力學規(guī)律的優(yōu)選策略●難點磁場

1、力學規(guī)律的優(yōu)選策略理科綜合命題，以學科內(nèi)綜合為主，如何優(yōu)選合理的物理規(guī)律使高考綜合題目得以迅速 高效地實現(xiàn)突破，是考生最感棘手的難點之一難點磁場圖 32-11. ( )如圖32-1所示，長為 L=0.50 m的木板 AB靜止、固定在水平面上，在AB的左端面有一質(zhì)量為 M=0.48 kg的小木塊C (可視為質(zhì)點)，現(xiàn)有一質(zhì)量為n=20 g的子彈 以vo=75 m/s的速度射向小木塊 C并留在小木塊中已知小 木塊C與木板AB之間的動摩擦因數(shù)為 卩=0.1.( g取10 m/s2)(1) 求小木塊C運動至AB右端面時的速度大小 V2.(2) 若將木板AB固定在以u=1.0 m/s恒定速度向右運動的小

2、車上(小車質(zhì)量遠大于小木塊C的質(zhì)量)，小木塊C仍放在木板 AB的A端，子彈以V。 =76 m/s的速度射向小木塊 C并 留在小木塊中，求小木塊 C運動至AB右端面的過程中小車向右運動的距離s.2. ( )將帶電量Q=0.3 C，質(zhì)量m =0.15 kg的滑塊，放在小車的絕緣板的右a 屛？I K 齊 胃 其X X M X X 31圖 32-2端，小車的質(zhì)量 M=0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù) 卩=0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁 感應強度B=20 T的水平方向的勻強磁場，開始時小車靜止 在光滑水平面上，當一個擺長為L=1.25 m擺球質(zhì)量n=0.4 kg的單擺從水平位

3、置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相 撞，如圖32-2所示，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s 2.求：(1) 擺球與小車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E是多少？(2) 碰撞后小車的最終速度是多少？ 案例探究例1 ()如圖32-3所示，一質(zhì)量為 m的小球，在B 點從靜止開始沿半球形容器內(nèi)壁無摩擦地滑下，B點與容器底部 A點的高度差為h.容器質(zhì)量為M內(nèi)壁半徑為 R,求：(1) 當容器固定在水平桌面上，小球滑至底部 A時，容器內(nèi)壁對小球的作用力大小.(2) 當容器放置在光滑的水平桌面上，小球滑至底部 A時，小球圖32-3相對容器的速度大??？容器此時對小球的作用力大小.命題意圖：考查機械能守恒定律及其應

4、用，考查動量守恒定律及其應用，考查相對運動知識及牛頓第二定律，在能力上主要考核分析、理解、應用能力2錯解分析：在用牛頓第二定律列出T-mgFm后，要理解v是指m相對球心的速度.而R許多考生在第(2)問中將小球相對于地面的速度V2代入，導致錯解.解題方法與技巧：(1) m下滑只有重力做功，故機械能守恒，即有1 2 2mgl= mv , v =2gh22 底部A是圓周上的一點，由牛頓第二定律，有：T-mmVR2h)RT=mg+m = mg+m2gh =mg1 +RR(2)容器放置在水平桌面上，則m與M組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒；又因 m與M無摩擦，故 m與M的總機械能

5、也守恒.令m滑到底部時，m的 速度為Vi, M的速度為V2.由動量守恒定律得：O=mv+Mv由機械能守恒定律得：mghFmd + iMv；22 2聯(lián)立兩式解得： m vi= , 2ghM /(m M) , V2=- . 2ghM /(m M )小球相對容器的速度大小V', V '=由牛頓第二定律得：T' -mg=mV'R=m+m2gh(m M)RM=mg1 +2h(m M )RM圖 32-4Vi- V2= 2gh(m M)/M例2 ()質(zhì)量為 m的物體A,以速度Vo從平臺上滑到與平臺等高、質(zhì)量 為M的靜止小車B上，如圖32-4所示.小車B放在光滑的水平面上， 物

6、體A與B之間的滑動 摩擦因數(shù)為卩，將A視為質(zhì)點，要使 A不致從小車上滑出，小車 B的長度L至少應為多少？ 命題意圖：考查對 A、B相互作用的物理過程的綜合分析能力，及對其中隱含條件的挖掘能力，B級要求.錯解分析：不能逐段分析物理過程，選擇恰當?shù)囊?guī)律使問題求解簡便化解題方法與技巧：A、B分別用牛頓第二定律:解法一：力的觀點 取向右方向為正方向，對-mg=ma,卩 mg=MaB應用加速度的定義式:V'-V0V'aA=, aB=tt由牛頓第三定律有： Ma=ma由以上各式解出:mv°(M m)aA=- i g,aB=M由運動學公式：對 A： v' 2-vo2=2aA

7、( L+s)2對 B： v' =2aBS2聯(lián)立可解得:Mv0 2g(M m)解法二：功能關系與動量守恒定律對A、B系統(tǒng)運用動量守恒定律：mv=(M+n)v由功能關系:卩 mgl= 1 mo221( M+mv'22聯(lián)立兩式，解得:L=2Mv02g(M m)解法三：用“相對運動”求解平時位移、加速度、速度都是相對地面 用A相對于B的位移、速度和加速度來求解（以地面為參照物），本題改為以B為參照物，運 .取向右方向為正，則A相對B加速度：aAE=aA-aB=-Jmgm也-卩g-M由運動學公式得：02-vo2 =2aABL22aAB2一 VoMv02錦囊妙計壬一2器g2(M m”g解決

8、動力學問題，一般有三種途徑：（1）牛頓第二定律和運動學公式 （力的觀點）；（2）動量定理和動量守恒定律（動量觀點）；（3）動能定理、機械能守恒定律、功能關系、能的轉(zhuǎn) 化和守恒定律（能量觀點）.以上這三種觀點俗稱求解力學問題的三把“金鑰匙”三把“金鑰匙”的合理選?。貉芯磕骋晃矬w所受力的瞬時作用與物體運動狀態(tài)的關系（或涉及加速度）時，一般用力的觀點解決問題；研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般選用動量定理， 涉及功和位移時優(yōu)先考慮動能定理；若研究的對象為一物體系統(tǒng)， 且它們之間有相互作用時，優(yōu)先考慮兩大守恒定律，特別是出現(xiàn)相對路程的則優(yōu)先考慮能量守恒定律.一般來說，用動量觀點和能量

9、觀點比用力的觀點解題簡便，因此在解題時優(yōu)先選用這兩種觀點；但在涉及加速度問題時就必須用力的觀點 有些問題，用到的觀點不只一個，特別像高考中的一些綜合題，常用動量觀點和能量觀點聯(lián)合求解，或用動量觀點與力的觀點聯(lián)合求解，有時甚至三種觀點都采用才能求解，因此，三種觀點不要絕對化殲滅難點訓練1.（ ）（1992年全國）如圖32-5所示，一質(zhì)量為M長為I的長方形木板B放在光滑的水平地面上， 在其右端放一圖 32-5質(zhì)量為m的小木塊 A, m< M現(xiàn)以地面為參照系，給 A和B以 大小相等、方向相反的初速度 （如圖），使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后 A剛好沒有滑離 B板，以地面為參照系（1）

10、若已知A和B的初速度大小為v o,求它們最后的速度大小和方向 .（2）若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處（從地面上看）離出發(fā)點的距離2.（ ）圖32-6所示，在光滑的水平面上，物 體A跟物體B用一根不計質(zhì)量的彈簧相連，另一物體C跟物 體B靠在一起，但不與B相連，它們的質(zhì)量分別為 m=0.2 kg，圖 32-6m=m=0.1 kg.現(xiàn)用力將C B和A壓在一起，使彈簧縮短，在這過程中，外力對彈簧做功7.2J.然后，由靜止釋放三物體求：(1) 彈簧伸長最大時，彈簧的彈性勢能(2) 彈簧從伸長最大回復到原長時，A、B的速度.(設彈簧在彈性限度內(nèi))*3. ( )長為L的輕繩，一端用質(zhì)量為

11、m的環(huán)套在水平光滑的固定橫桿AB上，另圖 32-7一端連接一質(zhì)量為m的小球，開始時，提取小球并使繩子繃緊轉(zhuǎn)到與橫桿平行的位置(如圖32-7)然后同時釋放環(huán)和小球，當小球自由擺動到最低點時，小球受到繩子的彈力多大？4. ( )第3題中，若m的質(zhì)量忽略不計，試求輕繩與橫桿成 B角時，如圖32-8所示，小球速度在水平方向的分量是多少?5. ( )如圖32-9所示，一根很長的光滑水平軌道，它的一端接圖 32-8一光滑的圓弧形軌道，在水平軌道的上方有一足夠長的光滑絕緣桿MN桿上掛一鋁環(huán)P,在弧形軌道上距水平軌道h處，無初速釋放一磁鐵 A, A下滑至水平軌道時恰好沿 P環(huán)的中心軸線運動，設A的質(zhì)量為m P

12、的質(zhì)量為M 求金屬環(huán)P獲得的最大速度和電熱.圖 32-96. ( )如圖32-10所示，平板小車 C靜止在光滑的水平面上.現(xiàn) 有A、B兩個小物體(可視為質(zhì)點)，分別從小車C的兩端同時水平地滑上小車圖 32-10初速度va=0.6 m/s, vb=0.3 m/s. A、B與C間的動摩擦因數(shù)都是 卩=0.1. A、 B C的質(zhì)量都相同.最后A B恰好相遇而未碰撞.且A B C以共同的 速度運動.g取10 m/s 2.求：(1) A B、C共同運動的速度.(2) B物體相對于地向左運動的最大位移.小車的長度難點32力學規(guī)律的優(yōu)選策略難點磁場1. (1)用vi表示子彈射入木塊 C后兩者的共同速度，由于

13、子彈射入木塊C時間極短，系統(tǒng)動量守恒，有mv=( m+M) vimvo/ vi=- =3 m/sm M子彈和木塊C在AB木板上滑動，由動能定理得：1 2 1 2(m+M V2 (m+M V1 =-(m+M gL2 2解得 V2= . V, -2)gL =2 2 m/s(1)用v '表示子彈射入木塊 C后兩者的共同速度，由動量守恒定律，得mv+M=(n+MV1 '，解得 V1' =4 m/s.木塊C及子彈在AB木板表面上做勻減速運動a=u g.設木塊C和子彈滑至AB板右端的1 2時間為t，則木塊 C和子彈的位移 S1=V1 t- at ,2由于m車(n+M,故小車及木塊

14、AB仍做勻速直線運動，小車及木板AB的位移s=ut，可知:S1=s+L,聯(lián)立以上四式并代入數(shù)據(jù)得：2t -6t+1=0解得：t =(3-2、2 ) s , (t =(3+22 ) s 不合題意舍去)/ s=ut=0.18 m2. (1) E=1 J (2) vm=3.25 m/s殲滅難點訓練1. (1) Mm v -;方向向右(2)M +m2. 解析：(1)在水平方向上因不受外力,M mL4M故動能守恒.從靜止釋放到恢復原長時,物體B、C具有相同的速度 VBC,物體A的速度為VA,則有:rava+( m+m) vbc=0由機械能守恒得：匚 121、2E彈=RAVA +( m+m) vbc2 2

15、解得：VA=6(m/s), vbc=-6 m/s(取水平向右為正).此后物體C將與B分開而向左做勻速直線運動.物體AB在彈簧的彈力作用下做減速運 動，彈簧被拉長，由于A的動量大，故在相同的沖量作用下，B先減速至零然后向右加速，此時A的速度向右且大于 B的速度，彈簧繼續(xù)拉伸，直至A、B速度相等，彈簧伸長最大，設此時A、B的速度為V.由水平方向動量守恒可列式：RAVa+RbVbC=( ra+rb) V由機械能守恒可列式：mAv a2 +(m+mB)v2 +E彈2 1 ebvbc =2解得：v=2 m/s, E彈'=4.8 J(2)設彈簧從伸長最大回到原長時A的速度為vi, B的速度為V2，

16、由動量守恒可列式:(m+m) v=mvi+mv2由機械能守恒又可列式:(m+m) v2 +E 彈2mv J +mv2解得：Vi=-2 m/s( Vi=6 m/s 舍去);V2=10 m/s( v =-6 m/s 舍去)此時A向左運動，速度大小為 2 m/s ; B向右運動，速度大小為10 m/s.答案：(1) 4.8 J (2) va=2 m/s, vb=10 m/s3.解析：對系統(tǒng)分析可知: 守恒，則有:沿x方向(水平方向)的動量守恒和系統(tǒng)(包括地球)的機械能mv計 mv2=02 2mv 1 /2+mv2 /2=mglV1、V2分別為小球擺到最低點時環(huán)、球的速度，以向左為正聯(lián)立兩式，解得：V

17、1=-m；m12gL/(m1 + m2)/ mV2= . m12gL/(m1 m2)小球相對于環(huán)的速度 V 21=V2-V1=(1+ 匹m12gL )rnij ”+ m2又由牛頓第二定律，有2Mmgnm2L2聯(lián)立式，解得： N=3rmg+2m g/m當 m»m 時，N=3mg答案：3 mg+2 m2g/m4.解析：在小球運動的過程中，環(huán)套與小球組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，故它們的動量在水平方向的分量應保持不變當小球運動時，環(huán)套將沿橫桿滑動，具有速度，但因其質(zhì)量為零，其動量仍為零，因此小球在水平方向的動量亦為零，故小球的速度在水平方向的分量也為零.實際上，由于繩與環(huán)都無質(zhì)量， 細繩亦無張力，小球并未受到繩的拉力作用， 繩和環(huán)如同虛設，故小球的運動是自由落體.當繩與桿夾角為B時，球下落的豎直距離為Lsin 0，由機械能守恒定律可得 v= . 2gLsin .答案：0, 2gLsin5.解析：磁鐵從光滑圓弧形軌道下滑過程中重力勢能轉(zhuǎn)