第二轮能力专题力学规律的综合应用

2006---2007高考复习2007、3第二轮能力专题：力学规律的综合应用专题解说一.三个观念及其概要力学规律的综合应用是指运用三个观念解题：动力学观念：包括牛顿定律和运动规律；动量的观念：包括动量定理Ft=Δp和动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/；能量的观念：包括动能定理W总＝ΔEK和能量守恒定律E初＝E末．功、机械能知识(力对空间的累积)动量知识(力对时间的累积)物体平衡曲线运动、万有引力定律机械振动和机械波力的知识运动学知识基础知识基本理论重要应用牛顿运动定律(力与运动的关系)专题解说1.动力学观念----力的瞬时作用效应力的瞬时作用效应是改变物体的速度，使物体产生加速度。牛顿第二定律F=ma表示了力和加速度之间的关系。若已知物体的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式就可以知道物体的运动情况；若已知物体的运动情况，知道了加速度，由牛顿第二定律可以求出未知的力。做匀速圆周运动物体所受的合外力是向心力，向心力跟向心加速度的关系也同样遵从牛顿第二定律。专题解说力的时间积累效应是改变物体的动量。动量定理I=Δp表示了外力的冲量和物体动量变化之间的关系。在确定了研究对象（系统）后，系统内各物体间的相互作用的内力总是成对出现的，且在任意一段时间内的总冲量一定为零，所以系统的内力只能改变系统内某一物体的动量，不改变系统的总动量。动量定理适用于某个物体，也适用于由若干物体组成的系统。在系统所受合外力为零的条件下，该系统的总动量守恒。2.动量的观念----力的时间积累效应。专题解说3.能量的观念----力的空间积累效应。力的空间积累效应是改变物体的动能。动能定理W=ΔEK表示了外力做功和物体动能变化之间的关系。与冲量不同的是：即使合外力对系统不做功，但系统内一对内力在同一时间内的位移可能不相等，因此其做的总功可能不是零，从而改变系统的总动能。因此一般情况下，动能定理只能用于单个的物体而不能用于由若干物体组成的系统。如果对某个系统而言只有重力和弹力做功，那么系统中就只有动能和势能相互转化，其总和保持不变，机械能守恒。专题解说二.规律选择与解题步骤①对单个物体的讨论，宜用两大定理，涉及时间（或研究力的瞬时作用）优先考虑动量定理，涉及位移及功优先考虑动能定理；②对多个物体组成的系统讨论，则优先考虑两大守恒定律；③涉及物理量是瞬时对应关系或加速度的力学问题常用牛顿运动定律，必要时再用运动学公式．动量与能量的两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，特别是变力问题，就显示出其优越性。分析综合类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。专题解说解题步骤:•①正确确定研究对象（特别是对多个物体组成的系统），要明确研究对象是某一隔离体还是整体组成的系统）；•②正确分析物体的受力情况和运动情况，画出力的示意图，必要时还应画出运动的位置图．•③根据上述情况确定选用什么规律，并列方程求解．•④最后分析总结，看结果是否合理，如选用能量守恒定律，则要分清有多少种形式的能在转化；如用动量定理和动量守恒定律，则应注意矢量性，解题时先选取正方向．专题聚焦例1.如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M0现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向.（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离.v0v0BA解：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。L1L2L0A刚好没有滑离B板,表示当A滑到B板的最左端时,A、B具有相同的速度,设此速度为v,经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图所示。专题聚焦v0v0BAL1L2L0对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f=maA……①220A1L=-vt+at2v=－v0+aAt……②对B据牛顿第二定律和运动学公式有：f=MaB……④v=v0－aBt……⑤由图示关系有：L0+(－L2)=L；由①②④④得它们最后的速度为:0M-mv=vM+m方向向右。对A，向左运动的最大距离为201Avm+ML==L2a4M规定向右方向为正方向,则③200B1L=vt-at2……⑥202mMvfL=M+m代入⑤⑥得专题聚焦方法2、用动能定理和动量定理求解。A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，经过时间为t，A和B的初速度的大小为v0，则据动量定理可得：对A：ft=mv+mv0①对B：－ft=Mv－Mv0②0M-mv=vM+m解得：方向向右如图所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：由几何关系L0+L2=L⑥由①②③④⑤⑥联立求得1m+ML=L4M22011Mv-Mv22对于B：－fL0=③201mv2对于A：－fL1=－④21mv2f（L1－L2）=⑤v0v0BAL1L2L0专题聚焦方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：Mv0－mv0=（M+m）v0M-mv=vM+m解得：方向向右对系统的全过程，由能量守恒定律得：22011Q=fL=（M+m)v-(m+M)v22由上述二式联立求得1m+ML=L4M对于AfL1=201mv2专题聚焦AROB例2．如图所示，带有¼光滑圆弧槽的滑块，质量为M，弧槽半径为R，滑块放在光滑水平面上，弧槽最低点切线水平,现将一质量为m的小球从弧槽最高点A处由静止释放。(1)求小球运动到弧槽最低点B处时对弧槽的压力。(2)试求小球沿弧槽运动的过程中弧槽对小球做功和小球对滑块做的功。解：(1)以滑块及小球作为一系统，机械能守恒，且在水平方向上动量守恒，设到B时小球对地速度为v1，滑块对地速度为v2,则有：221211mgR=mv+Mv22Mv2－mv1＝0联立解得12MgRv=(M+m)222mgRv=M(M+m)专题聚焦AROB到达B时，滑块对地无加速度，可用牛顿第二定律，此时小球相对于滑块速度为（v1＋v2）则有：212(v+v)N-mg=mR解得2mN=mg(3+)M(2)本题在整个运动过程中彼此互施的弹力是变力（大小方向均变），因而求解是不能用W＝FS，只能用动能定理求解。以滑块为研究对象，只有小球对滑块的弹力N对它做了功，则有：2N21W=Mv-02解得2NmgRW=M+m以小球为研究对象。有/2N11mgR+W=mv-02解得弧槽对小球做的功为：/NMmgRW=-mgRM+m例3:在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d（d＜L）的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为()A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1v0dL解：专题聚焦设线框即将进入磁场时的速度为v0全部进入磁场时的速度为vt将线框进入的过程分成很多小段,每一段的运动可以看成是速度为vi的匀速运动,对每一小段，由动量定理:f1Δt=B2L2v0Δt/R=mv0–mv1（1）f2Δt=B2L2v1Δt/R=mv1–mv2（2）f3Δt=B2L2v2Δt/R=mv2–mv3（3）f4Δt=B2L2v3Δt/R=mv3–mv4（4）…………fnΔt=B2L2vn-1Δt/R=mvn-1–mvt（n）v0Δt+v1Δt+v2Δt+v3Δt+……+vn-1Δt+vnΔt=d将各式相加，得B2L2d/R=mv0–mvt专题聚焦v0dL由动量定理FΔt=B2L2d/R=mv0–mvtFΔt=B2L2d/R=mvt-0∴v0=2vt由能量守恒定律½mv02-½mvt2=Q1½mvt2=Q2∴Q1/Q2=3：1答案C专题聚焦例4.(04年北京)下图是某种静电分选器的原理示意图.两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷,形成匀强电场.分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d＝0.1m,板的长度L＝0.5m,电场仅局限在平行板之间;各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5C／kg.设颗粒进人电场时的初速度为零,分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计.要求两种颗粒离开电场区域时,不接触到极板但有最大偏转量.重力加速度g取10m/s2.专题聚焦（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。解:(1)左板带负电荷，右板带正电荷。依题意,颗粒在平行板间的竖直方向上满足21L=gt2在水平方向上满足2d1Uqs==t22dm两式联立得24gmdU==1×102Lq专题聚焦（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足，211Uq+mg(L+H)=mv22Uqv=+2g(L+H)4m/sm（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度yv=2g(L+H)=4m/s反弹高度22yy1(0.5v)v1h==2g42g根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度2nnynv11h==×0.8m42g4当n=4时，hn＜0.01m例5.(02广东)下面是一个物理演示实验，它显示：图中下落的物体A、B经反弹后，B能上升到比初始位置高的地方.A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.1kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小间隙.将此装置从A的下端离地板的高度H=1.25m处由静止释放.实验中，A触地后在极短的时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度g=10m/s2专题聚焦m2Bm1AH•解析:根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由机械能守恒得(m1+m2)gH=½(m1+m2)v12，v1=.•A刚反弹时速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2=.•由题意，碰后A速度为0，以v2表示B上升的速度，根据动量守恒m1v1-m2v2=m2v/2.•令h表示B上升的高度，有½m2v/22=m2gh，•由以上各式并代入数据得:h=4.05m.2gH2gH专题聚焦v0BA例6.如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时间A与弹簧分离.（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？专题聚焦v0BA甲解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相等设为v，由动量守恒定律2mv0=3mv由机械能守恒定律EP=½×2mv02-½×3mv2=mv02/3（2）画出碰撞前后的几个过程图v1BAv2乙v1BAv2丙VBA丁由甲乙图2mv0=2mv1+mv2由丙丁图2mv1-mv2=3mV由机械能守恒定律（碰撞过程不做功）½×2mv0