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1、专题复习 力学规律的综合应用 庞留根吕叔湘中学2007年7月Email dyszplg 一 三个观念及其概要1 动力学观念2 动量的观念3 能量的观念二 选择解题方法三 解题步骤例1解 方法1方法2方法3例2例32005年广东卷1806年南通市调研测试一1707届1月武汉市调研考试1807年苏锡常镇四市一模1907学年南京市期末质量调研1906年江苏省盐城中学二模1707年重庆市第一轮复习第三次月考卷1707届12月江苏省丹阳中学试卷19南京市07届二模试卷19 力学规律的综合应用 一 三个观念及其概要 力学规律的综合应用是指运用三个观念解题 动力学观念 包括牛顿定律和运动规律 动量的观念 包
2、括动量定理Ft p和动量守恒定律m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 能量的观念 包括动能定理W总 EK和能量守恒定律E初 E末 1 动力学观念 力的瞬时作用效应 力的瞬时作用效应是改变物体的速度 使物体产生加速度 牛顿第二定律F ma表示力和加速度之间的关系 若已知物体的受力情况 由牛顿第二定律求出加速度 再由运动学公式就可以知道物体的运动情况 若已知物体的运动情况 知道了加速度 由牛顿第二定律可以求出未知的力 做匀速圆周运动物体所受的合外力是向心力 向心力跟向心加速度的关系也同样遵从牛顿第二定律 2 动量的观念 力的时间积累效应 力的时间积累效应是改变物体的动量 动量定理I p表示合外力
3、的冲量和物体动量变化之间的关系 在确定了研究对象 系统 后 系统内各物体间的相互作用的内力总是成对出现的 且在任意一段时间内的总冲量一定为零 所以系统的内力只能改变系统内某一物体的动量 不改变系统的总动量 动量定理适用于某个物体 也适用于由若干物体组成的系统 在系统所受合外力为零的条件下 该系统的总动量守恒 3 能量的观念 力的空间积累效应 力的空间积累效应是改变物体的动能 动能定理W EK表示合外力做功和物体动能变化之间的关系 与冲量不同的是 即使合外力对系统不做功 但系统内一对内力在同一时间内的位移可能不相等 因此其做的总功可能不是零 从而改变系统的总动能 因此在一般情况下 动能定理只能用
4、于单个的物体而不能用于由若干物体组成的系统 如果对某个系统而言只有重力和弹力做功 那么系统中就只有动能和势能相互转化 其总和保持不变 机械能守恒 二 选择解题方法 对单个物体的讨论 宜用两大定理 涉及时间 或研究力的瞬时作用 优先考虑动量定理 涉及位移及功优先考虑动能定理 对多个物体组成的系统讨论 则优先考虑两大守恒定律 涉及物理量是瞬时对应关系或加速度的力学问题常用牛顿运动定律 必要时再用运动学公式 动量与能量的两个定理和两个守恒定律 只研究一个物理过程的始末两个状态 对中间过程不予以细究 特别是变力问题 就显示出其优越性 分析综合类问题时 应首先建立清晰的物理图景 抽象出物理模型 选择物理
5、规律 建立方程进行求解 三 解题步骤 正确确定研究对象 特别是对多个物体组成的系统 要明确研究对象是某一隔离体还是整体组成的系统 正确分析物体的受力情况和运动情况 画出力的示意图 必要时还应画出运动过程的示意图 根据上述情况确定选用什么规律 并列方程求解 最后分析总结 看结果是否合理 如选用能量守恒定律 则要分清有多少种形式的能在转化 如用动量定理和动量守恒定律 则应注意矢量性 解题时先选取正方向 已知量跟选取的正方向相同的量为正 跟选取的正方向相反的量为负 求出的未知量为正 则跟选取的正方向相同 求出的未知量为负 则跟选取的正方向相反 如图所示 一质量为M 长为L的长方形木板B放在光滑的水平
6、地面上 在其右端放一质量为m的小木块A m M 现以地面为参照系 给A和B以大小相等 方向相反的初速度 使A开始向左运动 B开始向右运动 但最后A刚好没有滑离B板 1 若已知A和B的初速度大小为v0 求它们最后的速度大小和方向 2 若初速度的大小未知 求小木块A向左运动到达的最远处 从地面上看 离出发点的距离 例1 解 方法1 用牛顿第二定律和运动学公式求解 A刚好没有滑离B板 表示当A滑到B板的最左端时 A B具有相同的速度 设此速度为v 经过时间为t A B间的滑动摩擦力为f 如图所示 规定向右方向为正方向 则对A据牛顿第二定律和运动学公式有 f maA v v0 aAt 对B据牛顿第二定
7、律和运动学公式有 f MaB v v0 aBt 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 由图示关系有 L0 L2 L 由 得它们最后的速度为 方向向右 由 得 代入 得 对A 向左运动的最大距离为 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 解 方法2 用动能定理和动量定理求解 A刚好没有滑离B板 表示当A滑到B板的最左端时 A B具有相同的速度 设此速度为v 经过时间为t A和B的初速度的大小为v0 设A与B之间的滑动摩擦力为f 则据动量定理可得 对A ft mv mv0 对B ft Mv Mv0 解得 方向向右 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 由动能定理 对于B
8、 对于A 由几何关系L0 L2 L 由 联立求得 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 解 方法3 用能量守恒定律和动量守恒定律求解 A刚好没有滑离B板 表示当A滑到B板的最左端时 A B具有相同的速度 设此速度为v A和B的初速度的大小为v0 则据动量守恒定律可得 Mv0 mv0 M m v 解得 方向向右 对系统的全过程 由能量守恒定律得 对于A 由上述二式联立求得 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 点评 从本题的三种解法可以看出 动量定理 动能定理与动量守恒定律 能量守恒定律 只研究一个物理过程的始末两个状态 与中间过程无关 对于中间过程复杂的问题 特别是变力问题
9、 就显示出比牛顿定律的无比优越性 方法1 例1 3页 方法2 末页 5页 方法3 例2 如图示 一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动 现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的P点处 已知物体m与木板之间的动摩擦因数为 为保持木板的速度不变 从物体m放到木板上到它相对于木板静止的过程中 对木板施一水平向右的作用力F那么F对木板做的功有多大 解 物体m在摩擦力作用下做匀加速运动 经时间t速度达到v f mg由动量定理 mgt mv 在t时间内 木板的位移S2 vt 物体m的位移S1 1 2 vt W FS2 fS2 mgvt mv2 又解 由能量守恒定律 拉力F的功等于物体动能的增加和转化
10、的内能 W 1 2 mv2 f S 1 2 mv2 f S2 S1 1 2 mv2 1 2 mgvt mv2 如图示 在光滑的水平面上 质量为m的小球B连接着轻质弹簧 处于静止状态 质量为2m的小球A以初速度v0向右运动 接着逐渐压缩弹簧并使B运动 过了一段时间A与弹簧分离 1 当弹簧被压缩到最短时 弹簧的弹性势能EP多大 2 若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板 在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞 并在碰后立即将挡板撤走 设B球与挡板的碰撞时间极短 碰后B球的速度大小不变但方向相反 欲使此后弹簧被压缩到最短时 弹性势能达到第 1 问中EP的2 5倍 必须使B球在速度多大时与挡板发生碰
11、撞 例3 解 1 当弹簧被压缩到最短时 AB两球的速度相等设为v 由动量守恒定律 2mv0 3mv 由机械能守恒定律 EP 1 2 2mv02 1 2 3mv2 mv02 3 2 画出碰撞前后的几个过程图 由甲乙图2mv0 2mv1 mv2 由丙丁图2mv1 mv2 3mV 由甲丁图 机械能守恒定律 碰撞过程不做功 1 2 2mv02 1 2 3mV2 2 5EP 解得v1 0 75v0v2 0 5v0V v0 3 2005年广东卷18 18 如图所示 两个完全相同的质量为m的木板A B置于水平地面上 它们的间距s 2 88m 质量为2m 大小可忽略的物块C置于A板的左端 C与A之间的动摩擦因
12、数为 1 0 22 A B与水平地面之间的动摩擦因数为 2 0 10 最大静摩擦力可认为等于滑动静摩擦力 开始时 三个物体处于静止状态 现给C施加一个水平向右 大小为2mg 5的恒力F 假定木板A B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起 要使C最终不脱离木板 每块木板的长度至少应为多少 解 F 0 40mgs 2 88mmA mB mmC 2m 1 0 22 2 0 10 AC之间的滑动静摩擦力为f1 0 44mg F 0 40mg A与地面之间的滑动静摩擦力为 f2 2 2m m g 0 30mg F 0 40mg 开始A和C保持相对静止 在F的作用下向右加速运动 由动能定理得 F f2 s 1
13、2 2m m v12 AB两木板碰撞的瞬间 由动量守恒定律得 mv1 m m v2 AB碰撞结束后到三个物体达到共同速度v3的相互作用过程中 C物体刚好到达B板右端 设木板向前移动的位移为s1 对整体 由动量守恒定律得 2mv1 m m v2 2m m m v3 对AB两木板 由动能定理得 f1s1 2 2m m m gs1 1 2 2mv32 1 2 2mv22 对C物体 由动能定理得 F f1 2l s1 1 2 2mv32 1 2 2mv12 解以上各式得s1 1 5ml 0 3m 要使C最终不脱离木板 每块木板的长度至少应为0 3m 题目 06年南通市调研测试一17 17 16分 如图
14、所示 光滑水平面上有一质量M 4 0kg的平板车 车的上表面右侧是一段长L 1 0m的水平轨道 水平轨道左侧连一半径R 0 25m的1 4光滑圆弧轨道 圆弧轨道与水平轨道在O 点相切 车右端固定一个尺寸可以忽略 处于锁定状态的压缩弹簧 一质量m 1 0kg的小物块紧靠弹簧 小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0 5 整个装置处于静止状态 现将弹簧解除锁定 小物块被弹出 恰能到达圆弧轨道的最高点A g取10m s2 求 1 解除锁定前弹簧的弹性势能 2 小物块第二次经过O 点时的速度大小 3 最终小物块与车相对静止时距O 点的距离 17 解 平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒 故小物块恰能到达
15、圆弧最高点A时 二者的共同速度v共 0 设弹簧解除锁定前的弹性势能为EP 上述过程中系统能量守恒 则有 EP mgR mgL 代入数据解得EP 7 5J 设小物块第二次经过O 时的速度大小为vm 此时平板车的速度大小为vM 研究小物块在圆弧面上下滑过程 由系统动量守恒和机械能守恒有 0 mvm MvM 由 式代入数据解得vm 2 0m s 最终平板车和小物块相对静止时 二者的共同速度为0 设小物块相对平板车滑动的总路程为S 对系统由能量守恒有 EP mgS 代入数据解得S 1 5m 则距O 点的距离x S L 0 5m 评分标准 本题共16分 式各2分 式1分 式各2分 式各2分 式1分 题目
16、 07届1月武汉市调研考试18 18 在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A B C三个质量都为m的物体 都可视为质点 其中物体C被固定 其带电量为 Q 它产生的电场在竖直面MN的左侧被屏蔽 物体B带电量为 q 恰好处在被屏蔽区边缘 物体A不带电 此时A B均静止 它们相距l1 B与C相距l2 现对位于P点的物体A施加一水平向右的瞬时冲量 A在向右运动过程中与B碰撞后粘连 碰撞时间极短 并进入电场区前进了l l l2 的距离时 由于物体C排斥作用而折回 再次进入被屏蔽区后恰好也前进了l距离时静止 已知物体A B与整个水平面间的动摩擦因数都为 求 最初在P点时对物体A施加的瞬时冲量的大小 竖直面MN不影响物体在两区域间穿行 忽略带电体在MN左侧被屏蔽区域受到的一切电场力 解 设对A的瞬时冲量为I A的初速度为v0 由动量定理有 设A与B碰前速度为v1 由动能定理有 设A B碰撞后的共同速度为v2 由动量守恒定律 有 A B进入电场区再折回被屏蔽区 电场力做功为零 研究A与B碰后到停止运动的整过程 由动能定理有 由 式得 题目 07年苏锡常镇四市一模19 19 如图所示 一根跨越一固定的水平
