物理專題復(fù)習(xí)力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用

1、物理專題復(fù)習(xí) 力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用力學(xué)部分三個觀念及其概要（解決力學(xué)問題的三把金鑰匙） 力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用是指運用三個觀念解題： 動力學(xué)觀念：包括牛頓定律和運動規(guī)律;動量的觀念：包括動量定理尸u/p和動量守 恒定律機(jī)產(chǎn)/+小2與='九產(chǎn)/十/%吟'；能量的觀念：包括動能定理印總="和能 量守恒定律月初=石末.1 .動力學(xué)觀念一力的瞬時作用效應(yīng)力的瞬時作用效應(yīng)是改變物體的速度，使物 體產(chǎn)生加速度。牛頓第二定律/。表示力和加速度之間的關(guān)系 若已知物體的受力情況,由牛頓第二定律求出 加速度，再由運動學(xué)公式就可以知道物體的運 動情況;若已知物體的運動情況，知道了加速度，由 牛頓

2、第二定律可以求出未知的力。做勻速圓周運動物體所受的合外力是向心力, 向心力跟向心加速度的關(guān)系也同樣遵從牛頓第 二定律。2 .動量的觀念力的時間積累效應(yīng)。力的時間積累效應(yīng)是改變物體的動量。動量定理/=/表示合外力的沖量和物體動量變化之間的 關(guān)系。在確定了研究對象（系統(tǒng)）后，系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的，且在任意一段時間內(nèi)的總沖量一定為零，所以系統(tǒng)的內(nèi)力只能改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，不改變系統(tǒng)的總動量。動量定理適用于某個物體，也適用于由若干物體組成的系統(tǒng)。在系統(tǒng)所受合外力為零的條件下，該系統(tǒng)的總動量守恒.3 ,能量的觀念力的空間積累效應(yīng)。力的空間積累效應(yīng)是改變物體的動能。動能定理Z

3、W=A &表示合外力做功和物體動能變化之間的關(guān)系。與沖量不同的是：即使合外力對系統(tǒng)不做功，但系統(tǒng) 內(nèi)一對內(nèi)力在同一時間內(nèi)的位移可能不相等，因此其 做的總功可能不是零，從而改變系統(tǒng)的總動能。因此在一般情況下，動能定理只能用于單個的物體而 不能用于由若干物體組成的系統(tǒng)。如果對某個系統(tǒng)而言只有重力和彈力做功，那么系統(tǒng) 中就只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，其總和保持不變，機(jī) 械能守恒。二.選擇解題方法 對單個物體的討論，宜用兩大定理: 涉及時間（或研究力的瞬時作用）優(yōu)先考慮動量定理, 涉及位移及功優(yōu)先考慮動能定理； 對多個物體組成的系統(tǒng)討論，則優(yōu)先考慮兩大守恒定律;涉及物理量是瞬時對應(yīng)關(guān)系或加速度的力

4、學(xué)問題常 用牛頓運動定律，必要時再用運動學(xué)公式.動量與能量的兩個定理和兩個守恒定律，只研究一個 物理過程的始末兩個狀態(tài)，對中間過程不予以細(xì)究， 特別是變力問題，就顯示出其優(yōu)越性。分析綜合類問題時，應(yīng)首先建立清晰的物理圖景、抽 象出物理模型、選擇物理規(guī)律、建立方程進(jìn)行求解。三.解題步驟正確確定研究對象（特別是對多個物體組成的系 統(tǒng)），要明確研究對象是某一隔離體還是整體組成 的系統(tǒng)）； 正確分析物體的受力情況和運動情況，畫出力的示 意圖，必要時還應(yīng)畫出運動過程的示意圖.根據(jù)上述情況確定選用什么規(guī)律，并列方程求解 最后分析總結(jié)，看結(jié)果是否合理，如選用能量守恒 定律，則要分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化；如

5、用動量 定理和動量守恒定律，則應(yīng)注意矢量性，解題時先選 取正方向，已知量跟選取的正方向相同的量為正，岬 選取的正方向相反的量為負(fù)，求出的未知量為正，則 跟選取的正方向相同，求出的未知量為負(fù)，則跟選取 的正方向相反。例1.如圖示，兩物塊質(zhì)量為M和加，用繩連接后放在傾 角為的斜面上，物塊和斜面的動摩擦因素為"，用沿斜 面向上的恒力尸拉物塊M運動，求中間繩子的張力.解：畫出M和的受力圖如圖示：由牛頓運動定律， 對A/有 F - T - Mgsin 0-pMgcos0= Ma (1)對，有T - mgsinO-pmgcosO= nia (2):.a = F/(O-pgcosO(3)(3)代入

6、(2)式得fimgT= m 6/+ gsinO-pgcosO ) = mF /()由上式可知：T的大小與，無關(guān)T的大小與無關(guān)T的大小與運動情況無關(guān)2007年上海卷19B例2.（10分）固定光滑細(xì)桿與地面成一定傾角,在桿上套有一個光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的推力產(chǎn) 作用下向上運動，推力尸與小環(huán)速度u隨時間變化規(guī)律 如圖所示，取重力加速度g=10 m/s?。求：（1）小環(huán)的質(zhì)量加；<2）細(xì)桿與地面間的傾角a。解：由圖得：a=Wt=0.5 m/s2 ,一平板車，質(zhì)量M=100千克，停在水平前2s 有：Fimg sin a=ma9 2s 后有： F2=mg sin a,例3、路面上，車身的平板離地

7、面的高度h=L25米，一質(zhì)量 m=5。千克的小物塊置于車的平板上，它到車尾端的距離b=L00米，與車板間的滑動摩擦系數(shù)日=。.20,如圖所示.今對平板車施一水平方向的恒力，使車向前行駛，結(jié)果物塊從車板上滑落.物塊剛離開車板的時刻,車向前行駛的距離S°=2.0米.求物塊落地時，落地點到車尾的水平距離S,不計路面與平板車間以及輪軸之間的摩擦.取g=10米/秒2.解：m離車前，畫出運動示意圖Sm=l/2 a111t2 =S0 -b=lm： «M= 2 0m =4m/s2匕 =J2amsm = 2m/s%=f/m=pg=2m/s2S0=l/2 «M t2 =2mI,M =

8、 47/ saM=(F- ping) / M = F/M - 0.2XSOX 10 / 100 =F/M - 1 =4 ni/s2 m 離車后 = F/M =5 m/s2m平拋八=J2/g = 0.5s Smr =vni t =2X0.5=lmSM' = vMti +1/2a/ t 2=4X0.5+1/2X5X0.25=2.625mS= SMf- Sm'= 1.625mI) m4>f= mg Oh So例4、人和雪橇的總質(zhì)量為75kg,沿傾角9=37°且足夠長的斜坡向下運動，已知雪橇所受的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)k未知，從某時刻開始計時，測得 雪橇運動的v

9、t圖象如圖中的曲線AD所示，圖中AB是 曲線在A點的切線，切線上一點B的坐標(biāo)為(4,15) , CD是曲線AD的漸近線, 試回答和求解：雪橇在下滑過程中，開始做什么運動，最后做什么運動?當(dāng)雪橇的速度為5m/s時，雪的加速度為多大?雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)u多大?解：由圖線可知，雪橇開始以5m/§的初速度作加速度逐漸減小的變加速運動，最后以10m/§作勻速運動t=0, v0= 5nVs時AB的斜率等于加速度的大小n=Av/At= 10/4 = 2.5 m/s2(3)t=0 v0= 5m/s f0=kv0由牛頓運動定律mgsinO - p mgcosO -kv() = ma t

10、=4s vt= lOm/s ft=kvtmgsinO - g mgcosO kvt =0 解得k=37. 5 Ns/mji= 0.125例5. 如圖所示，一質(zhì)量為"、長為L的長方形木 板放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為相現(xiàn)以地面為參照系，給4和以大小相等、方向相反的初速度，使人開始向左運動，B 開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離"板。<1）若已知A和3的初速度大小為為,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4向左運動到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點的距離.解：方法1、用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解。A剛好沒有滑離3板,表示當(dāng)A滑到B

11、板的最左端時4、B具有相同的速度,設(shè)此速度為人經(jīng)過時間為八A、5間的 滑動摩擦力為 f如圖所示。規(guī)定向右方向為正方向，則對4據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式有:v=-v0+«A/ OrL2=-v(it-aAt2 對"據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式有：7廣 2f=MaB v=vifa r 1=匕/一不a/ 4例I |方法1 | 3頁|方法2 頁由圖不關(guān)系有：Lo+(-L2)=L；由得它們最后的速度為:M -mv =v0M +/方向向右。方法3末頁2mMv代入得r2mM 2L = " = VTiJf( M +2)2mM M對4,向左運動的最大距離為v(； Mm y- -* f2

12、a A 一 4M例I |方法1 | 3頁|方法2 天|方法3 |末頁解：方法2、用動能定理和動量定理求解。A剛好沒有滑離3板，表示當(dāng)A滑到板的最左端時，A、3具有相同的速度，設(shè)此速度為外經(jīng)過時間為r, A 和的初速度的大小為人,設(shè)/1與5之間的滑動摩擦力為f，則據(jù)動量定理可得:對4 ： ft mv-1-wv0對笈：f t=Mv MvqeM m解得：v = -voM + m方向向右l2例I |方法 | 3頁 方法2 | §頁方法3 |末頁Ri、由動能定理：對于B ：一R。= 一；Mvl乙乙對于A ：_幾=0一”說/(L1-L2) = |mv2由幾何關(guān)系l0+l2=l由(§)聯(lián)

13、立求得Zq =M +m4M例I |方法I | 3頁|方法2 §貢|方法3 |末頁k /解：方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解A剛好沒有滑離Z?板，表示當(dāng)A滑到板的最左端時，4、 6具有相同的速度，設(shè)此速度為 A和8的初速度的大小為%,則據(jù)動量守恒定律可得:方向向右wv0= ( M+tn ) v a-M m解得：匕)M + m對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：Q = fL = ( M -m 川：(M +m )v222對于A41=不，說由上述二式聯(lián)立求得乙=卷入例I |方昌平江|方2 | -貢|方法3 |末頁©I點評：從本題的三種解法可以看出：動量定理、動 能定理與動量守

14、恒定律、能量守恒定律，只研究一 個物理過程的始末兩個狀態(tài)，與中間過程無關(guān)，對 于中間過程復(fù)雜的問題，特別是變力問題，就顯示 出比牛頓定律的無比優(yōu)越性。例6、如圖示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度p勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為，的物體輕輕地放置在木板上的。點處，已知物體力與木板之間的動摩擦因數(shù)為，為保持木板的速度不變，從物體加放到木板上到它相對于 木板靜止的過程中，對木板施一水平向右的作用力尸那 么/對木板做的功有多大？由動量定理/= mv解：物體5在摩擦力作用下做勻加速運動，經(jīng)時間，速度達(dá)到？在t時間內(nèi)，木板的位移S2f /,物體m的位移S=l/2Xu，W = FS 2=fS 2又解:由能量守恒

15、定布，拉力F的功等于物體動能的增加和轉(zhuǎn)化的內(nèi)能.W=l/2Xmv2±fS= l/2X/nv2+/(S2-S1)=1/2 X mv2 + 1/2 X例7.如圖示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為小的小球6連 接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量為2%的小球4以初速度均向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并使8運動，過了一段時間A與彈簧分離.(1)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能與多大?<2)若開始時在b球的右側(cè)某位置固定一塊擋板，在A球與彈簧未分離前使球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設(shè)8球與擋板的碰撞時間極短，碰后球 的速度大小不變但方向相反，欲使此后彈簧被壓縮到最 短時，彈性勢能達(dá)到第

16、(1)問中演>的2.5倍，必須使A球在速度多大時與擋板發(fā)生碰撞?/0底申 /wwwwvv卷底甲解：（1）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，A笈兩球的速度相等設(shè)為,由動量守恒定律2znv0=3/nv 由機(jī)械能守恒定律V|v2Ep=l/2 X 2mv02 -1/2 X 3mv2 = mv02/3 -（2）畫出碰撞前后的幾個過程圖由甲乙圖 2切%=2必+/nv2 由丙丁圖 2，管mv2 =3mVQwwwwvm丙 uinuninT由甲丁圖，機(jī)械能守恒定律（碰撞過程不做功）1/2 X 2mv =1/2 X 3力 V2 +2.5小 解得匕=0.75匕）叱=0.5% V=v（/32005年全國卷I /24.例7.

17、 （19分）如圖，質(zhì)量為m的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為iib的物體B相連，彈簧的 勁度系數(shù)為k, A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一條不可伸 長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A,另一端連一 輕掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的 一段繩沿豎直方向?，F(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為nh的物 體C并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，已知它恰好能使B離弁地面 但不繼續(xù)上升。若將C換成另一個質(zhì)量為（mi+m2）的物體D,仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次B剛離地時D的速度的大小是多少?ALZIni1已知重力加速度為g.m.777777解：開始時，A、B靜止，設(shè)彈簧壓縮量為9，有 3=m1g 掛C并釋放后，C向下運動，A向

18、上運動，設(shè)B剛要 離地時彈簧伸長量為不，有kx2=m2g 最低點。由機(jī)械能守恒，與初始狀態(tài)相比，彈簧性勢能的增加量為C已降到其B不再上升，表示此時A和C的速度為零,E=m3g(x1+x2)m1g(x1+x2) C換成D后，當(dāng)B剛離地時彈簧勢能的增量與前一次 相同，由能量關(guān)系得1 /X 212(m. +rnx 廠 Hm.v2 2= (/n3+/n1)g(xl +x2)-mig(xi| MB | ±1由式得 (2/71( +,%)y2 =+工2)由式得2ml (mI +，)g21(2 叫+?3)ZA"兩木板碰撞的瞬間,由動量守恒定律得mvi =（w+/n）v2如05年廣東卷18

19、、例8.如圖所示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B 置于水平地面上，它們的間恒=2.88m.質(zhì)量為2切、大 小可忽略的物塊。置于4板的左端。與A之間的動摩擦 因數(shù)為"產(chǎn)0.22, A、b與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為 2=0.10,最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動靜摩擦力.開始時，三個物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)給。施加一個水平向右, 大小為力收/5的恒力居假定木板4、8碰撞時間極短且 碰撞后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每塊木板的 長度至少應(yīng)為多少？解：A。之間的滑動靜摩擦力為A =0.44際 F= 0.40mgA與地面之間的滑動靜摩擦力為f2 = 2（2切+，）g=030 mg <

20、F= 0.40 mg9開始4和C保持相對靜止，在F的作用下向右加速運動,由動能定理得（尸/2）§=1/2（2川+，/F= 0.40mg s=2.88m|m =/zi B=/n m c=2/ i=0.222=°1°Ab碰撞結(jié)束后到三個物體達(dá)到共同速度上的相互作 用過程中,C物體剛好到達(dá)5板右端，設(shè)木板向前移動的位移為”,對整體，由動量守恒定律得_ L一'2/nv1+(m4-m)v2 =(2m+/i +/i)v3(3)對八8兩木板，由動能定理得/» 2(2z+， +m)g S =1/2 2mv32 - 1/2 2mv22 .對C物體,由動能定理得(R

21、fi) (21 + S ) =1/2 -2mv32 - 1/2 2mv2.解以上各式得 S =1.5 m / = 0.3 m要使。最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應(yīng)為0.31nx取目07學(xué)年南京市期末質(zhì)量調(diào)研19例見(17分)如圖所示，矩形盒B的質(zhì)量為底部 長度為L，放在水平面上，盒內(nèi)有一質(zhì)量為M/5可視為 質(zhì)點的物體A, A與6、3與地面的動摩擦因數(shù)均為",開始時二者均靜止，A在8的左端?，F(xiàn)瞬間使物體A獲 得一向右的水平初速度入，以后物體A與盒呂的左右壁 碰撞時，8始終向右運動。當(dāng)A與右的左壁最后一次碰 撞后，立刻停止運動，A繼續(xù)向右滑行$ ($<£)后也 停止運

22、動。(1) A與第一次碰撞前，是否運動?(2)若第一次與8碰后瞬間向左運動的速率為匕，求此時矩形盒"的速度大小;(3)當(dāng)"停止運動時，A的速度是多少?(4)求盒"運動的總時間。一解:(1) A對笈的滑動摩擦力fMg/5地對6的最大靜摩擦力 人=6"M?/SfSfz，所以第一次4與碰前8不會動。(2)設(shè)A的質(zhì)量為小，由動能定理得：,12124、八組成的系統(tǒng)在第一次碰撞過程中動量守恒，設(shè)碰后B的速率為小,選向右為正方向,解得m vA-%二（匕+版-2用L）(3)最后一次碰撞后的過程中，設(shè)O停止運動時的速度為，對A由動能定理得：一/jmgs = 0 /n v2

23、 = J2 (4)研究4, 3組成的系統(tǒng)，它在水平方向所受的外力就是地面對盒"的滑動摩擦力，設(shè)盒4運動的總時間為人 選向右為正方向，對系統(tǒng)用動量定理得 一+ M)gt =mv - mv A扁 2照 一 ,2鄧07年重慶市第一輪復(fù)習(xí)第三次月考卷17例10、（20分）如圖甲所示，質(zhì)量為“、長七二l.0m、 右端帶有豎直擋板的木板以靜止在光滑水平面上，一個 質(zhì)量為小的小木塊A （可視為質(zhì)點），以水平速度po=4.O m/s滑上的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板的左端，已知"加=3,并設(shè)A與擋板碰撞時無機(jī)械能損失，碰撞時間可以忽略，求;（1） A、笈最終的速度。解：（1）

24、對M、切系統(tǒng)相互作用的全過程，由動量守 恒定律得叫）=（A/+/W）v解得v = 1 m/s（2） A.8相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機(jī)械能的減少，即 -co 12 2311g2L = mv1（M +m）v22解得=03（3）研究4、B系統(tǒng)，從4滑上“至A相對笈滑行距離為L的過程，由動量守恒和能量守恒可得/nv0 mvxrMv1/4/題目| 2頁| 3頁|末頁RJ代入數(shù)據(jù)可得：匕+3勺=4避 +3P2 =101 4破俎2 + 3 J 2解得 v. = 3.12m/s2v, = - = (>.29m/s22以上為4、V碰前瞬間的速度。V2 =22+VI= 1.71m/s2此為A、Z?剛

25、碰后瞬間的速度。木板以此過程為勻變速直線運動，8的加速度為(Jtng 0.3xm xlO=1 m/s2故碰前B加速時間為紅=0.29s碰后以減速時間為九=二一 = 0.715 為故5對地的吁子圖象如圖所示。例11:如圖所示，在光滑的水平面上停放著一輛平板車，在車上的左端放一木塊B,車左邊緊鄰一個固定在豎直面內(nèi)，半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道，已知軌道底端的切線水平,且高度與車表面相平?，F(xiàn)有另一木塊A (木塊A、B均可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的頂端由靜止釋放，然后滑行到車上與B發(fā)生碰撞，兩木塊碰撞后立即粘合在一起在平板車上滑行，并與固 定在平板車上的水平輕質(zhì)彈簧作用后被彈后，最后兩木塊剛好 回到車

26、的最左端與車保持相對靜止，已知木塊A的質(zhì)量為m, 木塊B的質(zhì)量為2m,車的質(zhì)量為3m,重力加速度為g,設(shè)木塊 A、B碰撞的時間極短可以忽略。求：(1)木塊A、B碰撞后的瞬間兩木塊共同運動速度的大??；(2)木塊A、B在車上滑行的整個過程中，木塊和車組成的系統(tǒng)損失A O的機(jī)械能；VRl(3)彈簧在壓縮過程中所具有 B的最大彈性勢能。解(1)設(shè)木塊A滑到圓弧底端的速度為h, A滑下過程 由機(jī)械能守恒得： 1,mgR = mVg在A、B碰撞過程中，嗇木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰 撞后的共同速度大小為匕，貝小mv0 = (m + 2m)v 匕=-12gR(2) A、B在車上滑行的過程中，A、B和車組成的系統(tǒng) 動量守恒，A、B滑到車的最左端時與車共速，設(shè)此速度 大小為人由動量守恒定律：+= (m + 2m + 3m) v(2) A、B在車上滑行的整個過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：19 io i E" = (m + 2,九)(/ + 2m + 3/n)v' = mgR226(3)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，A、B和車共速，設(shè)速度為“ 彈簧具有最大的彈性勢能E,由動量守恒定律:(m + 2m)v =(m + 2