专题5 三种观点解决力学问题

2
mgt=0-
1 2
mv0
可得t= 4L
v0
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(2)若解除锁定,设A最终速度为v1,设当C刚滑离A时,C的速度大小为v2
取向右为正方向,根据动量守恒定律得
1 2
1
mv0=2mv1+2
mv2
根据功能关系知
1 2
μmgL=
1 2
×
1 2
mv02
1
-2
×2mv12
1
-2
1
×2
mv22
解得v1=
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例1 (2019安徽安庆二模)如图甲所示,光滑水平面上有一质量为M=1 kg的足 够长木板。板左端有一质量为m=0.5 kg的物块(视为质点),物块与木板间的 动摩擦因数为μ=0.2。初始时物块与木板均处于静止状态,已知g=10 m/s2,物 块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。 (1)若仅给木板一水平向左的初速度v0=3 m/s,求物块相对木板滑动的距离; (2)若仅给物块施加一水平向右的力F,F随时间t变化的图像如图乙所示,求物 块与木板最终的速度;
(3) 1 <μ< 1
62
解析
(1)由于h1=30
m,h2=15
m。设从A运动到B的时间为t,则h1-h2=
1 2
gt2,解得
t= 3 s
(2)由R=h1,Rபைடு நூலகம்cos θ=h1-h2,得θ=60°。设物块B滑离水平平台的速度是v1
有 gt = tan θ,解得v1=10 m/s
v1
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒
v1=gt 由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相撞前后的动量守恒,总动能 保持不变。规定向下的方向为正,有
mAv1+mBv2=mBv2'
1 2
mAv12
+
1 2
mB
v22=12
mBv
'22
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设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得vB'=vB 设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得
4
答案 (1) 5v02 (2) v02
16gL
64g
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解析 (1)对A、B、C整体,设A刚离开B时,B和C的共同速度为vB,从A滑上B到
刚离开B的过程中动量守恒,有mv0=mv20 +2mvB 由能量守恒定律有
μmgL= 1
2
m
v02-
1m
2
v0 2
2-1
2
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
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2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定 律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的 总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。
a3,物块的加速度大小仍为a1
对木板由牛顿第二定律得F-μmg=Ma3
由运动学公式得v″t2-
1 2
a1t
2 2
-(v″t2-
12a3 t22)=s
联立解得t2=
3 3
s
故总时间t=t1+t2=
3 1 s
3
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1.如图所示,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距 地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再 将A球释放。当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰。碰撞 时间极短,碰后瞬间A球的速度恰好为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g= 10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求:
(1)B球第一次到达地面时的速度大小; (2)P点距离地面的高度。
答案 (1)4 m/s (2)0.75 m
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解析 (1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB= 2gh 将h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s (2)设两球相碰前后,A球的速度分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。 由运动学规律可得
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(3)若按(1)问中给木板初速度v0=3 m/s的同时,给木板施加一水平向右的恒力 F=6 N,求经多长时间物块会从木板上滑落。
答案 (1)1.5 m (2)0.6 m/s (3) 3 1 s
3
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解析 (1)设物块与木板最终达到相同速度v,物块在木板上滑过的位移为L。 由动量守恒定律得
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(1)求物块B由A到B的运动时间; (2)求物块A初速度v0的大小; (3)若物块B与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有 冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设物块B与轨道CD间的 动摩擦因数为μ,求μ的取值范围。
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答案 (1) 3 s (2)20 m/s
(4-
6 20
)v0
(1
、v2=
6 )v0 5
C滑上B以后,设B、C最终速度为v3,根据动量守恒定律得
mv1+ 12mv2=(m+ 12m)v3
解得v3=
(6
6 30
)v0
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考点三 三种观点解决力学问题
1.解决力学问题的三个基本观点
动力学观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题
A.此时盒的速度大小为
v 3
B.此时盒的速度大小为
v 2
C.滑块相对于盒运动的路程为 v2
3μg
D.滑块相对于盒运动的路程为 v2
2 μg
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解析 设滑块的质量为m,则盒的质量为2m,对整个过程,由动量守恒定
律可得mv=3mv共,解得v共=
v,选项A正确,B错误;由功能关系可知μmgx= 1mv2-
h'= 联立解得 h'=0.75 m
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2.(2019山东济南三模)如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,物块A以初 速度v0水平向右运动,与静止在水平平台上的物块B发生碰撞,mB=2mA,碰撞后 物块A静止,物块B以一定的水平速度向右滑离平台,并恰好沿光滑圆弧形轨 道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道,B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心 O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为l=70 m的水平粗糙 轨道CD平滑连接,物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取10 m/s2。
动量与能量综合的题目往往物理过程较多,情境复杂,把复杂的情境与过程划 分为多个单一情境,并恰当地选择相应的动量或能量知识解答。 (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用 动力学方法解题。 (2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系 或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
解得μmax=
1 2
,μmin=
1 6
当μmin=
1 6
时,设物块B反向运动过程中沿圆弧形轨道BC上升的最大高度为h,由
能量守恒有
mBgh1+
1 2
mB
v12-mBgh=μminmBg·2l
解得h= 35
3
m<h2,符合题意
μ的取值范围是 1<μ< 1
62
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考点二 动量观点与能量观点的综合应用
定律得mAv0=mBv1
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又mB=2mA,解得v0=20 m/s (3)设物块B在水平轨道CD上通过的总路程为s,根据题意,该路程的最大值是
smax=3l,最小值是smin=l
路程最大时,μ最小;路程最小时,μ最大。由能量守恒知mBgh1+
1 2
mBv12
=
μminmBgsmax,mBgh1+ 12mB v12=μmaxmBgsmin
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(3)当涉及多个物体及时间时,一般考虑动量定理、动量守恒定律。 (4)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻的问题 选择牛顿第二定律求解。 (5)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。
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例2 (2019广东肇庆模拟)如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,
其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的 1 圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆
4
弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A
以初速度v0从右端滑上B,并以
v0 2
的速度滑离B,恰好能到达C的最高
点。A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,求:
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ; (2) 1 圆弧槽C的半径R。
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答案 (1) v02 4L (2) (4- 6)v0 (6 6)v0
4gL v0
20
30
解析 (1)A、B两个长木板锁定在光滑水平面上时,滑块C从长木板A的左端
刚好能停在长木板B的右端,由功能关系得
μ·1
2
mg·2L=
1 2
×
1 2
m
v02
解得μ= v02
4gL
根据动量定理得
-μ·1
×2m
vB2
解得μ= 5v02
16gL
(2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中,设A到达最高点时A和C
的共同速度为vC,研究A和C组成的系统,在水平方向上由动量守恒定律有
mv0 +mvB=2mvC
2
在此过程中A和C组成的系统机械能守恒,有
mgR=1
2
m
v0 2
2+12
m
vB2-
1×2m
3
2
1·
2
3m
v 3
2
,解得x=
v2 ,选项C正确,D错误。
3μg
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2.(2019安徽江淮十校三模)如图所示,长均为L、质量均为m的两个相同的长 木板A、B靠在一起锁定在光滑水平面上,一个质量为 1 m的滑块C从长木板A
2
的左端以大小为v0的初速度滑上长木板,结果刚好能停在长木板B的右端,不 计滑块C的大小,重力加速度为g,求: (1)滑块C与A、B间的动摩擦因数及滑块C滑行的时间; (2)若解除锁定,再让滑块C以同样的初速度滑上长木板A,则最终A、B的速度 分别为多少。
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专题5 三种观点解决力学问题
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考点突破 考点一 动量观点与动力学观点的综合应用
动量守恒与动力学综合问题往往是多过程问题,解决这类问题: 1.首先要弄清物理过程。牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合,常用 于解决斜面问题、滑块—木板问题、传送带问题等。
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2.其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。物体的受力情况往往 与运动情况相联系,因此,应结合实际情况,将物体运动过程分为多个阶段,再 分析每个阶段物体的运动规律和受力情况,同时注意各阶段间的速度关系和 位移关系。 3.最后根据物理规律对每一个过程列方程求解,找出各物理过程之间的联系 是解决问题的关键。
2
vC2
解得R= v02
64g
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1.(多选)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量
是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始
向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多
次,最终相对于盒静止,重力加速度为g,则 ( AC )
Mv0=(M+m)v 由能量守恒定律得
μmgL=
1 2
Mv02
-
1 2
(M+m)v2
联立解得L=1.5 m
(2)若物块和木板一起向右加速,则对木板有μmg⩾Ma0 对整体有F=(M+m)a0 解得拉力F≤1.5 N,故在如题图乙所示拉力F的作用下物块和木板无法一起
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加速 设经过t1=0.5 s时,物块的速度为v1,木板的速度为v2 对物块应用动量定理得F t1-μmgt1=mv1 对木板应用动量定理得μmgt1=Mv2 解得v1=0.8 m/s,v2=0.5 m/s 0.5 s后系统动量守恒,物块和木板最终达到相同速度v' 根据动量守恒定律得mv1+Mv2=(M+m)v' 解得v'=0.6 m/s (3)物块先相对木板向右运动,此过程中物块的加速度大小为a1,木板的加速度
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大小为a2,经t1时间物块和木板具有相同速度v″
对物块由牛顿第二定律得μmg=ma1
对木板得μmg+F=Ma2
由运动学公式得v″=v0-a2t1,v″=a1t1
解得t1=
1 3
s,v″=
2m/s
3
此过程中物块相对木块前进的距离为s= v0
2
v
t1-
v
2
t1
解得s=0.5 m
t1后物块相对木板向左运动,设再经t2时间滑落,此过程中木板的加速度大小为