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1、力学三大观点得综合应用1动量定理得公式Ft p p 除表明两边大小、方向得关系外，还说明了两边得因果关系，即合外力得冲量就是动量变化得原因动量定理说明得就是合外力得冲量与动量变化得关系，反映了力对时间得累积效果，与物体得初、末动量无必然联系动量变化得方向与合外力得冲量方向相同，而物体在某一时刻得动量方向跟合外力得冲量方向无必然联系动量定理公式中得F 就是研究对象所受得包括重力在内得所有外力得合力，它可以就是恒力，也可以就是变力，当F 为变力时， F 应就是合外力对作用时间得平均值2动量守恒定律(1) 内容：一个系统不受外力或者所受外力之与为零，这个系统得总动量保持不变(2) 表达式：m1v1
2、m2v2 m1v1 m2v2；或pp (系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p) ；或p 0(系统总动量得增量为零) ；或p1p2(相互作用得两个物体组成得系统，两物体动量得增量大小相等、方向相反)(3) 守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力得合力为零系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3解决力学问题得三个基本观点(1) 力得观点：主要就是牛顿运动定律与运动学公式相结合，常涉及物体得受力、加速度或匀变速运动得问题(2) 动量得观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体得受力
3、与时间问题，以及相互作用物体得问题(3) 能量得观点：在涉及单个物体得受力与位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量得转化问题时，常用能量守恒定律1力学规律得选用原则(1) 单个物体：宜选用动量定理、动能定理与牛顿运动定律若其中涉及时间得问题，应选用动量定理；若涉及位移得问题，应选用动能定理；若涉及加速度得问题，只能选用牛顿第二定律(2) 多个物体组成得系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决2系统化思维方法，就就是根据众多得已知要素、事实，按照一定得联系方式，将其各部分连接成整体得方法(1) 对多个物理过程进行整体思维，
4、即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂得运动(2) 对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上得独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就就是把多个物体瞧成一个整体(或系统 )、考向 1动量与能量得观点在力学中得应用例 1(2014 ·安徽 ·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B、物块与左右两边槽壁得距离如图1 所示， L 为 1、0 m，凹槽与物块得质量均为m，两者之间得动摩擦因数为 0、05、开始时物块静止，凹槽以v0 5 m/s 得初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m
5、/s2、求：图 1(1) 物块与凹槽相对静止时得共同速度；(2) 从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞得次数；(3) 从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历得时间及该时间内凹槽运动得位移大小解析 (1) 设两者间相对静止时速度为 v，由动量守恒定律得 mv0 2mvv 2、5 m/s，方向向右(2) 设物块与凹槽间得滑动摩擦力F f FN mg设两者相对静止前相对运动得路程为s1，由动能定理得1122 F f·s1 (m m)v mv022解得 s1 12、 5 m已知 L 1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6 次碰撞(3) 设凹槽与物块碰前得速度分别为v1 、v2 ，碰后
6、得速度分别为v1、v2、有mv1mv2 mv1 mv2121212122mv12mv2 2mv1 2mv2得 v1v2， v2v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者得速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块得 v t 图象在两条连续得匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间则v v0 ata g解得 t 5 s凹槽得 v t 图象所包围得阴影部分面积即为凹槽得位移大小s2、(等腰三角形面积共分13 份，第一份面积为0、5L ，其余每份面积均为L)1 v0s2 2( 2 )t 6、 5L解得 s2 12、 75 m答案(1)2、 5 m/s，
7、方向向右(2)6 次(3)5 s12、 75 m如图 2，半径 R 0、8 m 得四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为 L 6 m 得水平面相切于 D 点，质量 M 1、0 kg 得小滑块 A 从圆弧顶点 C 由静止释放，到达最低点后，与 D 点右侧 m 0、 5 kg 得静止物块 B 相碰，碰后 A 得速度变为 vA 2、 0 m/s，仍向右运动 已知两物块与水平面间得动摩擦因数均为 0、1，若 B与 E处得竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g 10 m/s2、求：图 2(1) 滑块 A 刚到达圆弧得最低点D 时对圆弧得压力；(2) 滑块 B 被碰后瞬间得速度；(3) 讨论两滑
8、块就是否能发生第二次碰撞答案(1)30 N ，方向竖直向下(2)4 m/s(3)见解析解析(1) 设小滑块运动到D 点得速度为v，由机械能守恒定律有：12MgR Mvv2由牛顿第二定律有F N Mg M R联立解得小滑块在D 点所受支持力FN 30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧得压力为30 N，方向竖直向下(2) 设 B 滑块被碰后得速度为v ，由动量守恒定律：BMv MvA mvB解得小滑块在 D 点右侧碰后得速度vB 4 m/s(3) 讨论：由于 B 物块得速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大得路程，则对于 A 物块
9、 MgsA 0122MvA解得 sA 2 m对于 B 物块，由于 B 与竖直挡板得碰撞无机械能损失，则12 mgsB0 2mvB解得 s 8 m( 即从 E 点返回 2 m)B由于 sAB2 m，不能发生第二次碰撞 s 10 m<2 × 6 m 12 m，故它们停止运动时仍相距考向 2综合应用力学三大观点解决多过程问题例 2如图 3 所示，在光滑得水平面上有一质量为m 1kg 得足够长得木板 C，在 C 上放置有 A、 B 两物体， A 得质量 mA 1kg， B 得质量为 mB 2kg、 A、 B 之间锁定一被压缩了得轻弹簧，弹簧储存得弹性势能Ep 3J，现突然给 A、 B
10、一瞬时冲量作用，使 A、 B 同时获得 v0 2 m/s 得初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短得时间内恢复原长，之后与 A、B 分离已知 A 与 C 之间得动摩擦因数为 12 0、2， B、C 之间得动摩擦因数为 0、1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力求：图 3(1) 弹簧与 A、 B 分离得瞬间， A、 B 得速度分别就是多大？(2) 已知在 C 第一次碰到右边得固定挡板之前， A、B 与 C 已经达到了共同速度， 求在到达共同速度之前 A、B、 C 得加速度分别就是多大及该过程中产生得内能为多少？答案见解析解析(1) 在弹簧弹开两物体得过程中，由于作用时间极短，对A、B、弹
11、簧组成得系统由动量守恒定律与能量守恒定律可得：(mA mB)v0 mAvA mBvB121212Ep 2(mA mB)v0 2mAvA 2mBvB联立解得： vA 0， vB 3 m/s、(2) 对物体 B 有： aB 2g 1 m/s对 A、 C 有： 2mBg (mA m)a又因为： mAa<1mAg故物体 A、 C 得共同加速度为a 1 m/s2、对 A、 B、 C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量守恒定律与能量守恒定律可得：m v (m m m)vB BAB1212Q 2mBvB 2(mA mB m)v解得： Q 4、 5 J， v 1、 5 m/s(2014 ·
12、;东广·35)如图 4 所示得水平轨道中， AC 段得中点 B 得正上方有一探测器， C处有一竖直挡板，物体P1 沿轨道向右以速度v1 与静止在 A 点得物体 P2 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1 2 s 至 t2 4 s 内工作已知 P1、P2 得质量都为 m 1 kg，P 与 AC 间得动摩擦因数为 0、1，AB 段长 L 4 m，g 取 10 m/s2，P与 P1、P2均视为质点， P 与挡板得碰撞为弹性碰撞图4(1) 若 v1 6 m/s，求 P1、 P2 碰后瞬间得速度大小v 与碰撞损失得动能E；(2) 若 P 与挡板碰后， 能在探测器得工
13、作时间内通过B 点，求 v1 得取值范围与P 向左经过A 点时得最大动能E、答案(1)3 m/s9 J(2)10 m/s v1 14 m/s17 J解析(1) 设 P1 与 P2 发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv12mv2v1解得： v2 2 3 m/s碰撞过程中损失得动能为：Ek 12mv21 12× 2mv22解得Ek9 J(2) P 滑动过程中，由牛顿第二定律知ma mg可以把 P 从 A 点运动到 C 点再返回 B 点得全过程瞧作匀减速直线运动，根据运动学公式有 3L v212tat 26L at2由式得v1t若 2 s 时通过 B 点，解得： v1 14
14、m/s若 4 s 时通过 B 点，解得： v1 10 m/s故 v1 得取值范围为： 10 m/s v1 14 m/s设向左经过A 点得速度为 vA，由动能定理知112× 2mvA2 2× 2mv22 ·2mg·4L1当 v2 2v1 7 m/s 时，复合体向左通过A 点时得动能最大，EkAmax 17 J、(限时： 45 分钟 )1如图 1 所示，质量为M4 kg 得木板静置于足够大得水平地面上，木板与地面间得动摩擦因数 0、 01，板上最左端停放着质量为m 1 kg 可视为质点得电动小车，车与木板右端得固定挡板相距L 5 m现通电使小车由静止开始从木
15、板左端向右做匀加速运动，经时间 t 2 s，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车得电源( 计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g 10 m/s2、 )图 1(1) 试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面就是静止还就是运动得？(2)求出小车与挡板碰撞前，车得速率v1 与板得速率 v2；(3)求出碰后木板在水平地面上滑动得距离s、答案(1)向左运动(2) v1 4、 2 m/s， v2 0、8 m/s(3)0、 2 m解析(1)假设木板不动，电动车在板上运动得加速度为a0，由 L 12a0t 2 得： a0 2Lt2 2、 5 m/s2此时木板使车向右运动得摩擦
16、力：Ff ma0 2、5 N木板受车向左得反作用力：FfF f 2、 5 N木板受地面向右最大静摩擦力：F f0 (M m)g 0、 5 N由于 Ff >Ff0 ，所以木板不可能静止，将向左运动(2) 设车与挡板碰前，车与木板得加速度分别为a1 与 a2，相互作用力为F ，由牛顿第二定律与运动学公式：对小车： F ma1v1 a1t对木板： F (m M)g Ma 2v2 a2tv1v2两者得位移得关系：2 t 2 t L联立并代入数据解得：v1 4、2 m/s， v2 0、 8 m/s(3) 设车与木板碰后其共同速度为v，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有mv1 Mv2 (m
17、M)v对碰后滑行s 得过程，由动能定理得：12 (M m)gs0 (M m)v联立并代入数据，解得：s0、 2 m2如图 2 所示，在倾角为30°得光滑斜面上放置一质量为m 得物块 B， B 得下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧得压缩量为x0，O 点为弹簧得原长位置在斜面顶端另有一质量也为m 得物块 A，距物块 B 为 3x0，现让 A 从静止开始沿斜面下滑，A 与 B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点 (A、 B 均视为质点 )试求：图 2(1) A、 B 相碰后瞬间得共同速度得大小；(2) A、 B 相碰前弹簧具有得弹性势能；(3) 若在斜面顶
18、端再连接一光滑得半径R x0得半圆轨道 PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块 A 以初速度 v 从 P 点沿斜面下滑， 与 B 碰后返回到 P 点还具有向上得速度，试问： v为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道得最高点？答案(1)13gx010(3)20 43 gx02(2)4mgx解析(1)设 A 与 B 相碰前得速度为v1， A 与 B 相碰后共同速度为 v2由机械能守恒定律得mg3x0sin 3012° mv12由动量守恒定律得mv12mv21解以上二式得v223gx0(2) 设 A、B 相碰前弹簧所具有得弹性势能为Ep，从 A、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程
19、中，由机械能守恒定律知12°E 2(2m)v 2mgx sin 30p20Ep1解得4mgx0(3) 设物块 A 与 B 相碰前得速度为v3，碰后 A、 B 得共同速度为 v41212mvmg3x sin 30° mv3202mv32mv4A、 B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v5，则12122(2m)v4 Ep 2(2m)v5 2mgx0sin 30 °此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v6，则12122mv2mv mg2x sin 30 °mgR(1 sin 60 ) °5602mv6在最高点有 mg R联
20、立以上各式解得v20 43 gx0、3如图 3 所示，光滑得水平面AB(足够长 )与半径为 R 0、 8m 得光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切， D 点为半圆轨道最高点 A 点得右侧等高地放置着一个长为L 20 m、逆时针转动且速度为v 10 m/s 得传送带 用轻质细线连接甲、乙两物体， 中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接甲得质量为m1 3 kg，乙得质量为m2 1 kg，甲、乙均静止在光滑得水平面上现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D点时对轨道得压力恰好等于甲得重力传送带与乙物体间得动摩擦因数为0、6，重力加速度g 取10 m/s2，甲、乙两物体
21、可瞧作质点图 3(1) 求甲球离开弹簧时得速度；(2) 若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行得最远距离；(3) 甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲与乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙得速度；若不会再次碰撞，请说明原因答案(1)4 3 m/s(2)12 m(3) 见解析解析(1) 设甲离开弹簧时得速度大小为12 m1g·2Rv0，运动至 D 点得过程中机械能守恒： m1v0212 2m1 vD2vD在最高点 D，由牛顿第二定律，有2m1g m1 R联立解得： v0 43 m/s(2) 甲固定，烧断细线后乙得速度大小为v 乙，
22、1212由能量守恒得 E 2m v 2m v乙p102得 v 乙 12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：m2g m2 a得 a 6 m/s2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：2v乙s 2a 12 m<20 m即乙在传送带上滑行得最远距离为12 m、(3) 甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v1、 v2，甲、乙分离瞬间动量守恒： m1v1m2v2甲、乙弹簧组成得系统能量守恒：121212Ep 2m1v0 2m1v12m2v2解得： v123 m/s， v2 63 m/s甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，12则 2m1 v1 m1gh得 h 0、 6 m<0
23、 、 8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然就是v1 23 m/s乙滑上传送带，因v2 63 m/s<12 m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v2 63 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲得速度为23 m/s，方向向右，乙得速度为63 m/s，方向向左4如图 4 所示，一倾斜得传送带倾角 37°，始终以v12 m/s 得恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q 间得距离 L2 m，紧靠 Q 点右侧有一水平面长x 2 m，水平面右端与一光滑得半径 R 1、6 m 得竖直半圆轨道相切于M 点， MN 为
24、竖直得直径现有一质量M 2、5 kg得物块 A 以 v0 10 m/s 得速度自 P 点沿传送带下滑， A 与传送带间得动摩擦因数1 0、 75，到 Q 点后滑上水平面 (不计拐弯处得能量损失 )，并与静止在水平面最左端得质量m 0、 5 kg得 B 物块相碰，碰后 A、 B 粘在一起， A、 B 与水平面得动摩擦因数相同均为2，忽略物块得大小已知 sin 37 °0、 6， cos 37 ° 0、 8，求：图4(1) A 滑上传送带时得加速度a 与到达(2) 若 A、 B 恰能通过半圆轨道得最高点Q 点时得速度；N，求 2；(3) 要使A、B能沿半圆轨道运动到N 点，且从
25、N 点抛出后能落到传送带上，则2 应满足什么条件？答案(1)12m /s212 m/s(2)0、 5(3)0、 09 0、 52解析(1) 对A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mg sin 1Mg cosMa解得： a 12m/s2设 A 能达到传送带得速度，由v2 v22ax 得0011运动得位移x0 6m<L则到达 Q 点前 A 已与传送带共速由于 Mg sin 1Mg cos ，所以 A 先加速后匀速，到Q 点得速度为v 12 m/s、(2) 设 A、 B 碰后得共同速度为v1，由动量守恒定律得：Mv (M m)v1解得： v110 m/s2A、 B 在最高点时速度为
26、v3 有：M m v3R (M m)g设 A、 B 在 M 点速度为 v2 ，由机械能守恒得：12122(M m)v 2(M m)v ( Mm)g× 2R23在水平面上由动能定理得：12122(M m)v 2(M m)v ( Mm)gx122解得： 20、 51(3) 若以 v3 由 N 点抛出，则有： 2R2gt2x1 v3t 3、 2 m>x则要使AB能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传送带上，则2 0、 5若AB 恰能落在P 点，则有：122RLsin 2gtx Lcos v3t1212由 2(M m)v2 2(M m)v3 (M m)g× 2R1212与 2(M m)v1 2(Mm)v22( M m)gx联立可得：2 0、 09综上所述，2 应满足： 0、09 2 0、 5