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1、1 力学专题复习2016.3.5 一、求解力学问题的途径1、运动与力的方法：牛顿运动定律与直线运动、曲线运动规律结合，适用于匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动( 类抛体运动 ) 2、能量方法：根据动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律和功能关系求解，适用于各种形式的运动二、研究对象的选取1、看研究对象是单个物体，还是多个物体组成的系统有时还要把其中一个或几个物体从系统中分离出来，作为研究对象这是因为某一规律对整个系统不成立，但对其中一个或几个物体却成立2、分析物理过程一方面能把复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，化难为易；另一方面又可挖掘隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”3、分析研究对象
2、的受力与运动情况针对不同的对象，分析它们在各个过程的受力情况与运动情况，同时分清内力和外力，注意各力的特点，以便合理选取物理规律三、解题方法的选择解决力学问题可用运动与力的方法，也可用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律和功能关系当题目不涉及运动过程的细节及加速度等问题或过程中受变力作用及物体做曲线运动时，应首先考虑用能量观点解题；当题目涉及加速度或力的瞬时作用时，一般要用运动与力的观点解题：(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，一般选用于动力学方法解题；(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，题目中出现相对路程时，
3、应优先考虑能量守恒定律；(3) 当涉及细节并要求分析力时，一般选用牛顿运动定律，对某一时刻的问题只能应用牛顿第二定律求解；(4) 复杂问题的分析一般需选用能量的观点、运动与力的观点综合解题四、解决力学问题常涉及的思想方法1守恒的思想：寻求过程中守恒量以及应用守恒规律解决问题是一重要的物理思想，如机械能守恒定律、能的转化与守恒定律、电荷守恒定律等在解决问题时如果存在守恒量，应优先应用守恒规律，这样可以简化解题过程2能量的思想：物理过程由物体不同的运动形式组成，其中伴随着能量的传递与转化，若物理过程中出现多种形式能量间的转化时，应用能的转化与守恒定律解题方便、快捷，尤其是对涉及未知领域的探究问题更
4、具优越性3整体与隔离的思想：一个复杂的物理问题中通常出现多个物体，选整体还是选择其中某一个物体为研究对象，涉及研究对象的整体与隔离的思想；一个复杂的物理过程通常是由多个过程组合而成的，解题时是对全过程还是对其中的某一过程列式，涉及过程的整体与隔离的思想通常的做法是能整体考虑的优先选整体，然后再隔离名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - 2 4等效思想：等效法是物理学研究问题的重要方法，它是根据物理量、物理现象或物理过程
5、的等效性，把复杂问题变换为简单问题的方法，利用等效法可以使问题化难为易、化繁为简、化变为不变如变力的功率恒定时用“Pt”等效代换变力的功等【典型例题】【例 1】如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距 A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到 B逐渐减小先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将 A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( ) A物块经过P点的动能，前一过程较小B物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C物块滑到底端的速度，前一过程较大D物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长【变试题】滑
6、雪运动常在两个斜面和一个平面的组合场地中进行，我们把它简化为理想的情景如图所示，斜面与水平面之间用平滑的圆弧连接假定运动员和滑板的总质量为m ，从 O点以初速度v1冲上一个倾斜角为的斜面，第一次滑回到底端O时的速率为v2，不计运动员在最高点所有技术动作，求：(1) 滑板与斜面间的动摩擦因数；(2) 运动员能滑上斜面的最大高度h. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - 3 【例 2 】一传送带装置示意图如图所示，其中传
7、送带AB区域是水平的，BC区域的倾角 37，B处有很小一段圆弧形过渡( 圆弧形长度不计，图中未画出 ) ，AB长度为 L14 m ，BC长度为 L216.6 m 现将一个质量为m 1.0 kg的工件 ( 可视为质点 ) 无初速轻放在传送带 A端，工件与传送带间动摩擦因数为0.8 ，设传送带运行的速率v8.4 m/s始终保持不变，取g10 m/s2 ，sin37 0.6 ，cos37 0.8. 求：(1) 工件到达 C端时的速度大小；(2) 工件从 A端运动到 C端所经历的时间；(3) 工件从 A端运动到 C端的过程中，工件与传送带间克服摩擦总共产生多少热量？( 传送带与轮间无相对滑动，不计轮轴
8、处的摩擦) 【变式训练】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下始终以v02 m/s 的速率运行 现把一质量m10 kg 的工件 (可看作质点 )轻轻放在皮带的底端，经时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m 的皮带顶端取g10 m/s2.求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - - 4 【例 3】图为某种鱼饵自动投放器中的投饵
9、管装置示意图，其下半部AB 是一长为 2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为 R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为 R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g.求：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1；(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep；(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO在 90 角的
10、范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m 到 m 之间变化，且均能落到水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？【例 4】如图所示，质量为m1 kg 的小滑块，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下， 经最低点B 后滑到位于水平面的木板上已知木板质量M2 kg，其上表名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - 5 面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长整个过程中木板的
11、vt 图象如图所示， g10 m/s2. 求： (1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力(2)滑块与木板之间的动摩擦因数(3)滑块在木板上滑过的距离解析(1)从 A 到 B 过程，滑块的机械能守恒mgR12mv2经 B 点时，根据牛顿第二定律有FNmgmv2R整理得 FN3mg30 N 根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下(2)由 vt 图象知，木板加速的加速度为a11 m/s2，滑块与木板共同减速的加速度大小a21 m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为1，滑块与木板之间的动摩擦因数为2，来源 : 在 1 s2 s 内，对滑块和木板：1(mM)g(mM)a2在
12、01 s内，对木板：2mg1(mM)gMa1解得： 10.1 20.5 (3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t1对滑块： 2mgmav1vat1，v11 m/s，t11 s 木板的位移x1v12t1滑块的位移x2v1v2t1滑块在木板上滑过的距离 xx2x1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - 6 代入数据解得 x3 m【例 5】如图所示，在
13、粗糙水平台阶上静止放置一质量m0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数 0.5，且与台阶边缘O 点的距离 s5 m在台阶右侧固定了一个14圆弧挡板， 圆弧半径R1 m，今以 O 点为原点建立平面直角坐标系现用 F5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(1)若小物块恰能击中挡板上的P 点(OP 与水平方向夹角为37 ，已知 sin 370.6，cos 37 0.8，g10 m/s2)，求其离开 O 点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；(3)改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置求击中挡板时小物块动能
14、的最小值答案(1)433 m/s(2)1 s(3)523 J 解析(1)小物块从 O 到 P，做平抛运动水平方向： Rcos 37 v0tOP竖直方向： Rsin 37 12gt2OP解得： v0Rcos 37 2Rsin 37g433 m/s (2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为d，由动能定理得：Fdmgs Ek0 解得： d2.5 m 由牛顿第二定律得：Fmg ma解得： a5 m/s2由运动学公式得：d12at2min解得： tmin1 s 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -
15、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - - 7 (3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则xv0ty12gt2来源: 来源: 由机械能守恒得：Ek12mv02mgy又 x2y2R2化简得：EkmgR24y3mgy454y154y由数学方法求得Ekmin523 J一、单项选择题1 如图 1 所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触 (未连接 )，弹簧水平且无形变，用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大
16、距离为3x0，物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，则下面说法错误的是 () 图 1 AF 对物体做的功为4mgx0B撤去 F 后，物体的机械能先增加后减小C物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 mg (x0mgk) D物体做匀减速运动的时间为6x0g答案D 解析物体向右运动需克服摩擦力做功mgx0，向左运动时需克服摩擦力做功3mgx0，所以力 F 对物体做功为4mgx0，A 正确撤去F 后，物体向左先做加速运动，后做减速运动，机械能先增加后减小，B 正确当物体速度最大时，kxmg ，所以从开始向左运动到速度最大时，Wf mg(x0 x)mg (x0mgk)，C 正确
17、物体做匀减速运动的位移为 2x0，根据 2x012gt2得 t4x0g，D 错误2 假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - - 8 空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是() A运动员对足球做的功为W1mgh12mv2来源: B足球机械能的变化量为W1W2
18、来源:学科网C足球克服空气阻力做的功为W2mgh12mv2W1D运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh12mv2答案B 解析取运动员踢球到球恰好从横梁下边缘踢进这一过程，由动能定理：W1mghW212mv2，即 W1mgh12mv2W2，A 错；足球机械能的变化量等于重力以外的其他力做的功，即 EW1W2， B 对；由 W1mghW212mv2， 可得 W2W1mgh12mv2，C 错；设刚踢完球瞬间足球的动能为Ek，由动能定理：mghW212mv2Ek，Ek12mv2mghW2，D 错3 如图 2 所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A置于光滑水平桌面上，
19、A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连开始时托住B，让 A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至 B 获得最大速度下列有关该过程的分析中正确的是() 图 2 AB 物体受到细线的拉力保持不变BB 物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量CA 物体动能的增加量等于B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和DA 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对系统做的功答案D 解析对 B 进行受力分析，由牛顿第二定律得GBFTmBa，对 A 进行受力分析：FTkxmAa.由两式得aGBkxmAmB，a 随 x 增大而减小，故FT在增大， A 项错误； A、B和
20、弹簧组成的系统机械能守恒，故B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - - 9 与 A 物体机械能的增加量之和，B 项错误对A 进行分析：其动能的增加量等于细线拉力做的功与弹簧弹力做的功之和，而 FTGB，故 C 项错误 对 A 与弹簧所组成的系统，其机械能的增加量等于细线拉力对系统做的功，故D 项正确二、多项选择题4 某节能运输系统装置的简化示意图如图3 所示小车在轨道顶端时，自
21、动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下，卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程则下列说法中正确的是() 图 3 A小车上滑的加速度大于下滑的加速度B小车每次运载货物的质量必须是确定的C小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能部分转化为弹簧的弹性势能答案ABD 解析对小车受力分析，小车滑动时受重力、支持力和滑动摩擦力，其中重力沿斜面的分力 mgsin 大于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：下滑时加速度为ggcos ，
22、上滑时加速度为ggcos ，故 A 正确设下滑的距离为l，根据功能关系有： (mM)glcos Mgl cos mglsin ，由于 、g、l、 、M 均是固定的量，故小车每次运载货物的质量m 必须是确定的，B 正确因为小车下滑时的摩擦力大于小车上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功， C 错误根据能量守恒得：在小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D 正确故选A、B、D. 5 如图 4 所示，在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C 为一
23、固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块 A 运动的距离为d，速度为 v.则此时() 图 4 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 0A拉力做功的瞬时功率为Fvsin B物块 B 满足 m2gsin kdC物块 A 的加速度为Fkdm1D弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsin 12m1v2答案CD 解析由 PFvcos (为力与速
24、度的夹角)可知拉力做功的瞬时功率为Fv， 故 A 错误；当弹簧恢复原长时，有m1gsin kd1，当物块 B 刚要离开挡板C 时，有 m2gsin kd2 F弹，且d1 d2 d，故B 错误；此时物块A 沿斜面方向的加速度aF合m1Fm1gsin F弹m1，解得 aFkdm1，C 正确； 由能量守恒定律可知力F 做的功等于A 物块重力势能和动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故选项D 正确三、非选择题6 如图 5 所示，长 L2 m、质量 M3 kg 的木板静止放在倾角为37 的光滑斜面上，质量 m1 kg 的小物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数 0.5，对木板施加一平行于斜面向
25、上的拉力F19 N，取 g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8，斜面足够长求：图 5 (1)木板下滑的加速度；(2)小物块经多长时间离开木板；(3)小物块离开木板时木板获得的动能答案(1) 1 m/s2(2)2 s(3)6 J 解析(1)设木板向下运动的加速度为a1，则由牛顿第二定律对木板： Mgsin 37 mg cos 37 FMa1得： a11 m/s2(2)物块向下做加速运动，设其加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块： mgsin 37 mg cos 37 ma2得： a22 m/s2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - -
26、 - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 1又因为12a2t212a1t2L得物块离开木板所用时间t2 s. (3)物块离开木板时木板的速度v1a1t2 m/s 木板的动能为Ek12Mv216 J 7 如图 6 所示，长 l1 m、厚度 h0.2 m 的木板 A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径 r1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ，底端与木板A 相切与 P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连现将小物块B从圆弧上距P点高度 H0.8 m 处由静止释放，已知 A、B 质量均为 m1 k
27、g，A 与 B 间的动摩擦因数10.4，A 与地面间的动摩擦因数 20.1，g 取 10 m/s2.求：图 6 (1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小；(2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功；(3)小物块刚落地时距木板左端的距离答案(1)20 N(2)49J(3)0.42 m 解析(1)对 B 下滑的过程由机械能守恒定律有mgH12mv2解得 v2gH4 m/s 物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有FNmgmv2r解得 FNmgmv2r20 N 由牛顿第三定律得FN20 N (2)从物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律
28、有a11mgm1g4 m/s2物块 B 做匀减速直线运动对 A 受力分析，由牛顿第二定律有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 2a21mg2 2mgm2 m/s2木板 A 做匀加速直线运动又由 l xBxAxBvt12a1t2xA12a2t2代入数据解得t13s(t1 s舍去 ) 对 A 由动能定理得W1mg12a2t249J (3)B 离开木板后以v1va1t83m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由
29、h12gt2，得 t2hg0.2 s 木板 A 将以 v2a2t23m/s、加速度 a32mgm2g1 m/s2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距xv1t(v2t12a3t2) 代入数据得 x0.42 m 8 如图 7 所示，在粗糙水平面上有一质量为M、高为 h 的斜面体，斜面体的左侧有一固定障碍物 Q，斜面体的左端与障碍物的距离为d.将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端，小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止；现给斜面体施加一个水平向左的推力，使斜面体和小物块一起向左匀加速运动，当斜面体到达障碍物与其碰撞后，斜面体立即停止，小物块水平抛出， 最后落在障碍物的左侧P 处(图中未画出
30、)，已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1，斜面倾角为 ，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：图 7 (1)小物块与斜面间的动摩擦因数2；(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 最远，水平推力F 为多大；(3)小物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 的最远距离答案(1)tan (2)1(Mm)g(Mm)gtan 2(3)2hdtan 2 htan 来源 : 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 3解
31、析(1)物块静止在斜面上时，mgsin 2mgcos ，解得 2tan (2)设小物块 m 的最大加速度为am，对其受力分析：竖直方向： FNcos mg2FNsin 水平方向： FNsin 2FNcos mam解得： am2gsin cos tan sin gtan 2对 M、m 整体： F1(Mm)g(Mm)am解得： F1(Mm)g(Mm)gtan 2(3)对 M、m 整体： Fd1(Mm)gd12(Mm)v2解得： v2gdtan 2物块抛出后做平抛运动：h12gt2，xPvthtan 解得： xP2hdtan 2 htan 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 13 页 - - - - - - - - -