專題4-三種觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用

1、專題4-三種觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用專題4-三種觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用一、力學(xué)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)必備知識(shí)整合一、力學(xué)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)必備知識(shí)整合二、三個(gè)基本觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題,可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題二、三個(gè)基本觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題三、力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式,可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí),一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題。(3)若研究的對(duì)象為一

2、物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般用兩個(gè)守恒定律去解決問(wèn)題,但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律,系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量,即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量。三、力學(xué)規(guī)律的選用原則(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí),需注意到這些過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化。這種問(wèn)題由于作用時(shí)間都極短,因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí),需注意到這考點(diǎn)一動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用關(guān)鍵能力突破動(dòng)量守恒與動(dòng)力學(xué)綜合問(wèn)題往往是多過(guò)程問(wèn)題,解決這類問(wèn)題:1.首先要弄清物

3、理過(guò)程。牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律相結(jié)合,常用于解決斜面問(wèn)題、滑塊木板問(wèn)題、傳送帶問(wèn)題等?？键c(diǎn)一動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用關(guān)鍵能力突破2.其次弄清每一個(gè)物理過(guò)程遵從什么樣的物理規(guī)律。物體的受力情況往往與運(yùn)動(dòng)情況相聯(lián)系,因此,應(yīng)結(jié)合實(shí)際情況,將物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程分為多個(gè)階段,再分析每個(gè)階段物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和受力情況,同時(shí)注意各階段間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。3.最后根據(jù)物理規(guī)律對(duì)每一個(gè)過(guò)程列方程求解,找出各物理過(guò)程之間的聯(lián)系是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。2.其次弄清每一個(gè)物理過(guò)程遵從什么樣的物理規(guī)律。物體的受力情例1如圖甲所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為M=1 kg的足夠長(zhǎng)木板。板左端有一質(zhì)量為m=0.5 kg的

4、物塊(視為質(zhì)點(diǎn)),物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.2。初始時(shí)物塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知g=10 m/s2,物塊與木板間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。(1)若僅給木板一水平向左的初速度v0=3 m/s,求物塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離;例1如圖甲所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為M=1 kg的足夠長(zhǎng)(2)若僅給物塊施加一水平向右的力F,F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,求物塊與木板最終的速度;(3)若按(1)問(wèn)中給木板初速度v0=3 m/s的同時(shí),給木板施加一水平向右的恒力F=6 N,求經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊會(huì)從木板上滑落。(2)若僅給物塊施加一水平向右的力F,F隨時(shí)間t變化的圖像如答案(1)1.5 m(2)0.

5、6 m/s(3) s解析(1)設(shè)物塊與木板最終達(dá)到相同速度v,物塊在木板上滑過(guò)的位移為L(zhǎng)。由動(dòng)量守恒定律得Mv0=(M+m)v由能量守恒定律得mgL=M-(M+m)v2聯(lián)立解得L=1.5 m(2)若物塊和木板一起向右加速,則對(duì)木板有mgMa0對(duì)整體有F=(M+m)a0解得拉力F1.5 N,故在如題圖乙所示拉力F的作用下物塊和木板無(wú)法一起加速答案(1)1.5 m(2)0.6 m/s(3) s解設(shè)經(jīng)過(guò)t1=0.5 s時(shí),物塊的速度為v1,木板的速度為v2對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理得Ft1-mgt1=mv1對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得mgt1=Mv2解得v1=0.8 m/s,v2=0.5 m/s0.5 s后系統(tǒng)動(dòng)量

6、守恒,物塊和木板最終達(dá)到相同速度v根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1+Mv2=(M+m)v解得v=0.6 m/s(3)物塊先相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng),此過(guò)程中物塊的加速度大小為a1,木板的加速度設(shè)經(jīng)過(guò)t1=0.5 s時(shí),物塊的速度為v1,木板的速度為v2大小為a2,經(jīng)t1時(shí)間物塊和木板具有相同速度v對(duì)物塊由牛頓第二定律得mg=ma1對(duì)木板得mg+F=Ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v=v0-a2t1,v=a1t1解得t1= s,v= m/s此過(guò)程中物塊相對(duì)木塊前進(jìn)的距離s=t1-t1解得s=0.5 mt1后物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng),設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間滑落,此過(guò)程中木板的加速度大小為a3,物塊的加速度大小仍為a1大小為a2,經(jīng)t1時(shí)

7、間物塊和木板具有相同速度v對(duì)木板由牛頓第二定律得F-mg=Ma3由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vt2-a1-(vt2-a3)=s聯(lián)立解得t2= s故總時(shí)間t=t1+t2= s對(duì)木板由牛頓第二定律得F-mg=Ma31.如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方。先將B球釋放,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放。當(dāng)A球下落t=0.3 s時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰。碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間A球的速度恰好為零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失。求:(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小;(2)P點(diǎn)

8、距離地面的高度。1.如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在答案(1)4 m/s(2)0.75 m解析(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB=將h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前后,A球的速度分別為v1和v1(v1=0),B球的速度分別為v2和v2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1=gt由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相撞前后的動(dòng)量守恒,總動(dòng)能保持不變。規(guī)定向下的方向?yàn)檎较?有mAv1+mBv2=mBv2答案(1)4 m/s(2)0.75 m解析(1)設(shè)B球設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h=聯(lián)立解得h=0.75 mm

9、A+mB=mBv設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB=vB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h=mA+2.如圖所示,在高h(yuǎn)1=30 m的光滑水平平臺(tái)上,物塊A以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng),與靜止在水平平臺(tái)上的物塊B發(fā)生碰撞,mB=2mA,碰撞后物塊A靜止,物塊B以一定的水平速度向右滑離平臺(tái),并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧形軌道,B點(diǎn)的高度h2=15 m,圓弧軌道的圓心O與平臺(tái)等高,軌道最低點(diǎn)C的切線水平,并與地面上長(zhǎng)為l=70 m的水平粗糙軌道CD平滑連接,物塊B沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)與右邊墻壁發(fā)生碰撞。g取10 m/s2。2.如圖所示,在高h(yuǎn)1=3

10、0 m的光滑水平平臺(tái)上,物塊A以初(1)求物塊B由A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間;(2)求物塊A初速度v0的大小;(3)若物塊B與墻壁只發(fā)生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有沖出B點(diǎn),最后停在軌道CD上的某點(diǎn)P(P點(diǎn)沒(méi)畫出)。設(shè)物塊B與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,求的取值范圍。(1)求物塊B由A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間;答案(1) s(2)20 m/s(3) 解析(1)由于h1=30 m,h2=15 m。設(shè)從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t,則h1-h2=gt2,解得t= s(2)由R=h1,R cos =h1-h2,得=60。設(shè)物塊B滑離水平平臺(tái)的速度是v1有= tan ,解得v1=10 m/sA與B發(fā)生碰撞的過(guò)程中

11、系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAv0=mBv1又mB=2mA,解得v0=20 m/s(3)設(shè)物塊B在水平軌道CD上通過(guò)的總路程為s,根據(jù)題意,該路程的最大值是答案(1) s(2)20 m/s(3) 解smax=3l,最小值是smin=l路程最大時(shí),最小;路程最小時(shí),最大。由能量守恒知mBgh1+mB=minmBgs-max,mBgh1+mB=maxmBgsmin解得max=,min=當(dāng)min=時(shí),設(shè)物塊B反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沿圓弧形軌道BC上升的最大高度為h,由能量守恒有mBgh1+mB-mBgh=minmBg2l解得h= mh2,符合題意的取值范圍是 smax=3l,最小值

12、是smin=l的取值范圍是r2)的雨滴在空氣中無(wú)初速下落的v-t圖線,其中對(duì)應(yīng)半徑為r1的雨滴(選填、);若不計(jì)空氣阻力,請(qǐng)?jiān)趫D中畫出雨滴無(wú)初速下落的v-t圖線。答案如圖所示b.示意圖中畫出了半徑為r1、r2(r1r2)的雨滴在空氣圖1(3)由于大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等,其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡(jiǎn)化為垂直于運(yùn)動(dòng)方向面積為S的圓盤,證明:圓盤以速度v下落時(shí)受到的空氣阻力fv2(提示:設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n,空氣分子質(zhì)量為m0)。答案(3)見(jiàn)解析解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理mgh-W=mu2可得W=mgh-mu2(2)a.根據(jù)牛頓第二定律mg-f=ma得a=g-當(dāng)加速度為零時(shí),雨滴

13、趨近于最大速度vm雨滴質(zhì)量m=r3由a=0,可得,雨滴最大速度vm=答案(3)見(jiàn)解析b.由vm=可知,對(duì)應(yīng)半徑為r1的雨滴。所作v-t圖線如圖1。圖1(3)根據(jù)題設(shè)條件:大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等,其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運(yùn)動(dòng)。b.由vm=可知,對(duì)應(yīng)半徑為r1的雨滴。所作v-t圖線如簡(jiǎn)化的圓盤模型如圖2。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對(duì)速度大小不變。在t時(shí)間內(nèi),與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為m=Svtnm0圖2以F表示圓盤對(duì)氣體分子的作用力,根據(jù)動(dòng)量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2簡(jiǎn)化的圓盤模型如圖2。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對(duì)速度大小不由牛頓第三定律,可知圓盤所受

14、空氣阻力fv2采用不同的碰撞模型,也可得到相同結(jié)論。由牛頓第三定律,可知圓盤所受空氣阻力1.如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置,AB為一段足夠大且固定的圓弧軌道,圓弧半徑R=5.6 m,BC為一段足夠長(zhǎng)的水平軌道,CD為一段固定的圓弧軌道,圓弧半徑r=1 m,三段軌道均光滑。一長(zhǎng)為L(zhǎng)=2 m、質(zhì)量為M=1 kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端,小車上表面剛好與AB軌道相切,且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面。一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m=2 kg的工件從距AB軌道最低點(diǎn)的高度為h處沿軌道自由滑下,滑上小車后帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng),小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時(shí)間極短)后即被粘在C處。工件只有從CD軌道最高點(diǎn)

15、飛出,才能被站在臺(tái)面DE上的工人接住。工件與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5,取g=10 m/s2,求:1.如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置,AB為一段足夠大且固定(1)若h為2.8 m,則工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大;(2)要使工件能被站在臺(tái)面DE上的工人接住,則h的取值范圍為多少。答案見(jiàn)解析解析(1)工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn),設(shè)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=m工件做圓周運(yùn)動(dòng),在B點(diǎn),由牛頓第二定律得FN-mg=聯(lián)立解得FN=40 N由牛頓第三定律知,工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN=FN=40 N(2)由于BC軌道足夠長(zhǎng),要使工件能到達(dá)CD軌道,工件

16、與小車必須能夠達(dá)到共速,設(shè)工件剛滑上小車時(shí)的速度為v0,工件與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v1,假設(shè)工件到達(dá)小車最右端才與其共速,規(guī)定向右為正方向,則對(duì)于工件與小車組成答案見(jiàn)解析解析(1)工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn),設(shè)到的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v1由功能關(guān)系得mgL=m-(m+M)對(duì)于工件從AB軌道滑下的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得mgh1=m代入數(shù)據(jù)解得h1=3 m要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出,h1=3 m為其從AB軌道滑下的最大高度設(shè)其從軌道下滑的最小高度為h,剛滑上小車的速度為v0,與小車達(dá)到共速時(shí)的系統(tǒng)的速度為v1,剛滑上CD軌道的速度為v2,規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定

17、律得mv0=(m+M)v1由動(dòng)能定理得mgL=mv-Mv-mv工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得mv=mgr工件在AB軌道滑動(dòng)的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得mgh=mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h= m綜上所述,要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出,應(yīng)使h滿足 mh3 m的速度為v1,剛滑上CD軌道的速度為v2,規(guī)定向右為正方2.如圖所示,在水平面上有一彈簧,其左端與墻壁相連,O點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置,O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑,水平段OP長(zhǎng)l=1 m,P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成=30角的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接,皮帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3 m/s,一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)

18、,使彈簧獲得彈性勢(shì)能Ep=9 J,物塊與OP段間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.1,另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn),B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=,傳送帶足夠長(zhǎng),A與B的碰撞時(shí)間不計(jì),碰后A、B交換速度,重力加速度g取10 m/s2,現(xiàn)釋放A,求:2.如圖所示,在水平面上有一彈簧,其左端與墻壁相連,O點(diǎn)為彈(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間,A的速度大小v0;(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量;(3)A、B能夠碰撞的總次數(shù)。(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間,A的速度大小v0;答案(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次解析(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m,A與B第一次碰撞前的速度大小為v0,則Ep=m+1mgl解得v0=4 m/s(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB,則vA=0,vB=4 m/s,碰后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零,加速度大小設(shè)為a1,則mg sin +2mg cos =ma1解得a1=10 m/s2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=0.4 s,位移x1=t1=0.8 m此過(guò)程相對(duì)運(yùn)動(dòng)路程s1=vt1+x1=2 m答案(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次解析此后B反向加速,加速度大小仍為a1,由于mg sin=2mg cos ,B與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞