微专题3力学三大观点的综合应用听课答案

微专题3力学三大观点的综合应用例1(1)45mg(2)25R(3)137.5R[解析](1)滑块第一次到达圆形轨道最高点的过程中,由动能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ-mg×2R=12mv滑块在圆形轨道最高点时,由牛顿第二定律得mg+FN=mv联立解得FN=45mg由牛顿第三定律可知,滑块第一次到达圆形轨道最高点时对轨道的压力大小为FN'=FN=45mg(2)滑块从释放到第一次在CD段向上滑行到最高点的过程中,由动能定理得mg(L-L1)sinθ-μmg(L+L1)cosθ=0解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1=25R(3)滑块第二次到达圆形轨道最高点的过程中,由动能定理得mgL1sinθ-μmgL1cosθ-mg×2R=12mv解得v2=6设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1,由动能定理得mg(L1-s1)sinθ-μmg(L1+s1)cosθ=0解得s1=5R滑块第三次到达圆形轨道最高点的过程中,由动能定理得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mg×2R=12mv解得v32所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h,由动能定理得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mgh=0解得h=R所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动,最终停在B点,设滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理得mgh-μmgs2cosθ=0整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s=L+2s1+s2联立解得s=137.5R例2(1)4.8J(2)m3'>3435[解析](1)给滑块A一瞬时冲量时,设滑块A的速度大小为v1,由动量定理得I=m1v1解得v1=19m/s设碰后滑块B的速度大小为v2,由题意可知滑块B上升的最大高度大于圆弧轨道的半径,则滑块B在最高点时与物体C具有相同的水平速度,在水平方向上由动量守恒定律得m2v2=m2对B、C由机械能守恒定律得12m2v22=12m2联立解得v2=12m/s,v=4m/s设碰后A的速度为v3,对A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得m1v1=m1v3+m2v2解得v3=-5m/s滑块A、B因碰撞而损失的机械能为ΔE=12m1v12-12m1v3解得ΔE=4.8J(2)设滑块B再次返回到物体C底端时速度为v4,对滑块B和物体C组成的系统,在水平方向上由动量守恒定律得m2v2=m2v4+m3'v5由机械能守恒定律得12m2v22=12m2v42解得v4=m2-欲使滑块A、B能发生第二次碰撞,则应满足的条件为|v4|>|v3|,即m3'-m解得m3'>3435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 (1分)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=x1vsinθg=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根据能量守恒定律可得机器人做的功为W=12Mv2+12mv联立得W=15(3cos2θ+1)2sinθcosθ=15(4cos2θ根据数学知识可知,当12tanθ=2tanθ,即tanθ=2时,W取得最小值,为(3)根据第(2)问可知,tanθ=2,代入对应式子可得vcosθ=152m/s,t=155s,vA=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共解得v共=315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LB3,有LB3=(v'+vB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有(vB-vA)·3t'=Δx联立得t'=LB4(vAA、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 【跟踪训练】1.(1)12.4N(2)2.4m(3)6m[解析](1)物体从E点运动到C点的过程,由机械能守恒定律得mg(h+R)=12m物体在C点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mv联立解得FN=12.4N(2)物体从E点运动到A点的过程,由动能定理得mg[(h+Rcos37°)-LABsin37°]-μmgLABcos37°=0联立解得LAB=2.4m故斜面长度LAB至少为2.4m(3)因为mgsin37°>μmgcos37°,所以物体不会停在斜面上,物体最后以C为中心、B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动.物体从E点运动到在圆弧轨道上做周期性运动的过程,系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能之差,根据能量守恒定律可得mgℎ+Rcos37°=解得s=6m2.(1)5m/s(2)6.8N(3)1.2m(4)0.96J[解析](1)玩具小车离开平板车后,做平抛运动到达A点,沿竖直方向上,由运动学公式得vA2sin2θ=2解得vA=5m/s(2)玩具小车从A点运动到B点的过程,由动能定理得mgR1−cosθ=12mvB2玩具小车在B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mv联立解得FN=6.8N(3)玩具小车在平板车上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得0.8mg=ma1由运动学公式得vA2cos2θ=2a1x1解得x1=1m小车和平板车时刻满足动量守恒,整段时间内动量守恒,有mx1t1解得x2=0.2m所以平板车的长度为l=x1+x2=1