专题4三种观点在力学中的应用.pptx

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1、专题4-三种观点在力学中的应用,专题4-三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,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

2、等于系统机械能的减少量,即转化为系统内能的量。,三、力学规律的选用原则,(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。,(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这,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。,考点一动量观点与动力学观点的综合应用关键能力突破,2.其次弄清每一个物理过程遵从

3、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.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,例1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=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

4、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;,例1如图甲所示,光滑水平面上有一质量为M=1 kg的足够长,(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=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。,(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,答案(1)1.5 m(2)0.6 m/s(3) s,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+

5、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mgMa0对整体有F=(M+m)a0解得拉力F1.5 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加速,答案(1)1.5 m(2)0.6 m/s(3) s解,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Ft1-mgt1=mv1对木板应用动量定理得mgt1=Mv2解得v1=0.8 m/s,v2=0.5 m/s0.5 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

6、为a1,木板的加速度,设经过t1=0.5 s时,物块的速度为v1,木板的速度为v2,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= m/s此过程中物块相对木块前进的距离s=t1-t1解得s=0.5 mt1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a1,大小为a2,经t1时间物块和木板具有相同速度v,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+

7、t2= s,对木板由牛顿第二定律得F-mg=Ma3,1.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。,1.如图所示,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在,答案(1)4 m/s(2)0.75 m,解析(1)设B球第一次到

8、达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=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=mBv2,答案(1)4 m/s(2)0.75 m解析(1)设B球,设P点距地面的高度为h,由运动学规律可得h=联立解得h=0.75 m,mA+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=vB,设P点距地面的高度为h,由运动学规律可得h=

9、mA+,2.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。,2.如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,物块A以初,(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

10、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。,(1)求物块B由A到B的运动时间;,答案(1) s(2)20 m/s(3),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=gt2,解得t= s(2)由R=h1,R cos =h1-h2,得=60。设物块B滑离水平平台的速度是v1有= tan ,解得v1=10 m/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,解得v0=20 m/s(3)设物块

11、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,答案(1) s(2)20 m/s(3) 解,smax=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,的取值范围是,smax=3l,最小值是smin=l的取值范围是,考点二动量观点与能量观点的综合应用,动量与能量综合的题目往往物理过程较多,情境复杂,把

12、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。,考点二动量观点与能量观点的综合应用动量与能量综合的题目往往,(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。,(3)当涉及多个物体

13、及时间时,一般考虑动量定理、动量守恒定律,例2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圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆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;,(2)圆弧槽C的半径R。,例2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,答案(1)(2),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=

14、m+2mvB由能量守恒定律有mgL=m-m-2m解得=,答案(1)(2) 解析(1)对A、B、C整体,设A,(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m+mvB=2mvC在此过程中A和C组成的系统机械能守恒,有mgR=m+m-2m解得R=,(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,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。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

15、中来回运动多次,最终相对于盒静止,重力加速度为g,则(),A.此时盒的速度大小为B.此时盒的速度大小为 C.滑块相对于盒运动的路程为D.滑块相对于盒运动的路程为,AC,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,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=,选项A正确,B错误;由功能关系可知mgx=mv2-3m,解得x=,选项C正确,D错误。,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,2.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m的滑块C从长木板A的左端以

16、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。,2.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,答案(1)(2),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mg2L=m解得=根据动量定理得-mgt=0-mv0可得t=(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,答案(1)(2) 解析(1)A,mg

17、L=m-2m-m解得v1=、v2=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+mv2=(m+m)v3解得v3=,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=2mv1+mv2根据功能关系知,mgL=m-2m-m取向右为正方向,考点三三种观点解决多过程问题,多过程问题看似复杂,但一般都可以划分为多段基本运动形式:直线运动、平抛运动、圆周运动。,1.解题思路(1)对于这类问题,首先做受力分析和运动分析,根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型,最好画出草图。提示:对于比较复杂的多过程运动,例如两个以上物块在木板上的滑动,当速度达到相同时受力特点有可能发生突变,这时要仔

18、细分析临界情况,看是否要划分过程。,考点三三种观点解决多过程问题多过程问题看似复杂,但一般都可,(2)然后根据每个过程的特点,结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程,并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。(3)联立方程求解有些情况需要先计算出一个过程末的物理量,然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解,层层递进。,(2)然后根据每个过程的特点,结合力学三大观点的选用原则选择,2.过程等效根据受力特点,有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规律,提高效率。例如物体经过

19、多段光滑轨道,虽然运动规律不同,但可以整体上运用机械能守恒定律;多个物体连续多次碰撞,有时可以看成一个过程运用动量守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析,如几个物体连续碰撞时虽然动量守恒,但可能有机械能损失,这种情况极容易出错。,2.过程等效,例3雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的功W。mgh-mu2(2)将雨滴看做半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴的速度,k是比例系数。a.设雨

20、滴的密度为,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;,例3雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中,b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1r2)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,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。答案如图所示,b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1r2)的雨滴在空气,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(

21、3)见解析解析(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=,答案(3)见解析,b.由vm=可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图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。,b.由vm=可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如,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

22、盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2,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,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。,由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力,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=5.6 m,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=1 m,三段轨道均光滑。一长为L=2 m、质量为M=1 kg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=2 kg

23、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=10 m/s2,求:,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,(1)若h为2.8 m,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。,答案见解析,解析(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端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

24、FN-mg=联立解得FN=40 N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=40 N(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,答案见解析解析(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点,设到,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=3 m要使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3 m为其从

25、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,的系统,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= m,综上所述,要使工件能从CD轨道最高点飞出,应使h满足 mh3 m,的速度为v1,刚滑上CD轨道的速度为v2,规定向右为正方,2.如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑,水平段

26、OP长l=1 m,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3 m/s,一质量为1 kg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=9 J,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10 m/s2,现释放A,求:,2.如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹,(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

27、生的热量;(3)A、B能够碰撞的总次数。,(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间,A的速度大小v0;,答案(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次,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=4 m/s(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB,则vA=0,vB=4 m/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mg sin +2mg cos =ma1解得a1=10 m/s2运动的时间t1=0.4 s,位移x1=t1=0.8 m此过程相对运动路程s1=vt1+x1=2 m,答案(1)4 m/s(2)12.25 J(

28、3)6次解析,此后B反向加速,加速度大小仍为a1,由于mg sin=2mg cos ,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=0.3 s位移x2=t2=0.45 m此过程相对运动路程s2=vt2-x2=0.45 m全过程摩擦产生的热量Q=2mg(s1+s2) cos =12.25 J(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,此后B反向加速,加速度大小仍为a1,由于mg sin=2,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),满足mv2=2n1mgl,感谢聆听,感谢聆听,