1、专题4 力学三大观点的综合应用-2-基础夯实 自我诊断 解答动力学综合问题的三大基本观点 1.解动力学问题的三个基本观点 力的观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题 动量观点 用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题 -3-基础夯实 自我诊断 2.力的瞬时作用和力的空间积累作用 分类 对应规律 规律内容 公式表达 力的瞬时作用 牛顿第二定律 物体的加速度大小与合外力成正比,与质量成反比,方向与合外力的方向相同 F 合=ma 力的空间积累作用 动能定理 外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量 W 合=Ek
2、功能关系 一个力做了多少功,就有多少能从一种形式转化为其他形式 W=W其他1+W其他2+机械能守恒定律 在只有重力(或弹力)做功的情况下,物体的机械能的总量保持不变 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 -4-基础夯实 自我诊断 3.利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,
3、就更显示出它们的优越性。-5-基础夯实 自我诊断 1.如图所示,水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m=1.0 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F=10.0 N的作用下,从A点由静止开始运动,当滑块运动的位移x=0.50 m时撤去力F。已知A、B之间的距离x0=1.0 m,滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10,g取10 m/s2。求:(1)在撤去力F时,滑块的速度大小。(2)滑块通过B点时的动能。(3)滑块通过B点后,能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35 m,求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。答案 解析 解析 关闭 答案
4、解析 关闭(1)3.0 m/s(2)4.0 J(3)0.50 J-6-基础夯实 自我诊断 2.如图所示,水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接,AB段长x=10 m,半圆形轨道半径R=2.5 m。质量m=0.10 kg的小滑块(可视为质点)在水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经B点时撤去力F,小滑块进入半圆形轨道,沿轨道运动到最高点C,从C点水平飞出。重力加速度g取10 m/s2。(1)若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点。求:滑块通过C点时的速度大小;滑块刚进入半圆形轨道时,在B点对轨道压力的大小;(2)如果要使小滑块能够通过C点,求水平恒力F应满足的条件。-7-基础夯实
5、 自我诊断 解析：(1)设滑块从C点飞出时的速度为vC,从C点运动到A点时间为t,滑块从C点飞出后,做平抛运动。竖直方向:2R=12gt2水平方向:x=vCt解得vC=10 m/s。设滑块通过B点时的速度为vB,根据机械能守恒定律得12 2+2mgR=12 2设滑块在B点受轨道的支持力为FN,根据牛顿第二定律得FN-mg=2联立解得FN=9 N,根据牛顿第三定律,滑块在B点对轨道的压力FN=FN=9 N。-8-基础夯实 自我诊断(2)若滑块恰好能够经过C点,设此时滑块的速度为vC,根据牛顿第二定律有mg=,解得vC=5 m/s。滑块由A点运动到C点的过程中,由动能定理得Fx-mg2R12mvC
6、2,则 Fxmg2R+12mvC22解得水平恒力F应满足的条件为F0.625 N。答案：(1)10 m/s 9 N(2)F0.625 N-9-基础夯实 自我诊断 3.如图所示,一质量为m2的小车支架上用细线悬挂着一质量为m3的小球停在光滑水平面上。另一质量为m1的小车以速度v0向m2撞来,并立即与它粘连在一起。求小球m3能向上摆起的最大高度?答案 解析 解析 关闭m1、m2 碰撞瞬间,m3 保持静止。设 m1、m2 碰后共同速度为 v1,由动量守恒得 m1v0=(m1+m2)v1即 v1=101+2然后 m3上摆的过程系统动量守恒、机械能守恒,设三者最后共同的速度为 v,有(m1+m2)v1=
7、(m1+m2+m3)v12(m1+m2)12=m3gh+12(m1+m2+m3)v2由式得 v=101+2+3把 v、v1代入式可得 h=12022(1+2)(1+2+3)。答案 解析 关闭12022(1+2)(1+2+3)-10-考点一 考点二 考点三 考点一 动力学方法的应用(师生共研)若一个物体参与了多个运动过程,而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题,则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。-11-考点一 考点二 考点三 例1(2016河南中原名校联考)如图所示,B为竖直圆轨道的左端点,它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为,一小球在圆轨道左侧的A点以速度
8、v0平抛,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g。则A、B之间的水平距离为()A.v02 gB.2v02 gC.v02g D.2v02g 答案 解析 解析 关闭根据平抛运动的规律可得水平速度 v0,竖直速度 gt。小球恰好沿 B点的切线方向进入圆轨道,则合速度与水平方向夹角为,可得 tan=0,运动时间 t=0tan,水平位移 x=v0t=02tan,故选项 A 正确。答案 解析 关闭A-12-考点一 考点二 考点三 解题探究画小球的运动示意图。提示：如图所示。-13-考点一 考点二 考点三 例2如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动
9、,到B点后撤去力F,物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg,物块与水平直轨道间的动摩擦因数=0.5,AB段长L=10 m,B、E两点的高度差h=0.8 m,B、E两点的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点,空气阻力不计,g取10 m/s2。-14-考点一 考点二 考点三(1)为使物块越过“壕沟”,求物块在B点最小速度v的大小。(2)若=37,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小。(sin37=0.6,cos 37=0.8)(3)若大小不确定,为使物块恰好越过“壕沟”,求力F的最小值。(结果可保留根号)答案 解析 解析 关闭(1)由 h=12gt2,得 t=0.
10、4 s,v=4 m/s。(2)v2=2aL,解得 a=0.8 m/s2。对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 Fcos-(mg-Fsin)=ma,即F=+cos+sin 代入数据可得 F5.27 N。(3)由数学知识可知 F=+cos+sin =+1+2sin(+)+1+2=58 525N(其中 tan=)。答案 解析 关闭(1)4 m/s(2)5.27 N(3)58 525N-15-考点一 考点二 考点三 考点二 能量观点的应用(师生共研)若一个物体参与了多个运动过程,若该过程涉及能量转化问题,并且具有功能关系的特点,则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解。-16-考点一 考点二
11、考点三 例3如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角=37的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到达B点后又将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹回,弹到的最高位置D点,D点距A点的距离AD=3 m。挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37=0.6。求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数。(2)弹簧的最大弹性势能Epm。答案 解析 解析 关闭(1)物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中,弹性势能没有发生变化,动能和重力势能减少,机械能的减少量为E=Ek+Ep=12 02+mglADsin 37物体克服摩擦力
12、消耗的能量为 Q=Ffx其中 x 为物体的路程,即 x=5.4 mFf=mgcos 37由能量守恒定律可得 E=Q由式解得=0.52。(2)由 A 到 C 的过程中,动能减少 Ek=12 02重力势能减少 Ep=mglACsin 37摩擦力做功 Q=FflAC=mglACcos 37由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为Epm=Ek+Ep-Q联立解得 Epm=24.5 J。答案 解析 关闭(1)0.52(2)24.5 J-17-考点一 考点二 考点三 解题探究物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹性势能 (选填“有”或“没有”)发生变化;利用公式Q=Ffx计算摩擦生热时,x表示 。物体到达C点
13、时,原来在A点的动能和重力势能转化成了何种能量?没有物体经过的路程提示：弹性势能和内能-18-考点一 考点二 考点三 例4(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小 B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mv2C.在 C 处,弹簧的弹性势能为14mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 答案 解析 解析 关闭下滑过
14、程中,圆环先加速然后减速,其加速度开始时竖直向下(大小逐渐减小),然后改为竖直向上(其大小逐渐增大),选项 A错误;设下滑过程克服摩擦力做功为 Wf,则上滑过程克服摩擦力做功也为 Wf,对下滑过程由动能定理有 mgh-Wf-W 弹=0,对上滑过程由动能定理有 W弹-mgh-Wf=0-12mv2,联立以上两式得 Wf=14mv2,E 弹 C=W 弹=mgh-14mv2,可知选项 B 正确,C 错误;设环下滑时经过 B 点时速度为 v1,对环由 A至 B 的过程有 mghAB-Wf-W 弹=12 12-0,设环上滑时经过 B 点时速度为 v2,对环由 B 至 A 的过程有-Wf-mghAB+W 弹
15、=0-12 22,比较以上两式易知 v2v1,选项 D 正确。答案 解析 关闭BD-19-考点一 考点二 考点三 考点三 力学三大观点的综合应用(师生共研)这类模型各阶段的运动过程具有独立性,只要对不同过程分别选用相应规律即可,两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。-20-考点一 考点二 考点三 例5如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为=53的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动。已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H=
16、15 m,竖直圆轨道半径R=5 m。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6,g取10 m/s2,求:-21-考点一 考点二 考点三(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球离开平台后到达斜面底端的速度大小;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力。解析：(1)研究小球做平抛运动,小球落至A点时,由平抛运动速度分解图可得水平速度v0=vycot 小球在水平方向做匀速直线运动,则有x=v0t由上式解得v0=6 m/s,x=4.8 m,vA=10 m/s。合速度与竖直分速度的关系 vA=sin小球在竖直方向做自由落体运动,则有2=2gh,
17、h=gt2-22-考点一 考点二 考点三(2)设小球到达斜面底端时的速度为vB,则由动能定理有mgH=12 2 12 2,可得 vB=20 m/s。(3)竖直圆轨道光滑,研究小球从C点到D点,设小球到达D点时的速度为vD。由动能定理可得-2mgR=12 2 12 2在 D 点由牛顿第二定律可得 FN+mg=m 2由上面两式可得FN=3 N由牛顿第三定律可得,小球在D点对轨道的压力为3 N,方向竖直向上。答案：(1)6 m/s 4.8 m(2)20 m/s(3)3 N,方向竖直向上-23-考点一 考点二 考点三 例6(2017重庆巴蜀中学模拟)如图所示,一小车置于光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,
18、左端拴接物块b,小车质量m0=3 kg,AO部分粗糙且长L=2 m,动摩擦因数=0.3,OB部分光滑。另一小物块a,放在小车的最左端,和小车一起以v0=4 m/s的速度向右匀速运动,小车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点,质量均为m=1 kg,碰撞时间极短且不粘连,碰后一起向右运动。(g取10 m/s2)求:-24-考点一 考点二 考点三(1)物块a与b碰后的速度大小;(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离;(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。答案 解析 解析 关闭(
19、1)对物块 a,由动能定理得-mgL=12 12 12 02代入数据解得 a 与 b 碰前速度:v1=2 m/s;a、b 碰撞过程系统动量守恒,以 a 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv1=2mv2,代入数据解得 v2=1 m/s;(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a 以 v2=1 m/s 的速度在小车上向左滑动,当与车同速时,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv2=(m0+m)v3,代入数据解得 v3=0.25 m/s。对小车,由动能定理得 mgs=12m032代入数据解得,同速时车 B 端距挡板的距离 s=132 m(3)由能量守恒得 mgx=12 22 12(m0+m)32解
20、得滑块 a 与车相对静止时与 O 点的距离:x=18 m=0.125 m 答案 解析 关闭(1)1 m/s(2)132 m(3)0.125 m-25-考点一 考点二 考点三 规律方法1.利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题。(1)动量守恒定律是矢量表达式,还可写出分量表达式;而动能定理和能量守恒定律是标量表达式,绝无分量表达式。(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题,若用动量的观点或能量的观点求解,一般都要比用力和运动的观点要简便,而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等,就中学知识而言,不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。2.应用动量、能量观点解决问题的
21、两点技巧。(1)灵活选取系统的构成,根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象。(2)灵活选取物理过程。在综合题目中,物体运动常有几个不同过程,根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。-26-考点一 考点二 考点三 突破训练 1.(2017河南安阳模拟)如图所示,底端带弹性挡板且足够长的光滑直杆与水平方向的夹角为53,质量分别为mA、mB的两个带孔弹性小球A、B(孔径略大于杆的直径)穿在杆上,且mB=3mA,A球在B球的上方。先将B球释放,经过t=0.5 s再将A球释放,当A球下落0
22、.375 s时,刚好与B球在杆上的P点处相碰,碰撞时间极短。碰后瞬间A球的速度恰为零。已知重力加速度大小g取10 m/s2,sin53=0.8,cos 53=0.6,忽略空气阻力及碰撞中的能量损失。仅考虑B球与挡板碰一次的情况。求:-27-考点一 考点二 考点三(1)与A球碰撞前后,B球的速度。(2)B球由释放到与挡板相碰运动的时间。解析：(1)以平行于斜面向下的方向为正方向。由牛顿第二定律mgsin 53=ma可得,两球在杆上运动的加速度大小为a=gsin 53=8 m/s2设A球碰前的速度为v1,运动时间为t1=0.375 s,则由运动学公式可得v1=at1=3 m/s设B球碰前速度为v2
23、,碰后速度为v2,由动量守恒定律可得mBv2+mAv1=mBv2碰撞过程中动能守恒,则有12mB22+12mA12=12mBv22联立解得 v2=1 m/s,v2=2 m/s。-28-考点一 考点二 考点三(2)碰前B球的运动可分为三个阶段,向下运动,与挡板碰后向上运动,再向下运动。设B球回到最高点后再向下运动的时间为t3,B球回到最高点后再向下运动的距离为l3,则有t3=2=0.125 sl3=12 32=0.062 5 m设B球由释放到与挡板相碰运动的时间为t2,则有t+t1=2t2+t3解得t2=0.375 s答案：(1)1 m/s 2 m/s(2)0.375 s-29-考点一 考点二
24、考点三 2.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为l=0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;(3)求碰后AB滑至第n个(n =5 m/s
25、,说明 A 能通过 Q 点继续运动。在 Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式得,mg+F=m2。所以 A 受到的弹力 F=2-mg=1420.5-1 10 N=22 N。-31-考点一 考点二 考点三(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律,设碰撞后的速度为v,则 mv0=2mv,所以 v=12v0=3 m/s。从碰撞到 AB 停止,根据动能定理得-2mgkl=0-122mv2所以 k=22=3220.1100.1=45。(3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段根据动能定理得-2mgnl=122m2 122mv2解得 vn=9-0.2 m/s(nk)。答案：(1)4 m/s 22 N(2)45(3)vn=9-0.2 m/s(nk)