【优质文档】高三物理第二轮专题复习专题二力学规律的综合应用.pdf

《【优质文档】高三物理第二轮专题复习专题二力学规律的综合应用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【优质文档】高三物理第二轮专题复习专题二力学规律的综合应用.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、学习必备欢迎下载 2013 高三二轮复习 专题二力学规律的综合应用（2 课时） 【考点透视】 解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。 一、知识回顾 1力的观点 匀变速直线运动中常见的公式（或规律）： 牛顿第二定律：maF 运动学公式：atvvt 0 ， 2 0 2 1 attvs，asvvt2 2 0 2 ，t vs， 2 aTs 圆周运动的主要公式： 2 2 mr r v mmaF 向向 2动量观点 恒力的冲量： FtI 动量：mvp，动量的变化 12 mvmvp 动量大小与动能的关系 k mEP2 动量定理：pI，对于恒力 12 mvmvtF合 ，通常研究的对

2、象是一个物体。 动量守恒定律： 条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零， 但比系统内力小得多， （如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的 内力来小得多，可以忽略不计）；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量 为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。 表达式：对于两个物体有 22112211 vmvmvmvm，研究的对象是一个系统（含 两个或两个以上相互作用的物体）。 3用能量观点解题的基本概念及主要关系 恒力做功：cosFsW，PtW， 重力势能mghEP ，动能 2 2 1 mvEk，动能变化 2 1 2 2 2 1 2

3、 1 mvmvEk 动能定理： 力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式 2 1 2 2 2 1 2 1 Wmvmv总 常见的功能关系 重力做功等于重力势能增量的负值 PGEW 弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值EWP弹 有 相 对 时 ， 系 统 克 服 滑 动 摩 擦 力 做 功 等 于 系 统 产 生 的 内 能 ， 即 学习必备欢迎下载 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmvflQ 机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。表达式 有 2211pkpk EEEE、 减增pk EE、 减增BA EE 能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的

4、基本规律。 二、力学规律的选用原则： 1研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。 2研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题一般 用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。 3若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律 和能量守恒定律去解决问题。 提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短， 故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程般均隐含有系统机械能与其他形 式能量之间的转化。在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力 所做的总功等于系

5、统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。 【例题解析】 一、力的观点与动量观点结合 例 1如图所示，长12 m，质量为 50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木 板与地面间的动摩因数为0.1， 质量为 50 kg 的人立于木板左端， 木板与均静止， 当人以 4m/s2 的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g 取 10m/s2） （1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。 （2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。 （3）人抱住木柱后， 木板向什么方向滑动?还能滑行多远 的距离 ? 解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为 1 a，木板的质量为M，加速度

6、大 小为 2 a，人与木板间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，对人有：200N 1 maf； （ 2 ） 设 人 从 木 板 左 端 开 始 距 到 右 端 的 时 间 为t， 对 木 板 受 力 分 析 可 知 ： 2 )(MagmMf故m/s2 )( 2 M gmMf a，方向向左； 由几何关系得： Ltata 2 2 2 1 2 1 2 1 ，代入数据得： s2t （3）当人奔跑至右端时，人的速度m/s8 11 tav，木板的速度m/s4 22 tav；人 抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有： VMmMvmv)( 21 （其中V为二者共同速度） 代

7、入数据得 m/s2V ，方向与人原来运动方向一致； 以后二者以 m/s2V 为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为 2 m/s1ga，故木 板滑行的距离为m2 2 2 a v s。 学习必备欢迎下载 点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。 二、动量观点与能量观点综合 例 2如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为m的小物块 A 从坡道顶端由静止 滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平 滑道延长线M 处的墙上， 另一端与质量为m2的 挡板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的 末端 O 点。 A 与 B

8、碰撞时间极短，碰后结合在 一起共同压缩弹簧，已知在OM 段 A、B 与水平 面间动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计， 重力加速度为 g，求： （1）物块 A 在与挡板B 碰撞前瞬间速度v的大小。 （2）弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能 p E（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。 解析：（ 1）物块A 在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有 2 2 1 mvmgh，故ghv2。 （ 2）A、 B 在水平道上碰撞时内力远大于外力，A、 B 组成的系统动量守恒，有 vmmvm)( 211 接 着A 、 B 一 起 压 缩 弹 簧 到 最 短 ， 在 此 过 程 中A 、 B克 服 摩 擦

9、 力 所 做 的 功 gdmmW)( 21 由能量守恒定律可得 gdmmEvmm p )()( 2 1 21 2 21 ，所以gdmm mm ghm Ep)( 21 21 2 1 。 点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通过能量的转化 和守恒定律来计算。能量守恒是自然界普遍遵守的规律，用此观点求解的力学问题可以收到 事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。 例 3如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为l的小车，小车左端有一质量 也是 m 可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度 与车长相比

10、可忽略） ，物块与小车间滑动摩擦因数为，整个系统处于静止状态。现在给物 块一个水平向右的初速度 0 v，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除， 当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。求： （1）物块的初速度 0 v及解除锁定前小车 相对地运动的位移。 （2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的 速度分别为多少? 解析： （1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为v，由动量守恒定律 得mvmv2 0 ，由能量关系有 22 0 2 2 1 2 1 mvmvmgl，故glv2 0 ，在物块相对小 车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为ga，速度由0 增加到 2 0

11、v v， 学习必备欢迎下载 小车位移为s，则 a v s 2 2 ； （2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为 1 v，物块速度为 2 v，最终速度与小车静止 时 ， 共 同 速 度 为v， 由 动 量 守 恒 定 律 得vmmvmvmv22 21 ， 由 能 量 关 系 有 22 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 vmmvmvmgl， 联立四式解得： 0 2 01 v vv 和 02 1 0 vv v （舍去），所以glvv2 01 ，0 2 v。 点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。求解物 理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。

12、 例 4一辆质量为m2 kg 的平板车，左端放有质量M3 kg 的小滑块，滑块与平板车 之间的动摩擦因数0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以 0 v 2 m/s 的速度在光 滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小 保持不变， 但方向与原来相反。设平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g1.0 m/s 2） ，求： （1）平板车第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。 （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 1 v。 （3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长? 解析： （1） 平板车第次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀

13、减速直线 运动。设向左运动的最大距离为 1 s，由动能定理得 2 01 2 1 0mvMgs 所以有m 3 1 2 2 0 1 Mg mv s ； （2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度 1 v，由于系统动量守恒， 有 100 )(vmMmvMv，即m/s4.0 )( 0 1 mM vmM v 设平板车从第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度 1 v所发生的位移 大小为 1 s， 由动能定理得 2 11 2 1 mvsMg有 2 22 0 2 1 1 )( )( 22mM mM Mg mv Mg mv s， 显然 11 ss， 表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到

14、了共同速度m/s4 .0 1 v，这一速度也是平板车第 二次与墙壁碰撞前瞬间的速度； （3）平板车与墙壁多次碰撞，使 M 与m之间发生相对滑动。由于摩擦生热，系统的动 能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为l，由能量 学习必备欢迎下载 转化和守恒定律得 2 0 )( 2 1 vMmMgl，所以m 6 5 2 )( 2 0 Mg vMm l ； 点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。在求解一些物理问题时往 往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题 必须以较好的数学知识为前提。 例 5如图所示， C 是放在光滑

15、水平面上的一块木板，木板质量为3m，在木板的上面有 两块质量均为m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为。最初木板静止，A、 B 两木块同时以方向水平向右的初速度v0和 2v0在木板 上滑动，木板足够长，A、B 始终未滑离木板。求： （1）木块 B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等 的过程中，木块B 所发生的位移； （2）木块 A 在整个过程中的最小速度。 解析： （ 1）木块 A 先做匀减速直线运动至与C 速度相同，后与一道做匀加速直线运动； 木块 B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、 C 三 者 的 速 度 相 等 （ 设 为v

16、1） 为 止 ， A、 B、 C三 者 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 故 ： 100 )3(2vmmmmvmv， v1=0.6v0； 对 木 块B运 用 动 能 定 理 ， 有 2 0 2 1 )2( 2 1 2 1 vmmvmgs，所以 g v s 50 91 2 0 。 （2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为v（此时 A、C 共速），由动量定理知， 至此， A、 B 的动量变化都相同，都为)( 0 vvm，因A、 B、 C 组成的系统动量守恒，有 vmvvm3)(2 0 ，所以木块A 在整个过程中的最小速度 5 2 0/ v v。 点拨：对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情

17、况和运动情况，抓住相关联的运 动状态，问题仍然很容易解决。 三、三种观点综合应用 例 6对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为 如下模型： A、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大 于等于某一定值d 时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F 的 斥力。设A 物体质量m1l.0kg，开始时静止在直线上某点；B 物体质量m23.0 kg，以速 度 0 v从远处沿直线向A 运动，如图所示。若d0.10 m ，F 0.60 N， 0 v0.20m/s，求： （1）相互作用过程中A、B 加速度的大小； （2）从开始相

18、互作用到A、B 间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量； （3） A、B 间的最小距离。 解析： （ 1）由牛顿运动定律可知，相互作用过程中A、B 加速度的大小分别为 2 1 1 /60.0sm m F a， 2 2 2 /20.0sm m F a； C AB v0 2 v 0 学习必备欢迎下载 （2）A、B 间距离最小时，两者速度相同，全过程满足由动量守恒的条件，故有 vmmvm)( 2102 ，所以m/s15.0 )( 21 02 mm vm v 系统（物体组）动能的减少量为J015.0)( 2 1 2 1 | 2 21 2 02 vmmvmEk ； （3）根据匀变速直线运动规律得ta

19、v 11 ，tavv 202 ，而距离最小时有v1=v2，由 匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为 2 11 2 1 tas， 2 202 2 1 tatvs，由几何关系可 知 21 sdss，解以上各式得A、B 间的最小距离m075. 0s。 点拨：理论联系实际，用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求。在处理有关问 题时， 为了方便需要忽略问题中的次要因素，突出主要因素，作恰当的简化，建立与所学知 识间的联系，最终达到解决问题的目的。本题对实际问题的处理有较好的示范作用。 例 7如题右图，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B 质量分别为m、 m（为待定系数） 。A 球从左

20、边与圆心等高处由静止开始沿轨 道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A、B 球能达 到的最大高度均为R 4 1 ,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。 试求： （1）待定系数 。 （2）第一次碰撞刚结束时小球A、B 各自的速度和B 球对轨道 的压力。 （3）小球A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B 在轨 道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度。 解析： （ 1）由机械能守恒定律得 44 mgRmgR mgR故3； （ 2 ） 设A、 B 第 一 次 碰 撞 后 的 速 度 大 小 分 别 为 1 v、 2 v， 则 42 12 1 mgR mv， 42 1

21、2 2 mgR mv，故 2 1 gR v，向左； 2 2 gR v向右； 设轨道对B 球的支持力为N，B 球对轨道的压力为N， R v mmgN 2 2 ，由牛顿第 三定律知mgNN5.4，方向竖直向下。 （3） 由机械能守恒定律知，第一次碰撞前A 的速度为gRv2 0 。 设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 1 V、 2 V，则 2 2 2 1 2121 2 1 2 1 mVmVmgR mVmVmvmv 学习必备欢迎下载 解得gRV2 1 ，0 2 V（另一组解： 2 1 gR V， 2 2 gR V不合题意，舍去） 。 由此可得：当n 为奇数时，小球A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞 刚结束时相同；当n 为偶数时，小球A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰 撞刚结束时相同。 点拨：对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断，并把推导过程正确地表 达出来，体现了对推理能力的考查，希望考生注意这方面的训练。