2018届高三物理第一轮复习-动力学三大观点

解决动力学问题的三个基本观点物理思想方法一、动力学三大观点1．力的观点(1)运动学公式①速度公式：vt＝v0＋at②位移公式：x＝v0t＋12at2③速度位移关系式：vt2－v02＝2ax(2)牛顿运动定律①牛顿第一定律②牛顿第二定律：F合＝③牛顿第三定律ma2．动量的观点(1)动量定理：Ft＝mvt－mv0(2)动量守恒定律：m1v10＋m2v20＝3．能量的观点(1)动能定理：W总＝(2)机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝(3)能量的转化和守恒定律Ek2＋Ep2m1v1＋m2v2ΔEk二、力学的知识体系力学研究的是物体的受力与运动的关系．经典力学以三条途径(包括五条重要规律)建立起二者的联系，如下表所示．特别提醒这里涉及的力有：重力(引力)、弹力、摩擦力、浮力等；涉及的运动形式有：静止(F＝0)、匀速直线运动(F＝0)、匀变速直线运动(F＝恒量)、匀变速曲线运动(F＝恒量)、匀速圆周运动(|F|＝恒量)、简谐运动(F＝－kx)等．三、三大观点选用的原则力学中首先考虑使用两个守恒定律．从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题．(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律．(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便．特别提醒1.无论使用哪一个规律，受力分析是前提．2．有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法．一、动量观点和能量观点的综合应用例1.如图1所示的凹形场地，两端是半径为L的光滑1/4圆弧面，中间是长为4L的粗糙水平面．质量为3m的滑块乙开始停在水平面的中点O处，质量为m的滑块甲从光滑圆弧面顶端A处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹．已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，甲、乙的体积大小忽略不计．求：(1)甲与乙碰撞前的速度；(2)碰后瞬间乙的速度；(3)甲、乙在O处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则甲、乙停在距B点多远处．解析(1)设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理：m甲gL－μ1m甲g·2L＝12m甲v甲2得：v甲＝2gL(1－2μ1)(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，由动量守恒：m甲v甲＝m甲v甲′＋m乙v乙′又：v甲′＝－12v甲得：v乙′＝12v甲＝122gL(1－2μ1)(3)设碰撞后甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，则由动能定理有：μ1m甲gs1＝12m甲v甲′2μ2m乙gs2＝12m乙v乙′2又μ1＝2μ2即：s1s2＝12①由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下．有以下两种情况：第一种情况：甲反弹后未到达B时就已经停下，此时有：s1＜2L而乙停在甲所在位置时，乙在水平面上通过的路程为：s2＝2L＋2L＋s1＝4L＋s1因为s1与s2不能满足①，因而这种情况不能发生．第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s1＋s2＝8L②由①②两式得：s1＝8L3，s2＝16L3即甲、乙所停地点距B为：ΔL＝s1－2L＝2L3例2(2010·广东·35)如图4所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的34，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物块B在d点的速度大小v；(2)物块A滑行的距离s.图4解析(1)物块B在d点时,重力和支持力的合力提供向心力,则：mBg－FN＝mBv2R①又因为：FN＝34mBg②联立①②式得物块B在d点时的速度v＝gR2.(2)物块B由b点到d点过程中，由动能定理得－mBgR＝12mBv2－12mBv2B③物块A和B分离过程中由动量守恒定律得mAvA＝mBvB④物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动，由动能定理得－μmAgs＝－12mAv2A⑤联立③④⑤式，得物块A滑行的距离s＝R8μ.答案(1)gR2(2)R8μ二、动力学三大观点的综合应用例3如图3所示，质量为3kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R＝1m的粗糙的14圆弧相切，左端上方放质量为1kg的物块C，物块C与长木板B的动摩擦因数为0.2.现使质量为1kg的物体A从距圆弧上端h＝5m处静止释放，到达水平轨道与B碰撞后一起运动，再经1s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下．取g＝10m/s2.求：(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力；(2)长木板B的长度；(3)物体A经过圆弧时克服阻力做的功．图3解析(1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动vA12＝2gh刚进入圆弧时N＝mAvA12R联立解得N＝2mAghR＝2×1×10×51N＝100N(2)物块C从开始运动到与长木板B具有相同速度的过程中a0＝μmCgmC＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2物块C运动的距离sC＝12a0t2＝12×2×12m＝1m物块C在B的右端时两者具有相同的速度vB2＝vC＝a0t＝2×1m/s＝2m/saB＝μmCg(mA＋mB)＝0.2×1×101＋3m/s2＝0.5m/s2由速度公式得木板刚开始运动时的速度vB1＝vB2＋aBt＝(2＋0.5×1)m/s＝2.5m/s木板B运动的距离sB＝vB1＋vB22t＝2＋2.52×1m＝2.25m长木板B的长度L＝sB－sC＝1.25m(3)物体A与长木板B碰撞过程中动量守恒mAvA2＝(mA＋mB)vB1vA2＝(1＋3)×2.51m/s＝10m/s物体A从静止释放到与长木板B碰撞前，由动能定理mAg(h＋R)－Wf＝12mAvA22－0物体A经过圆弧时克服阻力做的功Wf＝1×10×(5＋1)J－12×1×102J＝10J答案(1)100N(2)1.25m(3)10J例4如图4所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc是位于竖直平面内与ab相切的半圆，半径R＝0.40m．质量m＝0.30kg的小球A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.50kg的小球B以v0＝4m/s的初速度与小球A发生正碰．已知碰后小球A经过半圆的最高点c后落到轨道上距b点为L＝1.2m处，重力加速度g＝10m/s2.求碰撞结束后：图4(1)当A球经过半圆的最高点c时轨道对它的作用力FN；(2)A、B两球的速率vA和vB.解析(1)设碰后小球A在半圆的最高点c时速度为vA′，球A随后离开c点做平抛运动，有2R＝12gt2①L＝vA′·t②在c点时，由牛顿第二定律可得：FN＋mg＝mvA′2R③联立解得：FN＝(L24R2－1)mg＝3.75N(2)对于碰撞过程，由动量守恒定律得：Mv0＝MvB＋mvA④对碰后小球A运动到半圆的最高点c的过程，由机械能守恒定律得：12mvA2＝mg·2R＋12mvA′2⑤联立①②③④⑤式并代入数据解得：vA＝5m/s，vB＝1m/s.答案(1)3.75N(2)vA＝5m/svB＝1m/s返回例3、在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的圆弧，它们紧靠在一起，如图所示.一可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度V0滑入，过B点时速度为V0/2，后又滑上滑块，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：（1）物块滑到B处时木板的速度VAB（2）木板的长度L.（3）滑块CD圆弧的半径R.41（2）物块由A至B的过程中，由三者能量关系202020)4(221)2(2121vmvmmvmgLgvL16520（3）物块由D滑到C的过程中P与CD系统水平方向动量守恒mvvmvm24200083vv202020)83(221)4(21)2(21vmvmvmmgRgvR6420解：（1）物块由A滑至B的过程中三者组成的系统动量守恒ABmvvmmv220040vvAB……①解得……②……③……④解得……⑤……⑦解得滑块与CD组成的系统机械能守恒……⑥