微专题3力学三大观点的综合运用【答案】听课

微专题3力学三大观点的综合运用例1(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明A脱离弹簧时的速度为平抛运动的初速度,对A做平抛运动过程,有h=12gtxA=vAt联立解得脱离弹簧时A的速度大小vA=1m/s对A、B整体,由动量守恒定律得mAvA=mBvB解得脱离弹簧时B的速度大小vB=1m/s(2)对B脱离弹簧后运动过程,由动能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2(3)整个过程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J例2(1)0.25m/s0.75m/s(2)1.0s(3)0.053n2[解析](1)设B的质量为m,A沿斜面下滑,受到重力、支持力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律有3mgsinθ-μA·3mgcosθ=3ma分析B的受力mgsinθ=μBmgcosθ即B静止在斜面上.A与B发生第一次碰撞前,由运动学规律有vA0A与B发生第一次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有3mvA0=3mvA1+mvB1,12·3mvA02=12·3m解得vA1=0.25m/s,vB1=0.75m/s(2)由(1)可得,A从静止释放后,经过时间t0与B发生第一次碰撞,有vA0=at0B以vB1做匀速直线运动,A以初速度vA1、加速度a做匀加速直线运动,第二次碰撞前,有vA1t1+12at12=vB此时,A的速度为vA1'=vA1+at1A与B发生第二次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律,有3mvA1'+mvB1=3mvA2+mvB2,12·3mvA1'2+12mvB12=12·3B以vB2匀速直线运动,A以初速度vA2、加速度a做匀加速直线运动,第三次碰撞前,有vA2t2+12at22=vB显然,每次碰撞后,B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞,经过时间均为0.4s.故A与B发生第3次碰撞后的时刻为t3=t0+t1+t2解得t3=1.0s(3)从开始至第一次碰撞xA1=l从第一次碰撞至第二次碰撞xA2=2l+4l=6l从第二次碰撞至第三次碰撞xA3=8l+4l=12l从第三次碰撞至第四次碰撞xA4=14l+4l=18l从第n-1次碰撞至第n次碰撞xAn=(6n-10)l+4l(n>1)A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn=xA1+xA2+xA3+…+xAn=3n2-3n+1l=0.05(3n例3(16分)(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L[解析](1)机器人从A木板左端走到A木板右端,机器人与A木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为M,三个木板质量均为m,机器人和A木板的位移大小分别为x0、x1,同一时刻的速度大小别为v0i、v1i.根据动量守恒定律,任意时刻均有Mv0i=mv1i (1分)在这段时间内求和,有∑Mv0iΔt=∑Mv1iΔt (1分)即Mx0=mx1又知x0+x1=LA解得A、B木板间的水平距离即A木板的位移大小x1=1.5m(1分)(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得vcosθ·t=x1 (1分)vsinθg=t联立得v2=152sinθcosθ(m机器人跳离A的过程,机器人和A木板组成的系统在水平方向上动量守恒,有Mvcosθ=mvA (1分)根据能量守恒定律可得机器人做的功为W=12Mv2+12联立得W=15(3cos2θ+1)2sinθcosθ=15(4co根据数学知识可知,当12tanθ=2tanθ,即tanθ=2时,W取得最小值,为Wmin=90(3)根据第(2)问可知,tanθ=2,代入对应式子可得vcosθ=152m/s,t=155s,vA=3之后A木板以速度vA向左做匀速直线运动.机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒,有Mvcosθ=(M+2m)v共 (1分)解得v共=31510m/s(1该过程A木板向左运动的距离为xA=vAt=4.5m机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统在水平方向上动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v',B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为t',取向右为正方向,由动量守恒定律得(M+m)v共=Mv'-mvB (1分)每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为LB3LB3=(v'+vB)t' (1机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B木板左端至跳到B木板右端的过程中,A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6m(1分)有(vB-vA)·3t'=Δx (1分)联立得t'=LB4A、C两木板间距为xAC=(vA+vC)·3t'+Δx+LB (1分)其中vC=v共联立解得xAC=74LB (1分【跟踪训练】1.(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J[解析](1)设物块能加速到和传送带速度相等,则加速过程根据牛顿第二定律有μ0mg=ma设加速过程物块的位移为x,则v2=2ax解得x=1m<L假设成立,A碰B前速度为2m/s(2)A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得mv=mvA+mvB12mv2=12mvA2解得vA=0vB=2m/s(3)A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热Q=-Wf由图乙知B运动0.5m时μ=0.4,摩擦力对物块做的功Wf=-0+μmg根据能量守恒得12mvB2=Q解得Epm=0.5J2.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m[解析](1)小物块刚放在传送带上时,由牛顿第二定律有μm物g=m物a解得a=5m/s2假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,则此过程有v传2解得小物块运动的位移为x=2.5m由于x<L传=3.6m,所以假设成立,即小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,因此小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,为5m/s.(2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J