物理专题复习力学规律的综合应用程嗣.ppt

物理专题复习 力学规律的综合应用,力学部分,一. 三个观念及其概要（解决力学问题的三把金钥匙）,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。,例1. 如图示，两物块质量为M和m，用绳连接后放在倾角为的斜面上，物块和斜面的动摩擦因素为，用沿斜面向上的恒力F 拉物块M 运动，求中间绳子的张力.,解：画出M 和m 的受力图如图示：,由牛顿运动定律，,对M有 F - T - Mgsin-Mgcos= Ma （1）,对m有 T - mgsin-mgcos= ma （2）,a = F/(M+m)-gsin-gcos （3）,（3）代入（2）式得,T= m（a+ gsin-gcos）= mF( M+m),由上式可知：,T 的大小与无关,T 的大小与无关,T 的大小与运动情况无关,2007年上海卷19B,例2（10分）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g10 m/s2。求： （1）小环的质量m； （2）细杆与地面间的倾角。,解：,由图得：av/t0.5 m/s2 ，,前2s有：F1mg sinma，2s后有：F2mg sin，,代入数据可解得：,m1kg， 30。,一平板车,质量M=100千克,停在水平路面上,车身的平板离地面的高度 h=1.25米, 一质量m=50千克的小物块置于车的平板上,它到车尾端的距离b=1.00米,与车板间的滑动摩擦系数 m=0.20,如图所示.今对平板车施一水平方向的恒力,使车向前行驶,结果物块从车板上滑落.物块刚离开车板的时刻,车向前行驶的距离 S0=2.0米.求物块落地时,落地点到车尾的水平距离S,不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦.取g=10米/秒2.,例3、,解：m离车前，画出运动示意图,am =f/m=g=2m/s2,Sm=1/2 am t2 =S0 -b=1m,S0=1/2 aM t2 =2m, aM= 2 am =4m/s2,aM=(F- mg) / M = F/M - 0.25010 / 100 =F/M 1 =4 m/s2,m离车后,aM = F/M =5 m/s2,m平抛,Sm =vm t1 =20.5=1m,SM = vMt1 +1/2 aM t1 2=40.5+1/250.25=2.625m,S= SM - Sm = 1.625m,例4、人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角=37且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t图象如图中的曲线AD所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线上一点B的坐标为 （4, 15），CD是曲线AD的渐近线，g取10m/s2， 试回答和求解： 雪橇在下滑过程中，开始做什么 运动，最后做什么运动？ 当雪橇的速度为5m/s时，雪橇 的加速度为多大？ 雪橇与斜坡间的动摩擦因数 多大？,解： ,由图线可知，雪橇开始以5m/s的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s作匀速运动, t=0，v0= 5m/s 时AB的斜率等于加速度的大小,a=v/t= 10/4 = 2.5 m/s2, t=0 v0= 5m/s f0=kv0 由牛顿运动定律,mgsin - mgcos kv0 = ma ,t=4s vt= 10m/s ft=kvt,mgsin - mgcos kvt =0 ,解 得 k=37. 5 Ns/m,= 0.125,如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM. 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5.,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： f t= mv+mv0 ,对B：f t=MvMv0 ,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 ：,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：,Mv0mv0=（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，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6、,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 mg t= mv,在t 时间内,木板的位移S2=v t, 物体m 的位移S1=1/2v t,W = FS 2 = f S 2 =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的内能.,W=1/2mv2 +f S = 1/2mv2 + f (S 2 - S 1) = 1/2mv2 + 1/2mgvt= 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撞？,例7.,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=1/22mv02 -1/23mv2 = 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）,1/22mv02 =1/23mV2 +2.5EP,解得v1=0.75v0 v2=0.5v0 V=v0/3,例7(19分) 如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质 量为(m1+m2)的物体D，仍从上述 初始位置由静止状态释放，则这次 B刚离地时D的速度的大小是多少？ 已知重力加速度为g.,2005年全国卷/24.,解：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有 kx1=m1g ,挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有,B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态 相比，弹簧性势能的增加量为,E=m3g(x1+x2)m1g(x1+x2) ,kx2=m2g ,题目,上页,下页,C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得,由式得,由式得,题目,上页,2005年广东卷18、,例8.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= 0.40 mg s=2.88m mA=mB=m mC=2m 1=0.22 2=0.10,A C之间的滑动静摩擦力为f1 = 0.44 mg F= 0.40 mg,A 与地面之间的滑动静摩擦力为,f2 = 2 (2m+m)g=0.30 mg F= 0.40 mg,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=1/2 (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)g s1 =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 =1.5 m l = 0.3 m,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,07学年南京市期末质量调研19,例9.（17分）如图所示，矩形盒B的质量为M，底部长度为L，放在水平面上，盒内有一质量为M/5可视为质点的物体A，A与B、B与地面的动摩擦因数均为，开始时二者均静止，A在B的左端。现瞬间使物体A获得一向右的水平初速度v0，以后物体A与盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B的左壁最后一次碰撞后，B立刻停止运动，A继续向右滑行 s（sL）后也停止运动。 （1）A与B第一次碰撞前，B是否运动？ （2）若第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为v1 ，求此时矩形盒B的速度大小； （3）当B停止运动时，A的速度是多少？ （4）求盒B运动的总时间。,解：（1）,A对B的滑动摩擦力,f1=Mg/5,地对B的最大静摩擦力,f2=6Mg/5,f1 f2 ，所以第一次A与B碰前B不会动。,（2）设A的质量为m，由动能定理得：,A、B组成的系统在第一次碰撞过程中动量守恒，设碰后B的速率为vB，选向右为正方向，,则,解得,（3）最后一次碰撞后的过程中，设B停止运动时的速度为v，对A由动能定理得：,（4）研究A、B组成的系统，它在水平方向所受的外力就是地面对盒B的滑动摩擦力，设盒B运动的总时间为t，选向右为正方向，对系统用动量定理得,题目,07年重庆市第一轮复习第三次月考卷17,例10、（20分）如图甲所示，质量为M、长L= 1.0m、右端带有竖直挡板的木板B静止在光滑水平面上，一个质量为m的小木块A（可视为质点），以水平速度v0=4.0 m/s滑上B的左端，而后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端，已知M/m=3，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略，求； （1）A、B最终的速度。 （2）木块A与木块B间的动摩擦因数。 （3）在图乙所给坐标中画出此过程中B相对地的v-t图线。（要写出分析和计算）,2页,题目,3页,末页,解:,（1）对M、m系统相互作用的全过程，由动量守恒定律得,mv0 = (M+m) v,解得 v = 1 m/s,（2）A、B相互作用的全过程中，摩擦生热等于机械能的减少，即,解得 = 0.3,（3）研究A、B系统，从A滑上B至A相对B滑行距离为L的过程，由动量守恒和能量守恒可得,mv0 = m v1 + M v2,2页,题目,3页,末页,代入数据可得：,v1+3v2=4,v21 +3v22 =10,以上为A、B碰前瞬间的速度。,此为A、B刚碰后瞬间的速度。,2页,题目,3页,末页,木板B此过程为匀变速直线运动， B的加速度为,故碰前B加速时间为,碰后B减速时间为,故B对地的vt图象如图所示。,2页,题目,3页,末页,例11：如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内，半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平。现有另一木块A（木块A、B均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞，两木块碰撞后立即粘合在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹后，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止，已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略。求： （1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小； （2）木块A、B在车上滑行的整个 过程中，木块和车组成的系统损失 的机械能； （3）弹簧在压缩过程中所具有 的最大弹性势能。,解（1）设木块A滑到圆弧底端的速度为v0，A滑下过程由机械能守恒得：,在A、B碰撞过程中，两木块组成的系统动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为v1，则：,（2）A、B在车上滑行的过程中，A、B和车组成的系统动量守恒， A、B滑到车的最左端时与车共速，设此速度大小为v，由动量守恒