2011物理一轮复习 第4课时 动力学三大定律的综合应用

第4课时 动力学三大定律的综合应用考点自清一、三大力学定律1.力的观点 (1)运动学公式 速度公式:vt= 位移公式:s= 速度位移关系式:vt2-v02= (2)牛顿运动定律 牛顿第一定律 牛顿第二定律:F合= 牛顿第三定律,v0+at,2as,ma,2.动量的观点 (1)动量定理:I合= (2)动量守恒定律:m1v1+m2v2=3.能量的观点 (1)动能定理:W总= (2)机械能守恒定律:Ek1+Ep1 = (3)能量的转化和守恒定律,p,m1v1+m2v2,Ek,Ek2+Ep2,二、力学知识体系 力学研究的是物体的受力与运动的关系.经典力学 以三条途径(包括五条重要规律)建立起二者的联 系,如下表所示.,特别提示这里涉及的力有:重力(引力)、弹力、摩擦力、浮力等;涉及的运动形式有:静止(F=0)、匀速直线运动(F=0)、匀变速直线运动(F=恒量)、匀变速曲线运动(F=恒量)、匀速圆周运动(|F|=恒量)、简谐运动(F=-kx)等.,热点聚焦热点一 动力学三个基本定律的适用情况与使用方法,热点二 力学规律选用的一般原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律.从两个守恒定 律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置),所 以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(位移s, 时间t)问题,不能解决力(F)的问题. (1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个 守恒定律. (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间,应考虑使 用动量定理. (3)若物体(或系统)涉及到位移和时间,且受到恒 力作用,应考虑使用牛顿运动定律.,(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便.特别提示1.无论使用哪一个规律,受力分析是前提.2.有的问题往往一题多解,解题时应从多个角度分析,找出最快捷的解题方法.,热点三 力学综合题的分析思路 力学就知识总体而言就是力和运动两大问题,故力 学综合题通常也包含了两大方面的规律:一是物体 的受力规律,二是物体的运动规律.物体的运动情 况是由它的受力情况和初始条件所决定的;由于力 有三种作用效果:力的即时作用效果使物体 产生加速度或形变;力对时间的积累效果冲 量;力对空间的积累效果功,所以加速度a、 冲量I和功W就是联系力和运动的桥梁.与上述三个 桥梁密切相关的知识有:牛顿运动定律、动量知识 (包括动量定理和动量守恒定律)、功能知识(包括 动能定理和机械能守恒定律),这三个桥梁及相关 知识就打通了解决力学问题的三大途径.,下面是分析力学综合题的基本步骤:1.读题审题、以图示意 由于综合题容量大,物理过程复杂,题目叙述往往 较长,看一遍常难以理清头绪,为此,可采用“通读 一遍,分段审议,作图示意”的方法,即先对题意建 立初步的、总的轮廓,然后再对各个细节进一步琢 磨,并通过示意图,把文字变成一幅生动的物理图 象.2.跟踪对象、分析过程 无论是单个物体还是整个系统,一旦选作研究对象 后,就要紧紧跟踪这个对象,仔细分析研究对象所 经历的物理过程,尤其需注意它在整个过程中运动 状态的变化,有什么转折点等.,3.紧扣条件、选择切入点 根据题中给定的条件,结合求解要求,选择相应的 物理规律,适用规律的确定策略.4.注重整体(全过程)的功能联系 有许多综合题,都可以把整体作为研究对象或从全 过程考虑,建立整体的或全过程中的功能关系,往 往比从力与运动的角度考虑更为简单.,题型探究题型1 递进型综合题【例1】图1中滑块和小球的质量均为m, 滑块可在水平放置的光滑固定导轨上 自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一 不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始 时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现 将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚 好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短 的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳 与竖直方向的夹角60时小球达到最高点.求:,图1,(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小. (1)小球由初态摆至最低点的过程中,其重力势能的减少量等于其动能的增加量吗?(2)如何求解小球摆至最低点时的速度?如何求滑块碰撞挡板前的瞬时速度?解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球的速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得,思维快车,小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得联立式得v1=v2=设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有I=0-mv1解得I=,(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得联立式得小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为答案,规律总结 本题为“递进型”力学综合题,涉及能量守恒、动量定理、动能定理等重要考点.此类题目一般设置23个小问题,几个小问题环环相扣,所以这一类问题必须先做出前一问题才能对后一问题作出定性或定量分析,但有时前一问题并不影响后一问题重要关系式的确立.,变式练习1 如图2所示,有一光滑曲面AB,在A处自由释放一小球甲,B处锁定一小球乙.在甲、乙两小球碰撞前瞬间,解除乙的锁定,碰撞后,甲在A、B之间反复运动,恰好不能从曲面B处飞出,乙越过宽度为d的横沟到达平台C时,其速度刚好为水平方向.已知A、B两点间的竖直高度为5 m,坡道在B点的切线方向与水平面成30角,沟宽d= 求:,图2,(1)碰撞后乙球的速度为多少?(2)甲、乙两球的质量之比为多少?解析 (1)设B、C两点间的竖直高度为h,对乙球碰撞后的速度vB分解,由运动的合成与分解有: 联立解得vB=40 m/s.(2)甲由A到B的过程中,由机械能守恒定律得:m甲ghAB= 解得:v=10 m/s.甲、乙碰撞后甲球速度为零,由动量守恒定律有m甲v=m乙vB所以m甲m乙=vBv=41答案 (1)40 m/s(2)41,题型2 并列型综合题【例2】有两个完全相同的小滑块A和B, A沿光滑水平面以速度v0与静止在水平 面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机 械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线, 如图3所示. (1)已知滑块质量为m,碰撞时间为t,求碰撞过程 中A对B平均冲力的大小. (2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度 下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的 光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位 置,让A沿该轨道无初速下滑(经分析,A下滑过程中 不会脱离轨道).,图3,分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;在OD曲线上有一M点,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.思维导图,解析 (1)滑块A与B正碰,满足mvA+mvB=mv0 由解得vA=0,vB=v0根据动量定理,滑块B满足Ft=mv0解得(2)设任意点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.选该任意点为势能零点,有,即pApB故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,B的轨迹方程在M点x=y,所以因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为,vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速率为vA,则 B做平抛运动,故vBx=v0,vBy 对A由机械能守恒得由得将代入得答案,规律总结 本题属于“并列式”力学综合题,此类题目中每个小问题的解答各自独立,彼此并列,互不包含,互不影响,前一问做错了,不影响对后一问的正确解答.,变式练习2 如图4所示,质量均为m的A、B两球间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态,放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略,它们整体视为质点),解除锁定时,A球能上升的最大高度为H.现让两球包括锁定的弹簧从水平面出发,沿光滑的半径为R的半圆槽从左侧由静止开始下滑,滑至最低点时,瞬间解除锁定.求:,图4,(1)两球运动到最低点处弹簧锁定解除前受轨道的弹力.(2)A球离开圆槽后能上升的最大高度.解析 (1)设A、B系统由水平面滑到轨道最低点时速度为v0,由机械能守恒定律得设轨道对小球的弹力为F,根据牛顿第二定律得解得F=6mg(2)解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能,由解除锁定时,A球能上升的最大高度为H可知,弹簧的弹性势能为Ep=mgH.解除锁定后A、B的速度分别为vA、vB,解除锁定过程中动量守恒2mv0=mvB+mvA,系统机械能守恒联立上述各式得 (正号不合题意舍去)设球A离开圆槽后上升的高度为h,球A上升过程中机械能守恒,素能提升1.甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它 们的动量分别是p1=5 kgm/s,p2=7 kgm/s,甲从 后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为 10 kgm/s,则两球质量m1与m2的关系可能是( ) A.m1=m2B.2m1=m2 C.4m1=m2D.6m1=m2 解析 甲乙两球在碰撞中动量守恒,所以有: p1+p2=p1+p2,将题给数据代入解得:p1=2 kg m/s.由于在碰撞过程中动能不可能增加,所以 有: 将题给数据代入解得:,根据题目给出物理情境是“甲从后面追上乙”,必须有v1v2,即 将题给数据代入解得: 综合上述分析得C、D正确.答案 CD,2.如图5所示,水平轻质弹簧 与物体A和B相连,放在光 滑水平面上,处于静止状 态,物体A的质量为m,物体B的质量为M,且Mm.现 用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B,从它们开始 运动到弹簧第一次达到最长的过程中 ( ) A.因Mm,所以B的动量大于A的动量 B.A的动能最大时,B的动能也最大 C.F1和F2做的总功为零 D.弹簧第一次达到最长时A和B总动能最大,图5,解析 物体A、B和弹簧组成的系统,所受的合外力为零,系统的动量守恒,总动量为零,虽然Mm,但A、B的动量总是等大、反向,故A错误;水平外力做正功,弹簧的弹力做负功,水平外力与弹簧的弹力大小相等之前,总功为正,水平外力与弹簧的弹力大小相等时,A、B动能最大,之后弹簧的弹力大于水平外力,总功为负,弹簧第一次达到最长时物体A和B的速度为零,总动能为零,故C、D错误,B正确.答案 B,3.如图6所示,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆 弧平滑连接,斜面倾角=37,A、B是两个质量均 为m=1 kg的小滑块(均可看作质点),B的左端连接 一轻质弹簧.若滑块A在斜面上受到F=4 N,方向垂 直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑. 现撤去F,让滑块A从斜面上距斜面底端L=1 m处,由 静止开始下滑.取g=10 m/s2,sin 37=0.6, cos 37=0.8.,图6,(1)求滑块A与斜面间的动摩擦因数.(2)求滑块A到达斜面底端时的速度大小.(3)滑块A与弹簧接触后粘连在一起,求此后弹簧的最大弹性势能.解析 (1)滑块沿斜面匀速下滑时受力如右图所示根据牛顿第二定律mgsin =N,N=mgcos +F联立解得(2)滑块沿斜面加速下滑时受力如右图所示设滑块滑到斜面底端时的速度为v1,根据动,能定理(mgsin -mgcos )代入数据解得v1=2 m/s(3)以A、B和弹簧为研究对象,当A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设它们共同的速度为v2根据动量守恒定律mv1=2mv2设弹簧的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒代入数据解得Ep=1 J 答案 (1)0.5 (2)2 m/s(3)1 J,4.如图7所示,在水平地面上放 有长木板C,C的右端有固定挡 板P,在C上左端和中点各放有小 物块A和B,A和B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不 计,A、B之间和B、P之间的距离均为L.设木块C与 地面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的动摩擦 因数均为,A、B、C(连同挡板P)的质量相同.开 始时,B和C静止,A以某一初速度向右运动,中途经 过与B的极短时间的弹性碰撞后,最终B恰好能运动 到C的右端与P接触,求在这一过程中木板C运动的 位移s.,图7,解析 设A、B、C的质量均为m,刚开始A受到向左的摩擦力mg作用,以初速度v0做匀减速运动,B、C受向右的摩擦力mg作用,共同做初速度为零的匀加速运动,直到A与B发生弹性碰撞.在物块A、B发生弹性碰撞的极短时间内,木板C与A、B间的摩擦力的冲量非常小,可忽略不计.故在碰撞过程中,A与B构成的系统的动量和能量守恒,而木板C的速度保持不变.设碰前A和B、C的速度分别为碰后A、B、C三者的速度分别为 则系统动量守恒: 系统能量守恒:,v,v,解得: 即碰撞前后A、B交换速度.所以碰撞刚结束时,B、A、C三者的速度分别为 之后B受向左的摩擦力mg作用,以初速度 做匀减速运动,C和A受向右的摩擦力mg作用,共同以初速度 做匀