C089.专题复习—力学规律的综合应用.ppt

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: ,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3 2005年广东卷18 06年南通市调研测试一17 07届1月武汉市调研考试18 07年苏锡常镇四市一模 19 07学年南京市期末质量调研19 06年江苏省盐城中学二模17 07年重庆市第一轮复习第三次月考卷17 07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。,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 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=1/22mv02 -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=v0/3,2005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,06年南通市调研测试一17,17（16分）如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L1.0m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m1.0kg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 =7.5 J ,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=2.0 m/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=1.5 m ,则距O点的距离xSL0.5 m ,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,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光滑细杆的、长为L的轻绳两端拴有两个质量均为m的小球a和b（可视为质点），Oa段的长度为L1， Ob段的长度为L2 ，,且L1 L2 ，球a置于地面，球b被拉到与细杆同一水平的位置，在绳刚拉直时放手，小球b从静止状态向下摆动，当球b摆到最低点时，恰好与球a在同一水平位置发生碰撞并粘合在一起，设碰撞时间极短，往后两球以O点为圆心做圆周运动，若已知碰前瞬间球a 的速度大小为va，方向竖直向上，轻绳不可伸长始终处于绷紧状态，求： （1）球b在碰撞前瞬间的速度大小； （2）两小球粘合后将做圆周运动时 绳中张力的大小； （3）两球在碰撞过程中, 合外力对球 a施加的冲量,解：,（1）由系统机械能守恒得：,（2）当球b运动到最低点时, 其竖直方向的速度与va大小相等,方向相反(因为绳长不变),球b在水平方向的速度,而与球a在水平方向碰撞动量守恒，有,绳中张力T由牛顿第二定律得：,由、式得：,由动量定理得：球a受到的合力冲量,与水平方向的夹角,题目,07学年南京市期末质量调研19,19.（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,17、如图所示，在长为l=1.0m、质量为mB=30.0kg的车厢B内的右壁处，放一质量mA=20.0kg的小物块A（可视为质点），向右的水平拉力F=120.0N作用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初2.0 s内移动的距离s= 5.0 m，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞中无机械能的损失 求（1）A与车厢B间的摩擦力大小； （2）车厢B开始运动后经多长时间小物块A与车厢B发生第一次碰撞； （3）小物块与车厢B第二次碰撞 发生在车厢的左壁还是右壁？,06年江苏省盐城中学二模17,2页,题目,3页,末页,解:（1）,2 s内A、B未碰，设B加速度为aB , 则,若A、B间无摩擦,则B右移1米过程中, A应处于静止, A与B左壁碰撞, 与题意矛盾, 故A、B间必有摩擦。,若A、B一起加速,则,与aB矛盾, 故A、B间为滑动摩擦，则, aA =2.25 m/s2 f=45 N,2页,题目,3页,末页,（2）由于aA aB，故A与B左壁第一次碰撞，且碰前相对位移为 l,（3）第一次碰前，,第一次碰后，设A、B速度分别为uA , uB 则,解得,2页,题目,3页,末页,uAuB A受摩擦力方向向左,B受摩擦力方向向右,此过程中A的加速度为aA1 ，B的加速度为aB1 ，有,f = mAaA1 aA1 = 2.25 m/s2,F+ f = mBaB1 aB1 = 5.5 m/s2,A减速，B加速，经时间t速度相等，则,uA -aA1t =uB +aB1t,此过程中，A相对B滑行的距离为l ，则,可见，A没有与B的右壁发生碰撞，,此后，A、B间的摩擦力方向变化，A向右加速，B向右加速，与第一次碰撞前过程相似，故第二次碰撞发生在B的左壁。,2页,题目,3页,末页,07年重庆市第一轮复习第三次月考卷17,17、（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,07届12月江苏省丹阳中学试卷19,19（16分）如图所示，一个带有1/4圆弧的粗糙滑板A，总质量为mA=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长为L=3.75m开始时A静止在光滑水平面上,有一质量为mB=2kg的小木块B从滑板A的右端以水平初速度v0=5m/s滑上A,小木块B与滑板A之间的动摩擦因数为=0.15,小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回最终停止在滑板A上。 （1）求A、B相对静止时的速度大小； （2）若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m，求B在圆弧上运动过程中因摩擦而产生的内能； （3）若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既能向右滑动、 又不滑离木板A的v0取值范围。 (取g10m/s2，结果可以保留根号),2页,题目,3页,末页,解：,（1）小木块B从开始运动直到A、B