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1、力学三大观点得综合应用1. 动量定理得公式Ftpp 除表明两边大小、方向得关系外，还说明了两边得因果关系， 即合外力得冲量就是动量变化得原因动量定理说明得就是合外力得冲量与动量变化得关系，反映了力对时间得累积效果，与物体得初、末动量无必然联系动量变化得方向与合外力得冲量方向相同，而物体在某一时刻得动量方向跟合外力得冲量方向无必然联系动量定理公式中得F 就是研究对象所受得包括重力在内得所有外力得合力，它可以就是恒力， 也可以就是变力，当F 为变力时，F 应就是合外力对作用时间得平均值2. 动量守恒定律(1) 内容：一个系统不受外力或者所受外力之与为零，这个系统得总动量保持不变121 12 21
2、12 2(2) 表达式：m v m v m v m v ；或 pp(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p)；或 p0(系统总动量得增量为零)；或 p p (相互作用得两个物体组成得系统，两物体动量得增量大小相等、方向相反)(3) 守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力得合力为零系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3解决力学问题得三个基本观点系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒(1) 力得观点：主要就是牛顿运动定律与运动学公式相结合，常涉及物体得受力、加速度或匀变速运动得问题(2) 动量得观点：主要应用动量定理或动量
3、守恒定律求解，常涉及物体得受力与时间问题，以及相互作用物体得问题(3) 能量得观点：在涉及单个物体得受力与位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量得转化问题时，常用能量守恒定律1力学规律得选用原则(1) 单个物体：宜选用动量定理、动能定理与牛顿运动定律若其中涉及时间得问题，应选用动量定理；若涉及位移得问题，应选用动能定理；若涉及加速度得问题，只能选用牛顿第二定律(2) 多个物体组成得系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 2系统化思维方法，就就是根据众多得已知要素、事实，按照一定得联系方式，将其各部分连接成整体得方法(1
4、) 对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂得运动(2) 对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上得独立物体合为一个整体进行考虑， 如应用动量守恒定律时，就就是把多个物体瞧成一个整体(或系统)、例 1(2014安徽24)在光滑水平地面上有一凹槽 A，中央放一小物块 B、物块与左右两边槽考向 1 动量与能量得观点在力学中得应用0壁得距离如图 1 所示，L 为 1、0 m，凹槽与物块得质量均为 m，两者之间得动摩擦因数 为 0、05、开始时物块静止，凹槽以 v 5 m/s 得初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计
5、，g 取 10 m/s2、求：图 1(1) 物块与凹槽相对静止时得共同速度；(2) 从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞得次数；(3) 从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历得时间及该时间内凹槽运动得位移大小解析(1)设两者间相对静止时速度为 v，由动量守恒定律得 mv02mv v2、5 m/s，方向向右(2) 设物块与凹槽间得滑动摩擦力 FfFNmg1设两者相对静止前相对运动得路程为 s ，由动能定理得mF s 1(mm)v21 v2f 12201解得 s 12、5 m已知 L1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞(3) 设凹槽与物块碰前得速度分别为 v1、v2，碰后得速度
6、分别为 v1、v2、有 mv1mv2mv1mv21mv21mv21mv 21mv 2212221221221得 v v ，v v即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者得速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块得vt 图象在两条连续得匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间则vv0at ag 解得 t5 s2凹槽得 vt 图象所包围得阴影部分面积即为凹槽得位移大小s 、(等腰三角形面积共分 13 份， 第一份面积为 0、5L，其余每份面积均为 L)s 1 v0 t6、5L22( 2 )2解得 s 12、75 m如图 2，半径R0、8 m 得四分之
7、一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长答案(1)2、5 m/s，方向向右(2)6 次(3)5 s12、75 m为 L6 m 得水平面相切于 D 点，质量M1、0 kg 得小滑块 A 从圆弧顶点 C 由静止释放，到达最低点后，与 D 点右侧 m0、5 kg 得静止物块 B 相碰，碰后 A 得速度变为 vA2、0 m/s，仍向右运动已知两物块与水平面间得动摩擦因数均为0、1，若 B 与 E 处得竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g10 m/s2、求：图 2 (1)滑块 A 刚到达圆弧得最低点 D 时对圆弧得压力；(2) 滑块 B 被碰后瞬间得速度；(3) 讨论两滑块就是否能发生第二次碰撞答案(
8、1)30 N，方向竖直向下(2)4 m/s(3)见解析1解析(1)设小滑块运动到 D 点得速度为 v，由机械能守恒定律有：MgR2Mv2由牛顿第二定律有 FMg v2NMRN联立解得小滑块在 D 点所受支持力 F 30 NB由牛顿第三定律有，小滑块在 D 点时对圆弧得压力为 30 N，方向竖直向下 (2)设 B 滑块被碰后得速度为 v ，由动量守恒定律：ABMvMv mvB解得小滑块在 D 点右侧碰后得速度 v 4 m/s(3)讨论：由于 B 物块得速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大得路程，则对于 A 物块Mgs 01Mv2A解得
9、s 2 mA2A对于 B 物块，由于 B 与竖直挡板得碰撞无机械能损失，则mgs 01mv2B2BB解得 s 8 m(即从 E 点返回 2 m)AB由于 s s 10 m26 m12 m，故它们停止运动时仍相距 2 m，不能发生第二次碰撞例 2如图 3 所示，在光滑得水平面上有一质量为m1 kg 得足够长得木板 C，在 C 上放置考向 2综合应用力学三大观点解决多过程问题ABp0有 A、B 两物体，A 得质量 m 1 kg，B 得质量为 m 2 kg、A、B 之间锁定一被压缩了得轻弹簧，弹簧储存得弹性势能 E 3 J，现突然给 A、B 一瞬时冲量作用，使 A、B 同时获得 v122 m/s 得
10、初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短得时间内恢复原长，之后与 A、B 分离已知A 与 C 之间得动摩擦因数为 0、2，B、C 之间得动摩擦因数为 0、1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力求：图 3(1) 弹簧与 A、B 分离得瞬间，A、B 得速度分别就是多大？(2) 已知在 C 第一次碰到右边得固定挡板之前，A、B 与 C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前 A、B、C 得加速度分别就是多大及该过程中产生得内能为多少？答案见解析111解析(1)在弹簧弹开两物体得过程中，由于作用时间极短，对A、B、弹簧组成得系统由动量守恒定律与能量守恒定律可得：(m m )v m v m vA
11、B 0A AB BEp (mAmB)v2 m v2 m v2202 A A2 B BABB22 BAA1 A联立解得：v 0，v 3 m/s、(2)对物体 B 有：a g1 m/s 对 A 、 C 有 ： m g(m m)a 又因为：m aF ，所以木板不可能静止，将向左运动(2) 设车与挡板碰前，车与木板得加速度分别为 a1 与 a2，相互作用力为 F，由牛顿第二定律与运动学公式：111对小车：Fmav a t对木板：F(mM)gMav a t222两者得位移得关系：v1tv22 2 tL联立并代入数据解得：v 4、2 m/s，v 0、8 m/s12(3) 设车与木板碰后其共同速度为 v，两
12、者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有mv1Mv2(mM)v对碰后滑行 s 得过程，由动能定理得：2(Mm)gs01(Mm)v2联立并代入数据，解得：s0、2 m002. 如图 2 所示，在倾角为 30得光滑斜面上放置一质量为 m 得物块 B，B 得下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧得压缩量为x ，O 点为弹簧得原长位置在斜面顶端另有一质量也为 m 得物块 A，距物块 B 为 3x ，现让 A 从静止开始沿斜面下滑，A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A、B 均视为质点)试求：图 2(1) A、B 相碰后瞬间得共同速度得大小；(2) A、B 相
13、碰前弹簧具有得弹性势能；(3) 若在斜面顶端再连接一光滑得半径 Rx0 得半圆轨道 PQ，圆轨道与斜面相切于最高点 P， 现让物块 A 以初速度 v 从 P 点沿斜面下滑，与 B 碰后返回到 P 点还具有向上得速度，试问：v为多大时物块 A 恰能通过圆弧轨道得最高点？(204 3)gx0答案11(1)2 3gx0(2)4mgx0(3)解析(1)设 A 与 B 相碰前得速度为 v1，A 与 B 相碰后共同速度为 v2 由机械能守恒定律得 mg3x sin 301mv2021由动量守恒定律得 mv 2mv解以上二式得 v 1123gx2201(2) 设 A、B 相碰前弹簧所具有得弹性势能为 Ep，
14、从A、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知Ep2(2m)v22mgx sin 3020解得 E 1p4mgx012mg3x1(3) 设物块 A 与 B 相碰前得速度为 v3，碰后 A、B 得共同速度为 v4mvsin 30v220mv32mv42m 311A、B 一起压缩弹簧后再回到 O 点时二者分离，设此时共同速度为 v5，则4p502(2m)v2E 2(2m)v22mgx sin 306此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v ，则112mv22mv2mg2x sin 30mgR(1sin 60)560mv2在最高点有 mg6R、联立以上各式解得 v (
15、204 3)gx03. 如图 3 所示，光滑得水平面 AB(足够长)与半径为 R0、8 m 得光滑竖直半圆轨道 BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点A 点得右侧等高地放置着一个长为 L20 m、逆时针转动且速度为 v10 m/s 得传送带用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接甲得质量为m3 kg，乙得质量为 m 1 kg，甲、乙均静止在光滑得水平面12上现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过 D 点时对轨道得压力恰好等于甲得重力传送带与乙物体间得动摩擦因数为0、6，重力加速度g 取 10 m/s2， 甲、乙两物体可瞧作质点图
16、3(1) 求甲球离开弹簧时得速度；(2) 若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行得最远距离；(3) 甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲与乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙得速度；若不会再次碰撞，请说明原因3答案(1)4m/s(2)12 m(3)见解析1解析(1)设甲离开弹簧时得速度大小为 v0，运动至 D 点得过程中机械能守恒：2m v2m g2R1m v21 012 1 Dv21在最高点 D，由牛顿第二定律，有 2m gm D1 R30联立解得：v 4m/s(2) 甲固定，烧断细线后乙得速度大小为 v 乙， 由能量守恒得 E 1m
17、v21m v2p2 1 02 2 乙得 v 乙12 m/s22之后乙滑上传送带做匀减速运动：m gm a得 a6 m/s2乙速度为零时离 A 端最远，最远距离为：sv2乙12 m20 m 2a即乙在传送带上滑行得最远距离为 12 m、v m v(3) 甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为 v1、v2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m1 12 2111甲、乙弹簧组成得系统能量守恒：Ep m v2 m v2 m v232 1 02 1 12 2 231解得：v 2m/s，v26m/s甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为 h，则1m v2m gh2 1 11得 h0、6 m0、8 m31则甲上
18、滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然就是 v 2m/s32乙滑上传送带，因 v 6m/s12 m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速332由对称性可知乙返回 AB 面上时速度大小仍然为 v 6m/s3故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲得速度为2 左m/s，方向向右，乙得速度为6m/s，方向向4. 如图 4 所示，一倾斜得传送带倾角 37，始终以 v12 m/s 得恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q 间得距离L2 m，紧靠Q 点右侧有一水平面长x2 m，水平面右端与一光滑得半径R1、6 m 得竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直得直径现有一质量M2、5 kg得物块 A 以
19、 v 10 m/s 得速度自 P 点沿传送带下滑，A 与传送带间得动摩擦因数 0、75，012到 Q 点后滑上水平面(不计拐弯处得能量损失)，并与静止在水平面最左端得质量 m0、5 kg 得 B 物块相碰，碰后 A、B 粘在一起，A、B 与水平面得动摩擦因数相同均为 ，忽略物块得大小已知sin 370、6，cos 370、8，求：图 4(1) A 滑上传送带时得加速度 a 与到达 Q 点时得速度；2(2) 若 A、B 恰能通过半圆轨道得最高点 N，求 ；(3) 要使 A、B 能沿半圆轨道运动到 N 点，且从 N 点抛出后能落到传送带上，则 2 应满足什么条件？2答案 (1)12 m/s2 12 m/s (2)0、5 (3)0、09 0、5解析(1)对 A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mgsin 1Mgcos Ma 解得：a12 m/s2设 A 能达到传送带得速度，由 v2v22ax 得00运动得位移 x 11 mx2则要使 AB 能沿半圆轨道运动到 N 点，并能落在传送带上，则 0、52若 AB 恰能落在 P 点，则有：2RLsin 1gt2xLcos v3t由 1(Mm)v 21 Mm)v 2(Mm)g2R222(3与 1(Mm)v21 Mm)v 2 (Mm)gx212(22联立可得：20、09综上所述，2 应满足：0、0920、5