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-1-第3课时力学三大观点的综合应用1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．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和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②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．③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．解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二-2-定律．(2)多个物体组成的系统：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，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)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的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).考向1动量和能量的观点在力学中的应用例1如图1所示，长为L的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A和B，两者彼此接触．物体A的上表面是半径为R(R≪L)的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C，A、B、C的质量均为m.现物体C从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A、C始终保持接触．试求：图1(1)物体A和B刚分离时，物体B的速度；(2)物体A和B刚分离后，物体C所能达到距台面的最大高度；(3)判断物体A从平台左边还是右边落地并简要说明理由．答案(1)133gR，方向水平向右(2)34R(3)A从平台的左边落地解析(1)设C物体到达最低点的速度是vC，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．mvA＋mvB－mvC＝0①mgR＝12mv2A＋12mv2B＋12mv2C②在C物体到达最低点之前一直有：vA＝vB③联立①②③解得：vB＝133gR，方向水平向右④(2)设C能够到达轨道最大高度为h，A、C此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：mvB－2mv＝0⑤-3-mgR＝mgh＋12mv2B＋12·2mv2⑥联立⑤⑥式解得：h＝34R⑦(3)因为A与B脱离接触后B的速度向右，A、C的总动量是向左的，又R≪L，所以A从平台的左边落地．如图2，半径R＝0.8m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长为L＝6m的水平面相切于D点，质量M＝1.0kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点后，与D点右侧m＝0.5kg的静止物块B相碰，碰后A的速度变为vA＝2.0m/s，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B与E处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g＝10m/s2.求：图2(1)滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力；(2)滑块B被碰后瞬间的速度；(3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案(1)30N，方向竖直向下(2)4m/s(3)见解析解析(1)设小滑块运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR＝12Mv2由牛顿第二定律有FN－Mg＝Mv2R联立解得小滑块在D点所受支持力FN＝30N由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N，方向竖直向下．(2)设B滑块被碰后的速度为vB，由动量守恒定律：Mv＝MvA＋mvB解得小滑块在D点右侧碰后的速度vB＝4m/s(3)讨论：由于B物块的速度较大，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，达到最大的路程，则对于A物块－μMgsA＝0－12Mv2A解得sA＝2m对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgsB＝0－12mv2B解得sB＝8m(即从E点返回2m)-4-由于sA＋sB＝10m2×6m＝12m，故它们停止运动时仍相距2m，不能发生第二次碰撞．考向2动量和能量观点在电学中的应用例2如图3所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l＝0.045m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力．已知电场强度E＝40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10m/s2，求：图3(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为lOP＝0.4m，求磁感应强度B的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B′的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小？答案(1)－0.4m/s，方向水平向左(2)1T(3)0.25T解析(1)m1与m2碰前速度为v1，由动能定理－μm1gl＝12m1v21－12m1v20代入数据解得：v1＝0.4m/s设v2＝0.1m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2代入数据得：v1′＝－0.4m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g得：q＝2×10－3C粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R，则qv2B＝m2v22R轨迹如图，由几何关系有：R＝lOP解得：B＝1T(3)当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动．m1匀减速运动至停，其平均速度为：v＝12v1′＝0.2m/sv2＝0.1m/s，-5-所以m2在m1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：f＝μm1g＝m1am1停止后离O点距离：s＝v1′22a则m2平抛的时间：t＝sv2平抛的高度：h＝12gt2设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：R′＝12h由qv2B′＝m2v22R′，联立得：B′＝0.25T如图4所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m带正电小球A从LM上距水平高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用．带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：图4(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB大小．答案(1)2gh(2)23mgh(3)132gh432gh解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh＝12·2mv20解得：v0＝2gh(2)A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时共速：2mv0＝(2m＋m)v解得：v＝23v0＝232gh据能量转化和守恒定律：2mgh＝12(2m＋m)v2＋Ep，得：Ep＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，-6-系统势能也为零，速度达到稳定．2mv0＝2mvA＋mvB，12×2mv20＝12×2mv2A＋12mv2B得：vA＝13v0＝132gh，vB＝43v0＝432gh.8．综合应用力学三大观点解决多过程问题例3(18分)如图5所示，光滑的水平面AB(足够长)与半径为R＝0.8m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点．A点的右侧等高地放置着一个长为L＝20m、逆时针转动且速度为v＝10m/s的传送带．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．甲的质量为m1＝3kg，乙的质量为m2＝1kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．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点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物体可看作质点．图5(1)求甲球离开弹簧时的速度；(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的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．-7-解析(1)设甲离开弹簧时的速度大小为v0，运动至D点的过程中机械能守恒：12m1v20＝m1g·2R＋12m1v2D在最高点D，由牛顿第二定律，有2m1g＝m1v2DR联立解得：v0＝43m/s(4分)(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v乙，由能量守恒得Ep＝12m1v20＝12m2v2乙得v乙＝12m/s(2分)之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm2g＝m2a得a＝6m/s2(2分)乙速度为零时离A端最远，最远距离为：s＝v2乙2a＝12m20m(2分)即乙在传送带上滑行的最远距离为12m.(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：m1v1＝m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：Ep＝12m1v20＝12m1v21＋12m2v22解得：v1＝23m/s，v2＝63m/s(2分)甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，则12m1v21＝m1gh，得h＝0.6m0.8m(2分)-8-则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是v1＝23m/s(1分)乙滑上传送带，因v2＝63m/s12m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回AB面上时速度大小仍然为v2＝63m/s(1分)故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为23m/s，方向向右，乙的速度为63m/s，方向向左(2分)答案(1)43m/s(2)12m(3)见解析(限时：15分钟，满分18分)(2014·广东·35)如图6所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿光滑轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．图6(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.答案(1)3