力学三大观点的综合应用

力学三大观点得综合应用动量定理得公式Ft＝p′－p即合外力得冲量就是动量变化得原因．动量定理说明得就是合外力得冲量与动量变化得关系，反映了力对时间得累积效果，与物体得初、末动量无必然联系．动量变化得方向与合外力得冲量方向相同，而物体在某一时刻得动量方向跟合外力得冲量方向无必然联系．动量定理公式中得F就是研究对象所受得包括重力在内得所有外力得合力，它可以就是恒力，也可以就是变力，当F为变力时，F应就是合外力对作用时间得平均值．动量守恒定律内容：一个系统不受外力或者所受外力之与为零，这个系统得总动量保持不变．1 11 22 11 2v＋mv＝mv′＋mvp＝p′(p等于相互作用p′)Δp＝0()Δp1 11 22 11 2守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力得合力为零．③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．解决力学问题得三个基本观点③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．解决力学问题得三个基本观点变速运动得问题．及相互作用物体得问题．量得转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律得选用原则动量定理；若涉及位移得问题，应选用动能定理；若涉及加速度得问题，只能选用牛顿第二定律．多个物体组成得系统：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连接成整体得方法．决比较复杂得运动．)、例1 (2014·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0110μ0、05v＝5m/s得初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没10m/s2、求：0图1物块与凹槽相对静止时得共同速度；从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞得次数；从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历得时间及该时间内凹槽运动得位移大小．解析 (1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得v＝25m/s，方向向右．Ff＝μFN＝μmg1设两者相对静止前相对运动得路程为s，由动能定理得1m－F·s＝1(m＋m)v2－1v2mf1 2 2 01解得s＝12、5m1已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．设凹槽与物块碰前得速度分别为v1、v2，碰后得速度分别为v1′、v2′、有mv1＋mv2＝mv1′′＋mv′21mv2＋1mv2＝1mv′2＋1mv′22 1 2

2 2 1 2 21 2 2 得v′＝v，v′＝v1 2 2 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得速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块得v—t图象在两条连续得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v＝v0＋ata＝－μg解得t＝5s2凹槽得v—t图象所包围得阴影部分面积即为凹槽得位移大小s、(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)2s＝1v0t＋6、5L2 2(2)2解得s＝12、75m2如图2，半径R＝0、8m得四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长答案 (1)2、5m/s，方向向右 如图2，半径R＝0、8m得四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长L＝6mD点，质量M＝10kgAC由静止释放，到Dm＝0、5kgBAvA＝2、0m/s，＝B与E处得竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g＝10m/s2、求：图2(1)ADB被碰后瞬间得速度；讨论两滑块就是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30方向竖直向下 (2)4m/s (3)见解析1解析 (1)设小滑块运动到D点得速度为v，由机械能守恒定律有：1MgR＝2Mv2

－Mg＝v2N MRN联立解得小滑块在D点所受支持力F＝30NNB由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧得压力为30N，方向竖直向下．(2)设B滑块被碰后得速度为v，由动量守恒定律：BA Mv＝Mv＋mA B解得小滑块在D点右侧碰后得速度v＝4m/sB(3)讨论：由于B物块得速度较大，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，达到最大得路程，则对于A物块 －μMgs＝0－1Mv2As＝2A

A 2 A对于B物块，由于B与竖直挡板得碰撞无机械能损失，则－μmgs＝0－1mv2B 2 BB解得s＝8m(即从E点返回2m)BA 由于s＋s＝10m<2×6m＝12m，故它们停止运动时仍相距2mA 例2 如图例2 如图3所示，在光滑得水平面上有一质量为m＝1kg得足够长得木板C，在C上放置A p 有A、B两物体，A得质量m＝1kg，B得质量为m＝2kg、A、B之间锁定一被压缩了得轻弹簧，弹簧储存得弹性势能E＝3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、BA p 1 ＝2m/s得初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短得时间内恢复原长，之后AB分离．已知ACμ＝0Cμ＝0、1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：1 图3A、BB得速度分别就是多大？CBCABC得加速度分别就是多大及该过程中产生得内能为多少？答案 见解析1 1 解析 (1)在弹簧弹开两物体得过程中，由于作用时间极短，对AB、弹簧组成得系统由动守恒定律与能量守恒定律可得＋m)v＝mv＋m1 1 A B0 AA BBEp＋(mA＋mB)v2＝mv2＋mv22 0 2AA 2BBA B 22B A 1＝0，v＝3、(2)B有：a＝μg＝1对A、C有：μmg＝(m＋A B 22B A 1故物体A、C得共同加速度为a＝1m/s2、对A、B、C整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量守恒定律与能量守恒定律可得：mv＝(m＋m＋m)v1 B1 BBABQ＝2mv2－2(m＋m＋m)v2BBAB(2014·广东·35)如图4所示得水平轨道中，AC段得中点B得正上方有一探测器，C解得：Q(2014·广东·35)如图4所示得水平轨道中，AC段得中点B得正上方有一探测器，C1 1 2 1 P1v1AP2P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t＝2st＝4s内工作．已知PP得质量都m＝1ACμ＝0L＝410P1 1 2 1 均视为质点，P与挡板得碰撞为弹性碰撞．图41 1 v＝6m/sP、Pv与碰撞损失得动能ΔE1 1 PBv1PAE、1答案 (1)39J (2)10m/s≤v≤14m/s 17J1解析(1)设P1与P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2①解得：v v1＝3m/s2＝2碰撞过程中损失得动能为：ΔE＝1mv2－1

2mv2②k 2 1 2× 2k解得ΔE＝9Jk(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知ma＝－μmg③可以把P从A点运动到C点再返回B点得全过程瞧作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L＝vt＋12④2 2at

6L－at21＝ t12sB＝14m/s114sB＝10m/s11故v得取值范围为：10m/s≤v≤14m/s11A设向左经过A点得速度为v，由动能定理知A1 ×2mv2－×2mv2＝－μ·2mg·4L1 2 A 2 2当v 12＝2v1＝7m/s时，复合体向左通过A点时得动能最大，EkAmax＝17J、(限时：45分钟)1M＝4kg得木板静置于足够大得水平地面上，木板与地面间得动摩擦μ＝0、01m＝1kg可视为质点得电动小车，车与木板右端得固定挡板相距L＝5＝2计算中取g＝10m/s2、)图12(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面就是静止还就是运动得？(2)求出小车与挡板碰撞前，车得速率v1与板得速率v；2(3)求出碰后木板在水平地面上滑动得距离s、答案 (1)向左运动 (2)v＝4、2m/s，v＝0、8m/s (3)0、2m1 2解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动得加速度为a0，由L＝1at2得：a＝2L＝2、5m/s220 0 t2此时木板使车向右运动得摩擦力：Ff＝ma0＝2、5N木板受车向左得反作用力：Ff′＝Ff＝2、5Nf0木板受地面向右最大静摩擦力：F＝μ(M＋m)g＝0、5Nf0f 由于F′>Ff a1与a2，相互作用力为F运动学公式：1 1 对小车：F＝ma v＝a1 1 对木板：F－μ(m＋M)g＝Ma

v＝at2 2 2两者得位移得关系v22＋2t＝L联立并代入数据解得：v＝4、2m/s，v＝0、8m/s1 2v，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有mv1－Mv2＝(m＋M)v对碰后滑行s得过程，由动能定理得：2－μ(M＋m)gs＝0－1(M＋m)v22联立并代入数据，解得：s＝0、2m00230°mB，B得下端连接一轻质平衡时，弹簧得压缩量为xmAB3xAB相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O点(AB)．试求：00图2AB相碰后瞬间得共同速度得大小；AB相碰前弹簧具有得弹性势能；R＝x0PQAvPBP为多大时物块A恰能通过圆弧轨道得最高点？20＋420＋43gx0(1)23gx0 (2)4mgx0 (3)解析 (1)设A与B相碰前得速度为v1，A与B相碰后共同速度为v2由机械能守恒定律得mg3xsin30°＝1mv20 2 1由动量守恒定律得mv＝2mvv

1 23gx2 2 01ABEp，从AB相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达1O点过程中，由机械能守恒定律知Ep＋2(2m)v2＝2mgxsin30°2 0解得E＝1p 4mgx01 2＋mg3x 1ABv31 2＋mg3x 1mv sin30°＝ v22 mv3＝2mv4

2m31 A、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v51 4p502(2m)v2＋E＝2(2m)v2＋2mgxsin30°4p506此后A继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v，则61 12mv2＝2mv2＋mg2xsin30°＋mgR(1＋sin60°)5 6 0mv2在最高点有mg＝ 6R、联立以上各式解得v＝20＋43gx、03AB()R＝0、8mBCD在BL＝20、逆时针转动v＝10m/s乙两物体不拴接．甲得质量为m＝3g，乙得质量为m1g，甲、乙均静止在光滑得水平面1 2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DD点时对轨道得压力恰好等于甲得重力．传送带与乙物体间得动摩擦因数为06，重力加速度g10甲、乙两物体可瞧作质点．图3求甲球离开弹簧时得速度；远距离；AB碰撞时甲、乙得速度；若不会再次碰撞，请说明原因．3答案 (1)4 m/s (2)12m (3)见解析31解析 (1)设甲离开弹簧时得速度大小为运动至D点得过程中机械能守恒v2＝mg·2R＋1mv2

10 121Dv21＝在最高点D，由牛顿第二定律，有2mg mD1＝1R30联立解得：v＝430

m/svE＝1mv2＝1mv2p 210 22乙得v乙＝12m/s2 之后乙滑上传送带做匀减速运动：μmg＝2 得a＝6m/s2乙速度为零时离A端最远，最远距离为：s＝乙＝12m<202as＝即乙在传送带上滑行得最远距离为12m、v＝mv甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v1、v2v＝mv11 221 1 1 1 Ep＝mv2＝mv2＋mv23210 211 222331解得：v＝231

m/s，v2＝6

m/s甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，则1mv2＝mgh211 1得h＝0、6m<0、8m31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就是v＝231

m/s32v32

m/s<12m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．332ABv332

m/s3故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲得速度为2左3

m/s，方向向右，乙得速度为6

m/s，方向向4θ＝37°v＝12m/s送带两端点Q间得距离m，紧靠Q点右侧有一水平面长m，水平面右端与一光滑得半径＝6m得竖直半圆轨道相切于MN为竖直得直径．现有一质量＝5得物块A以v＝10m/s得速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间得动摩擦因数μ＝0、75，0 12Q()m＝0、5kgBAB、Bμ大小．已知sin37°＝0、6，cos37°＝0、8，求：24AaQ点时得速度；2A、BNμ；2A、BNNμ2条件？2答案(1)12m/s212m/s(2)0、5(3)0、09≤μ≤0、52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θ＋μ1Mgcos解得：a＝12m/s2设A能达到传送带得速度，由v2－v2＝2ax得0 0运动得位移x＝11m<L0 61