 0 mv0 (Mm)v1 ，即 v1(Mm)v00.4m/sMm设平板车从第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度v1

13、所发生的位移大小为 s1 ，由动能定理得 Mgs11 mv12有 s1mv12mv02(Mm)2 ，显然 s1 s1 ，22 Mg2 Mg(Mm)2表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度v10.4m/s ，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；（ 3）平板车与墙壁多次碰撞，使M 与 m 之间发生相对滑动。由于摩擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为l ，由能量学习必备欢迎下载转化和守恒定律得12，所以 l(m M )v025Mgl(m M )v02 Mgm ；26点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。在求解一些物

14、理问题时往往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提。例 5如图所示， C 是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为。最初木板静止，A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v0 和 2v0 在木板上滑动，木板足够长，A、B 始终未滑离木板。求：（ 1）木块 B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块 B 所发生的位移；（ 2）木块 A 在整个过程中的最小速度。v02 v 0ABC解析：（ 1）木块 A 先做匀减速直线运动至与C 速度相

15、同，后与一道做匀加速直线运动；木块 B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C 三 者 的 速 度 相 等 （ 设 为v1 ） 为 止 ，A 、 B 、 C三 者 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 故 ：mv02mv0 ( mm 3m)v1， v1=0.6v0 ；对 木 块B运用动能定理，有mgs1 mv121 m(2v0 ) 2 ，所以 s91v02。2250 g（ 2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为v（此时 A、C 共速），由动量定理知， 至此，A 、 B的动量变化都相同，都为m(v0v ) ，因 A 、 B 、 C组成的系统动量守恒，有2m

16、(v0v ) 3mv ，所以木块 A 在整个过程中的最小速度v /2v0 。5点拨：对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情况和运动情况，抓住相关联的运动状态，问题仍然很容易解决。三、三种观点综合应用例 6对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程， 可以简化为如下模型： A、 B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d 时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为 F 的斥力。设 A 物体质量 m1 l.0kg ，开始时静止在直线上某点；B 物体质量 m2 3.0 kg，以速度 v0 从远处沿直线向A 运动，如图所

17、示。若d 0.10 m ， F0.60 N ， v0 0.20m/s ，求：（ 1）相互作用过程中 A、 B 加速度的大小；（ 2）从开始相互作用到 A、 B 间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；（ 3） A、 B 间的最小距离。解析：（ 1）由牛顿运动定律可知，相互作用过程中A、 B 加速度的大小分别为a1F0.60m / s2， a2F0.20m / s2；m1m2学习必备欢迎下载（ 2）A、 B 间距离最小时，两者速度相同，全过程满足由动量守恒的条件，故有m2 v0( m1m2 v00.15m/sm2 )v ，所以 vm2 )(m1系统（物体组）动能的减少量为| Ek |1 m2

18、 v021 (m1m2 )v 20.015J；22（ 3）根据匀变速直线运动规律得v1 a1t ， v2v0a2t ，而距离最小时有v1=v2 ，由匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为1212s12a1t ， s2v0 t2a2 t，由几何关系可知 s s1 ds2 ，解以上各式得A、B 间的最小距离s0.075m 。点拨：理论联系实际，用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求。在处理有关问题时， 为了方便需要忽略问题中的次要因素，突出主要因素， 作恰当的简化，建立与所学知识间的联系，最终达到解决问题的目的。本题对实际问题的处理有较好的示范作用。例 7 如题右图，半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、 B 质量分别为 m、m（ 为待定系数） 。 A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A、 B 球能达到的最大高度均为1 R,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。4试求：（ 1）待定系数 。（ 2