专题4三种观点在力学中的应用课件.pptx

1、第六章第六章专题专题4 4三种观点在力学中的应用三种观点在力学中的应用一、力学知识网络一、力学知识网络必备知识 整合二、三个基本观点二、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三、力学规律的选用原则三、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

2、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,即转化为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场。考点一动量观点与动力学观点的综合应用考点一动量观点与动力学观点的综合应用关键能力 突破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

3、题、滑块木板问题、传送带问题等。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。例例1如图甲所示,光滑水平面上有一质量为M=1kg的足够长木板。板左端有一质量为m=0.5kg的物块(视为质点),物块与木板间的动摩擦因数为=0.2。初始时物块与木板均处于静止状态,已知g=10m/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

4、向左的初速度v0=3m/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)若按(1)问中给木板初速度v0=3m/s的同时,给木板施加一水平向右的恒力F=6N,求经多长时间物块会从木板上滑落。答案答案(1)1.5m(2)0.6m/s(3)s313解析解析(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Mv0=(M+m)v由能量守恒定律得mgL=M-(M+m)v2联立解得L=1.5m(2)若物块和木板一起向右加速,则对木板有mg Ma0对整体有F=(M+m)a0解得拉力F1.5N,故在

5、如题图乙所示拉力F的作用下物块和木板无法一起加速1220v12设经过t1=0.5s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Ft1-mgt1=mv1对木板应用动量定理得mgt1=Mv2解得v1=0.8m/s,v2=0.5m/s0.5s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=0.6m/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mg=ma1对木板得mg+F=Ma2由运动学公式得v=v0-a2t1,v=a1t1解得t1=s,v

6、=m/s此过程中物块相对木块前进的距离s=t1-t1解得s=0.5mt1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a3,物块的加速度大小仍为a1132302vv 2v对木板由牛顿第二定律得F-mg=Ma3由运动学公式得vt2-a1-(vt2-a3)=s联立解得t2=s故总时间t=t1+t2=s1222t1222t333131.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=0.8m,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=0.3s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

7、的速度恰好为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/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。答案答案(1)4m/s(2)0.75m解析解析(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=将h=0.8m代入上式,得vB=4m/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方向,有mAv1+mBv2=mBv22gh设P点距地面的高度为h,由运

8、动学规律可得h=联立解得h=0.75mmA+mB=mBv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=vB1221v1222v12222.如图所示,在高h1=30m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=15m,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=70m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10m/s2。(1)求物块B由

9、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,求的取值范围。答案答案(1)s(2)20m/s(3)31612解析解析(1)由于h1=30m,h2=15m。设从A运动到B的时间为t,则h1-h2=gt2,解得t=s(2)由R=h1,Rcos=h1-h2,得=60。设物块B滑离水平平台的速度是v1有=tan,解得v1=10m/sA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,由动量守恒定律得mAv0=mBv1又mB=2mA,解

10、得v0=20m/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1231gtvsmax=3l,最小值是smin=l路程最大时,最小;路程最小时,最大。由能量守恒知mBgh1+mB=minmBgs-max,mBgh1+mB=maxmBgsmin解得max=,min=当min=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+mB-mBgh=minmBg2l解得h=mh2,符合题意1221v1221v1216161221v353的取值范围是r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中对应半径为r1的雨滴(选填、);若不计空气阻力,

11、请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。答案如图所示43grk图1(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力fv2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。答案答案(3)见解析解析解析 (1)根据动能定理mgh-W=mu2可得W=mgh-mu2(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma得a=g-当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m=r3由a=0,可得,雨滴最大速度vm=121222kr vm4343grkb.由vm=可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如

12、图1。图1(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。43grk简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0图2以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力fv2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。1.如图所示为某工地一传输工件的装置,AB为一段足够大且固定的圆弧轨道,圆弧半径R=5.6m,BC为一段足够长的水平轨道,CD为一段固定的圆弧轨道,圆弧半径r=1m,三段轨道均光滑。一长为L=2

13、m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端,小车上表面刚好与AB轨道相切,且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下,滑上小车后带动小车向右运动,小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出,才能被站在台面DE上的工人接住。工件与小车间的动摩擦因数为=0.5,取g=10m/s2,求:1414(1)若h为2.8m,则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大;(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住,则h的取值范围为多少。答案答案见解析解析解析(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端

14、B点,设到B点时的速度为vB,根据动能定理有mgh=m工件做圆周运动,在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=联立解得FN=40N由牛顿第三定律知,工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力大小为FN=FN=40N(2)由于BC轨道足够长,要使工件能到达CD轨道,工件与小车必须能够达到共速,设工件刚滑上小车时的速度为v0,工件与小车达到共速时的速度为v1,假设工件到达小车最右端才与其共速,规定向右为正方向,则对于工件与小车组成122Bv2BmvR的系统由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1由功能关系得mgL=m-(m+M)对于工件从AB轨道滑下的过程,由机械能守恒定律得mgh1=m代入数据解得h1=3m要

15、使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3m为其从AB轨道滑下的最大高度设其从轨道下滑的最小高度为h,刚滑上小车的速度为v0,与小车达到共速时1220v1221v1220v的速度为v1,刚滑上CD轨道的速度为v2,规定向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1由动能定理得mgL=mv-Mv-mv工件恰好滑到CD轨道最高点,由机械能守恒定律得mv=mgr工件在AB轨道滑动的过程,由机械能守恒定律得mgh=mv联立并代入数据解得h=m12201221122212221220187综上所述,要使工件能从CD轨道最高点飞出,应使h满足mh3m1872.如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相

16、连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑,水平段OP长l=1m,P点右侧一与水平方向成=30角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,皮带轮逆时针转动速率为3m/s,一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接),使弹簧获得弹性势能Ep=9J,物块与OP段间的动摩擦因数1=0.1,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带间的动摩擦因数2=,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后A、B交换速度,重力加速度g取10m/s2,现释放A,求:33(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间,A的速度大小v0;(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量;(3)A、

17、B能够碰撞的总次数。答案答案(1)4m/s(2)12.25J(3)6次解析解析(1)设物块质量为m,A与B第一次碰撞前的速度大小为v0,则Ep=m+1mgl解得v0=4m/s(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB,则vA=0,vB=4m/s,碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为a1,则mgsin+2mgcos=ma1解得a1=10m/s2运动的时间t1=0.4s,位移x1=t1=0.8m此过程相对运动路程s1=vt1+x1=2m1220v1Bva2Bv此后B反向加速,加速度大小仍为a1,由于mgsin=2mgcos,B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞加速时间t2=0.3s位移x2=t2=0.45m此过程相对运动路程s2=vt2-x2=0.45m全过程摩擦产生的热量Q=2mg(s1+s2)cos=12.25J(3)B与A第二次碰撞,两者速度再次互换,此后A向左运动再返回与B碰撞,B沿传送带向上运动再次返回,每次碰后到再次碰前速率相等,重复这一过程直至两者不再碰撞。则对A、B和弹簧组成的系统,从第二次碰撞后到不再碰撞,1va2v满足mv2=2n1mgl解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25,所以碰撞总次数为N=2+2n=6.56(取整数)12