力學(xué)綜合計(jì)算專題(學(xué)生校對(duì)版)(DOC)

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

2、最大速度：v = VgR若v VgR，物體將離開原軌道， 做平拋運(yùn)動(dòng)。研究某一位置選用一一牛頓第二定律列向心力表達(dá)式 研究運(yùn)動(dòng)過程選用-動(dòng)能定理或能量守恒定律（若能判斷只有重力做功，則簡(jiǎn)化為機(jī)械能守恒定律） 要點(diǎn)：除非題目點(diǎn)明是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不然豎直平面內(nèi) 的圓周運(yùn)動(dòng)多數(shù)是非勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此需要注意位置 的變化會(huì)引起速度的變化。3水平平面的圓周模型向心力表達(dá)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(zhuǎn)動(dòng)，L 2F m rv灼r4模型二：板塊1.1.基礎(chǔ)模型f Vo_S Sv2動(dòng)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(jī)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(chǎng)=m+ m2v22 2 2會(huì)向右運(yùn)動(dòng)受摩擦力而減速，在接觸彈簧時(shí)仍比在 P P1P P2快， 而繼續(xù)減速， 最終在壓縮彈簧最短時(shí)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(zhì)量相等物體，一動(dòng)撞一靜根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律兩條式子： 得到這樣的結(jié)論：Vi= 0v2= Vi交換速度非彈性碰撞普通IImy + m2v2= gw

4、 + m2v2機(jī)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(jī)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(diǎn)時(shí)對(duì)管道的壓力(3) 碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv1=2mv2解得v3二1m/s從 D D 到 F F，由動(dòng)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(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：例題 1 1例題一解：(1)小球在 E E 點(diǎn)時(shí) 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(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得12mv12在 D D 點(diǎn)，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(dòng)量守恒，有：mv。= 2mvi解得滑上軌道 CDCD 前的瞬間時(shí)速率：vi=丄嚴(yán)（2 2） 根據(jù)動(dòng)能定理有，1212對(duì)物體有：-fSEF=2E -2mVo12對(duì)小車有：f（SEF- R）=2mv11212（或?qū)ο到y(tǒng)功能關(guān)系有：fR=2mv。22mv1）13得f=mgSEF=2R（3 3） 設(shè)物體從C CD D滑下后與小車達(dá)到相對(duì)靜止， 根據(jù)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)，對(duì)物體根據(jù)動(dòng)能定理1312c 1 r有：0 =2mv2解得S =4R則Q點(diǎn)距小車右端距離：S1S =8S2 =3R814例題 3 3解：（1 1）假設(shè)礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)知識(shí)可得:由于VBV。，故假設(shè)不成立，礦物6m/s.B處速度為SCD二Vet解得礦物到達(dá)e處時(shí)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(dòng)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(shí),前方相鄰的小貨箱已經(jīng)運(yùn)動(dòng)=1-2了時(shí)間T.有$2aT解得加速度大小a=1m/s=1m/s2(1 1 分)(2)AB的長(zhǎng)度至少為I,則貨箱的速度達(dá)到v=2m/s=2m/s2時(shí)，有v = 2al3( 2 2 分)解得AB的長(zhǎng)度至少為I=2m=2m1 1 分)(3) 傳送帶上總有 4 4 個(gè)貨箱

8、在運(yùn)動(dòng)，說明貨箱在 A A處釋放后經(jīng)過 t=4Tt=4T 的時(shí)間運(yùn)動(dòng)至 B B 處。貨箱勻加速運(yùn)動(dòng)設(shè)貨箱受到的滑動(dòng)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(shí)間內(nèi)隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶 克服該貨箱的摩擦力做的功的時(shí)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(yùn)送一個(gè)小貨箱電動(dòng)機(jī)對(duì)外做的功W = W1W2=88J=88J（1111）（）（ 2 2 分）放置小貨箱的時(shí)間間隔為 T T,則每隔時(shí)間

9、 個(gè)小貨箱到達(dá) B B 處，因此電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率在計(jì)算貨箱勻加速過程的功時(shí)，也可以用以下方式解答：對(duì)貨箱，由動(dòng)能定理得122at1（ 1 1 分）貨箱與傳送帶發(fā)生相對(duì)位移產(chǎn)生的熱Q = f （vt - sj（1分）電動(dòng)機(jī)對(duì)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(shí)，A A、B B 靜止，有 k kxi=mg=mg掛 C C 并釋放后，C C 向下運(yùn)動(dòng)，A A 向上運(yùn)動(dòng)， 設(shè)B B 剛要離地時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為X2，有k kX2=m

10、=mjg gB B 不再上升，表示此時(shí) A A 和 C C 的速度為零，C C 已降到其最低點(diǎn)。由機(jī)械能守恒，與初始狀態(tài)彈簧性勢(shì)能的增加量為 E=mg(E=mg(Xi+ +X2) )mg(mg(X1+ +X2) )C C 換成 D D 后， 當(dāng) B B 剛離地時(shí)彈簧勢(shì)能的增量與前一次 相同，由能量關(guān)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(gè)過程可分為四個(gè)階段來處理.(1) 設(shè) C球與 E球粘結(jié)成 D時(shí)， D D 的速度為 v1,由動(dòng)量守恒定律，得mvo

11、= 2 2mvi, 當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與 A的速度相等，設(shè)此速度 為 v2,由動(dòng)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(dòng)量守恒一次求出(從接觸到相對(duì) 靜止)mvo= 3 3mv2，v2=( 1 1 / 3 3)vo.(2) 設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)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(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng) 彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成 D的動(dòng) 能，設(shè) D的速度為 v3,有 Ep=(2 2m)v32,以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離

12、開擋板 P,并獲得速度.設(shè) 此時(shí)的速度為 v4,由動(dòng)量守恒定律，得2 2 mv3= 3 3mv4,當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其彈性勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)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(jī)械能守恒1212Ep二2叫*2mBVB（ 2 2 分）由動(dòng)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(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則 速運(yùn)動(dòng)直到速度減小到零，設(shè)位移為s。由動(dòng)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(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為viL1212功能關(guān)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(yùn)動(dòng)， 直到速度減小 到零，然后反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知， 物塊B回到皮帶左端時(shí)速度大小應(yīng)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(dòng)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(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速 度大小為Vo由機(jī)械能守恒知12_mgh=2mvovo“2gh設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的 加速度大小為a1ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v,有2 2v Vo=2al結(jié)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?。? 2）設(shè)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(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)物塊B B 在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上243 3）當(dāng)物塊 B B 在傳