辅导2 力学三大观点的综合运用参考答案

例1.解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为

则
①

得：
②

在A点有：
③

由②③得：
④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力
⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间滑块与木板达到共同速度
，则：
⑥

⑦

由②⑥⑦得：
⑧

ⅰ.若
,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为
⑨

ⅱ. 若
,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为
则:
⑩

得:



(3)因为S足够大,每次碰前滑块与木板共速;因为
,每次碰后系统的总动量方向向右,要使滑块不滑离长木板,最终木板停在墙边,滑块停在木板上由能量守恒得:


解得


例2.解析:(1) 当BC在最高点处(mB+mC)g=

当BC在最低点到最高点过程中
(mB+mC)
=
(mB+mC)
+(mB+mC)g·2l.

当BC在最低点处T-(mB+mC)g=
. 解得T=24N.

(2) BC碰撞过程中动量守恒mBvB=(mB+mC)vL. 解得vB=4m/s.

碰撞时B速度必须满足vB>4m/s.

B的加速度为aB=
=8m/s2. 由图可知车A的速度为vA=8m/s.

讨论: 情况1:B在加速阶段与C相碰smin=
=1m. s要满足条件s≥1m.

情况2:B减速阶段与C相碰.B加速阶段位移sB1=
=4m.

B加速阶段时间t1=
=1s. B加速阶段A的位移sA1=vAt1=8m.

B加速阶段AB的相对位移Δs=sA1-sB1=4m.

由图可知B匀速阶段时间t2=0.5s. B匀速阶段位移sB2=vAt2=4m.

由图可知B匀减速阶段A速度为0.

B匀减速阶段时间t3=
=
s.

B匀减速阶段位移sB3=
=3m<Δs=4m,物块未滑出.

B总位移sB1+sB2+sB3=11m. 综上所述1m≤s≤11m.

例3.解：1）小球摆至B点碰前速度为υ0，由机械能守恒得：

① 1分

代人数据解得：
② 1分

小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有υ1、υ2，有：

③ 2分

④ 2分

联立②③④解得：
2分

小球碰后上升至高度h的过程机械能守恒，有：
⑤ 1分

代人数据解得：
⑥ 1分

2）设物块从D点以速度υD做平抛落入沙坑，时间为t，有：
⑦ 1分

⑧ 1分

由题知：

可解得：
⑨ 1分

讨论：Ⅰ）当
，物块在传送带上一定做匀减速运动，此时C点速度最大为
，由
得：
⑩ 1分

Ⅱ）当
，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C点速度最小为
，由
得：
 1分

物块要滑上传送带，则
，故
 1分

物块从B到C，由动能定理得：

 1分

联立得：
 1分

突破训练

1．解析：P1与P2发生完全非弹性碰撞时，P1、P2组成的系统遵守动量守恒定律；P与(P1＋P2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P1、P2、P的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P1、P2、P三者速度相同．(1)P1与P2碰撞时，根据动量守恒定律，得mv0＝2mv1

解得v1＝，方向向右

P停在A点时，P1、P2、P三者速度相等均为v2，根据动量守恒定律，得2mv1＋2mv0＝4mv2

解得v2＝v0，方向向右．

(2)弹簧压缩到最大时，P1、P2、P三者的速度为v2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q，根据能量守恒定律，得

从P1与P2碰撞后到弹簧压缩到最大×2mv＋×2mv＝×4mv＋Q＋Ep

从P1与P2碰撞后到P停在A点×2mv＋×2mv＝×4mv＋2Q

联立以上两式解得Ep＝mv，Q＝mv

根据功能关系有Q＝μ·2mg(L＋x) 解得x＝－L.

2.解析　(1)设P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2 ①

解得：v2＝＝3 m/s

碰撞过程中损失的动能为：ΔE＝mv－×2mv ②

解得ΔE＝9 J

(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知ma＝－μmg ③

可以把P从A点运动到C点再返回B点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L＝v2t＋at2 ④

由①③④式得v1＝

①若t＝2 s时通过B点，解得：v1＝14 m/s

②若t＝4 s时通过B点，解得：v1＝10 m/s

故v1的取值范围为：10 m/s≤v1≤14 m/s

设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知×2mv－×2mv＝－μ·2mg·4L

当v2＝v1＝7 m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，E＝17 J.

4．解析：(1)由题图乙知滑杆速度随时间按正弦函数规律变化，当滑杆达到最大速度时A脱离滑杆，所以v0＝rω.

A、B碰撞过程中动量守恒，且碰后速度相同，设为v，则mv0＝2mv，解得v＝＝.

碰撞过程中机械能损失：ΔE＝mv－(2m)2＝mv＝mr2ω2.

(2)若AB不能与弹簧相碰，则必然停在PQ某一位置处，满足以下关系：Ek0≤2μmgl①

而Ek0＝mω2r2②

由①②得：ω≤

且由牛顿运动定律：t1＝.

将AB的减速运动看成反方向的匀加速直线运动，则位移为s＝μgt＝μg2＝，且s≤l，即≤l，所以ω≤.

(3)AB碰撞后的动能Ek0＝(2m)2＝mr2ω2.

若AB能与弹簧相碰，但不能返回P点左侧．由动能关系知2μmgl＜mr2ω2≤4μmgl，

解得＜ω≤.

最大弹性势能Ep＝Ek0－2μmgl＝mr2ω2－2μmgl.