力學綜合計算專題(學生校對版)(DOC)

1、1東廈中學高三物理一一力學綜合計算專題 模型一：圓周，平拋豎直平面的圓周模型向心力表達式繩，圓環(huán)F_VB 0廠、d -b/ / Jf /尹、i11；|0；klzA最高點：2mg + T = mV高-yR當 T = 0 時，有最小速度：v=yfgR即：要完成一個完整的圓周運動的條件 是在最咼點 V 2 JgR與圓心等高的點：2V水平T = m-R最低點：2V低T - mg = m R2桿，圓管B 0最高點：v高mg 士 T = m 亠R當v=0 時，mg=T2當 v= jgR 時，mg= m臺2當 vR 時，mg+T=m2當 v v時，mgT =m拱橋V高冋mg - T = myR當T=0時，有

2、最大速度：v = VgR若v VgR，物體將離開原軌道， 做平拋運動。研究某一位置選用一一牛頓第二定律列向心力表達式 研究運動過程選用-動能定理或能量守恒定律（若能判斷只有重力做功，則簡化為機械能守恒定律） 要點：除非題目點明是勻速圓周運動，不然豎直平面內 的圓周運動多數(shù)是非勻速圓周運動，因此需要注意位置 的變化會引起速度的變化。3水平平面的圓周模型向心力表達式Om &,V2水平：mg tan* m豎直：mg = T cos9其中：R= l sin41-若能隨圓盤起轉動，L 2F m rv灼r4模型二：板塊1.1.基礎模型f Vo_S Sv2動量守恒定律IIm1v m2v2=m1v1+

3、 m2v2IIm1v m2v2=m1v1+m2v2（其中：v_!和v2根據(jù)情景定方向）機械能守恒定律12丄 1212丄 1 2gw + m2v2= my + m2v222 2 2特例：1 1m1v=m1v1+m2v2121 2*1 2葉場=m+ m2v22 2 2會向右運動受摩擦力而減速，在接觸彈簧時仍比在 P P1P P2快， 而繼續(xù)減速， 最終在壓縮彈簧最短時f AB卓越教育李P華作圖卓越教育李詠華作圖9s檸丹“ L V。圖 310兩質量相等物體，一動撞一靜根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律兩條式子： 得到這樣的結論：Vi= 0v2= Vi交換速度非彈性碰撞普通IImy + m2v2= gw

4、 + m2v2機械能守恒定律不成立特例：完全非彈性碰撞（粘在一起）m1v m2v2= (m1+m2)v機械能損失最大：121212E = gw + m2v2-一(葉 +m2)v22 211根據(jù)牛頓第三定律，小球過 D D 點時對管道的壓力(3) 碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律mv1=2mv2解得v3二1m/s從 D D 到 F F，由動能定理可得12-2mgR(1 - cos ) W(2m)v32解得：W 0.02J例題 2 2 解：（1 1） 從 A A 滑至 B B 時，根據(jù)機械能守恒定律有：例題 1 1例題一解：(1)小球在 E E 點時 由牛頓第二定律得mg tan = m r又r二Rsi

5、n解得=10rad / s(2)(2) 從 B B 到 D D 點，由機械能守恒定律得12mv12在 D D 點，2RmgR解得v廠2m/s由牛頓第二定律可得mg所以N2= 3NF=1F=1 5N5N12mgR=2mvo2解得：72gR碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，有：mv。= 2mvi解得滑上軌道 CDCD 前的瞬間時速率：vi=丄嚴（2 2） 根據(jù)動能定理有，1212對物體有：-fSEF=2E -2mVo12對小車有：f（SEF- R）=2mv11212（或對系統(tǒng)功能關系有：fR=2mv。22mv1）13得f=mgSEF=2R（3 3） 設物體從C CD D滑下后與小車達到相對靜止， 根據(jù)動 量

6、守恒和能量守恒有：mv,= 2mv211fS廠my2-2mv222小車停后物體做勻減速運動，對物體根據(jù)動能定理1312c 1 r有：0 =2mv2解得S =4R則Q點距小車右端距離：S1S =8S2 =3R814例題 3 3解：（1 1）假設礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動能12定理可得：C mg cos - mgs in，）SAB二？mvB解得：VB=8m/s=8m/s（2）C處，由平拋運動知識可得:由于VBV。，故假設不成立，礦物6m/s.B處速度為SCD二Vet解得礦物到達e處時速度:館。=*gt2Vc=4m/s=4m/s/由牛頓第二定律可得：F mg解得：F 1500N2VcVcm

7、mR R1 1由牛頓第三定律可得壓力：（3 3）礦物由B到e過程，F(xiàn) 1500N由動能定理得:01 12- -mgR(1mgR(1 cos37cos37 ) ) W WfmvmvC C- -2 22 2mvB解得：Wf140J即克服阻力所做的功wfT40JT40J15例題 4 4(1 1)小貨箱剛放在A處時,前方相鄰的小貨箱已經(jīng)運動=1-2了時間T.有$2aT解得加速度大小a=1m/s=1m/s2(1 1 分)(2)AB的長度至少為I,則貨箱的速度達到v=2m/s=2m/s2時，有v = 2al3( 2 2 分)解得AB的長度至少為I=2m=2m1 1 分)(3) 傳送帶上總有 4 4 個貨箱

8、在運動，說明貨箱在 A A處釋放后經(jīng)過 t=4Tt=4T 的時間運動至 B B 處。貨箱勻加速運動設貨箱受到的滑動摩擦力大小為f mgsin二ma傳送帶克服該貨箱的摩擦力做的功W1 =fW（ 2 2 分）解得 W=48JW=48J貨箱在此后的時間內隨傳送帶做勻速運動，傳送帶 克服該貨箱的摩擦力做的功的時間分別是t=v匕a=2s（ 1 1 分）f f,由牛頓定律得2 2 分)16W廠mgs in，v（t - t1）解得 W=40JW=40J（ 2 2 分）17每運送一個小貨箱電動機對外做的功W = W1W2=88J=88J（1111）（）（ 2 2 分）放置小貨箱的時間間隔為 T T,則每隔時間

9、 個小貨箱到達 B B 處，因此電動機的平均輸出功率在計算貨箱勻加速過程的功時，也可以用以下方式解答：對貨箱，由動能定理得122at1（ 1 1 分）貨箱與傳送帶發(fā)生相對位移產(chǎn)生的熱Q = f （vt - sj（1分）電動機對傳送帶做的功解得 W W1=48J=48JT T 就有一WP二T=88W=88W（1212）（）（ 3 3 分）（f - mgsin?。〦二12mv2（1 1 分）mv22（2 2 分）18例題 5:解：開始時，A A、B B 靜止，有 k kxi=mg=mg掛 C C 并釋放后，C C 向下運動，A A 向上運動， 設B B 剛要離地時彈簧伸長量為X2，有k kX2=m

10、=mjg gB B 不再上升，表示此時 A A 和 C C 的速度為零，C C 已降到其最低點。由機械能守恒，與初始狀態(tài)彈簧性勢能的增加量為 E=mg(E=mg(Xi+ +X2) )mg(mg(X1+ +X2) )C C 換成 D D 后， 當 B B 剛離地時彈簧勢能的增量與前一次 相同，由能量關系得12122(m3Ev2miV=血5)g(Xi X2)5g(Xi由式得由式得22(2mim3)v - mig(xx?)；2mi(m m2)g2(2m m3)k19例題 6 6:解：整個過程可分為四個階段來處理.(1) 設 C球與 E球粘結成 D時， D D 的速度為 v1,由動量守恒定律，得mvo

11、= 2 2mvi, 當彈簧壓至最短時，D與 A的速度相等，設此速度 為 v2,由動量守恒定律，得2 2 mv1= 3 3mv2, 聯(lián)立、式得vi=( 1 1 / 3 3)vo. 此問也可直接用動量守恒一次求出(從接觸到相對 靜止)mvo= 3 3mv2，v2=( 1 1 / 3 3)vo.(2) 設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為 Ep，由能量守恒定律，得112(2 2m)v / =2(3 3m)v22+ Ep，撞擊 P后，A與 D的動能都為零，解除鎖定后，當 彈簧剛恢復到自然長度時，彈性勢能全部轉變成 D的動 能，設 D的速度為 v3,有 Ep=(2 2m)v32,以后彈簧伸長，A球離

12、開擋板 P,并獲得速度.設 此時的速度為 v4,由動量守恒定律，得2 2 mv3= 3 3mv4,當彈簧伸到最長時，其彈性勢能最大，設此勢能為Ep，由能量守恒定律，得1丄2(2 2m)v3=2(3 3m)v4+Ep,20綜合題1.1.解： （1 1）彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機械能守恒1212Ep二2叫*2mBVB（ 2 2 分）由動量守恒有EAVA- mBV 0（ 2 2 分）聯(lián)立以上兩式解得VA= 3m/sVB= 3m/s（2 2 分）（2 2）假設B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則 速運動直到速度減小到零，設位移為s。由動能定理得聯(lián)立式得EP=1mv 36B做勻減2112八-mgs二0 - -

13、mBVB（ 2 2 分）2解得 金=2.25m（2 2 分）sL,B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。（1 1 分）（其它方法判斷正確的，同樣給分）（3 3）設物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為viL1212功能關系可知：E尹AVA=2mAv1（ 1 1 分）物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運動， 直到速度減小 到零，然后反方向做勻加速運動由運動的對稱性可知， 物塊B回到皮帶左端時速度大小應為V2=VB= 3m/s（ 1 1 分）B與A發(fā)生碰撞后粘連共速為v,由動量守恒定律可得:1EBV2二血mB）（2 2 分）要使二者能一起滑離傳送帶，要求12皿mB）v -1嘰mB）gL 2（2 2 分）由以上四式可

14、得:E- 108 j（1 1 分）222.2.解：（1 1）設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速 度大小為Vo由機械能守恒知12_mgh=2mvovo“2gh設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的 加速度大小為a1ma設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有2 2v Vo=2al結合式解得v=4=4ms s由于V U=2m/s=2m/s，所以v=4=4n/s/s 即為物塊 B B 與物塊 A A第一次碰撞前的速度大小（2 2）設物塊 A A、B B 第一次碰撞后的速度分別為 V Vvi， 取向右為正方向，由彈性碰撞知-mv = mv,MV121212mv2mv；MV14解得v 33m/S即碰撞后物塊 B B 安水平臺面向右勻速運動設物塊B B 在傳送帶上向右運動的最大位移為i，則240- W 2alI = 9m 1m23所以物塊 B B 不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上243 3）當物塊 B B 在傳