5力学三大观点的综合应用

4．质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高 h 的水平桌面的 边缘，质量为 m 的小物块 B 沿桌面向 A 运动并以速度 v0 与之 发生正碰(碰撞时间极短)．碰后 A 离开桌面，其落地点离出发 点的水平距离为 L，碰后 B 反向运动，求 B 后退的距离．已知 B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g.
7．如图 T1－10 所示，质量 m＝2 kg 的小球以初速度 v0 沿 光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地进入光滑的圆弧轨道，其
中圆弧 AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径 R＝0.5 m．若小球离
开桌面运动到 A 点所用时间 t＝0.4 s．(sin53°＝0.8，cos53°＝
0.6， g＝10 m/s2)
图 T1－8
解：物块在长木板上向右滑行时做减速运动，长木板做加 速运动，碰撞时物块再传递一部分能量给长木板，以后长木板 减速，物块加速直到速度相同为止．设木块和物块最后共同的 速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
设全过程损失的机械能为 ΔE，则 ΔE＝12mv20－12(m＋M)v2 因相对滑动而产生的内能为 Q＝μmg·2s，在碰撞过程中损 失的机械能为 ΔE′，由能量守恒定律可得 ΔE＝Q＋ΔE′ 则 ΔE′＝2mm＋MMv20－2μmgs 代入数据得 ΔE′＝2.4 J.
(舍去)
所以 v1＝v0＝2 μgl，v2＝0.
1．有一传送装置如图 T1－5 所示，水平放置的传送带保持 以 v＝2 m/s 的速度向右匀速运动．传送带两端之间的距离 L＝ 10 m，现有一物件以 v0＝4 m/s 的初速度从左端滑上传送带，物 件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.求物件从传送带的左端运 动到右端所用的时间 (取 g＝10 m/s2)．
(1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小． v 2gh
(2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性
势能 Ep(设弹簧处于原长时弹(m1
m2 )gd
三、三种观点综合应用
例3、对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损 失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B 两物体位于光滑水平 面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一 定值 d 时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于 d 时，存在 大小恒为 F 的斥力．设 A 物体质量 m1＝1.0 kg，开始时静止在直 线上某点；B 物体质量 m2＝3.0 kg，以速度 v0从远处沿直线向 A 运动，如图所示．若 d＝0.10 m，F＝0.60 N，v0＝0.20 m/s，求：
2．一个质量 m＝60 kg 的滑雪运动员从高 h＝20 m 的高台 上水平滑出，落在水平地面上的 B 点，由于落地时有机械能损 失，落地后只有大小为 10 m/s 的水平速度，滑行到 C 点后静 止，如图 T1－6 所示．已知 A 与 B、B 与 C 之间的水平距离 s1 ＝30 m、s2＝40 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
3．如图 T1－7 所示，质量 M＝0.2 kg 的长木板静止在水平 面上，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现有一质量为 m＝0.2 kg 的滑块，以 v0＝1.2 m/s 的速度滑上长板的左端，小 滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块最终没有滑离长木 板，求滑块从开始滑上长木板到最后相对于地面静止下来的过 程中，滑块滑行的距离是多少(以地球为参考系，取 g＝10 m/s2)
s＝2va2 ＝12l.
(2)弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为v1，物块速度为 v2，最终速度与小车静止时，共同速度为v′，由动量守恒定律 得2mv＝mv1＋mv2＝2mv′，由能量关系有
μmgl＝12mv21＋12mv22－12·2mv′2
联立四式解得
v1＝v0 v2＝0
和vv12＝ ＝0v0
前小车相对地运动的位移．
s L 2
(2)求弹簧解除锁定瞬间物块和
小车的速度分别为多少？v1 v0 2 gL(车)，v2 0
解：(1)物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同 速度为 v，由动量守恒定律得 mv0＝2mv，由能量关系有 μmgl ＝12mv20－12·2mv2，故 v0＝2 μgl，在物块相对小车向右运动的过 程中，小车向右做匀加速运动，加速度为 a＝μg，速度由 0 增 加到 v＝v20，小车位移为 s，则
(1)求小球沿水平面飞出的
初速度 v0 的大小？ (2)到达 B 点时，求小球此
时对圆弧的压力 N 大小？
(3)小球是否能从最高点 C
飞出圆弧轨道，并说明原因.
图 T1－10
解：(1)小球开始做平抛运动，有 vy＝gt 根据几何关系，有 tanθ＝vv0y 代入数据，解得 v0＝3 m/s. (2)小球在 A 点的速度 vA＝sivnyθ 小球从 A 点运动到 B 点时，满足机械能守恒定律，有 12mv2A＋mgR(1－cosθ)＝12mv21 小球运动到 B 点时，设圆弧轨道对小球的支持力为 N′， 由牛顿第二定律有 N′－mg＝mvR21
解：设 t 为 A 从离开桌面至落地经历的时间，vA 表示刚碰 后 A 的速度，有 h＝12gt2，L＝vAt；设 vB 为刚碰后 B 的速度的大 小，由动量守恒得 mv0＝MvA－mvB；设 B 后退的距离为 l，由 动能定理得－μmgl＝12mv2B，解得 l＝21μgMmL 2gh－v02.
5．如图 T1－8，长木板 ab 的 b 端固定一挡板，木板连同 挡板的质量为 M＝4.0 kg，a、b 间距离 s＝2.0 m．木板位于光 滑水平面上．在木板 a 端有一小物块，其质量 m＝1.0 kg，小物 块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令 小物块以初速度 v0＝4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相撞． 碰撞后，小物块恰好回到 a 端而不脱离木板．求碰撞过程中损 失的机械能．
(1)相互作用过程中 A、B 加速度的
大小；a1 0.6m / s, a2 0.2m / s
(2)从开始相互作用到 A、B 间的距
离最小时，系统动能的减少量； 0.015J (3)A、B 间的最小距离． 0.075m
例4、如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m、长
度为 L的小车，小车左端有一质量也是 m 可视为质点
代入数据，解得 N′＝136 N 则小球在 B 点时对圆弧的压力 N＝N′＝136 N. (3)小球从点 B 运动到点 C 时，满足机械能守恒定律，有 12mv21＝mg·2R＋12mv22 又 F 向＝mvR22 代入数据，解得 F 向＝36 N>mg＝20 N 所以小球能从 C 点飞出．
考点一 应用动量和能量观点处理多过程问题
6．质量为 m＝1 kg 的小木块(可视为质点)放在质量为 M＝ 5 kg 的长木板上的左端，如图 T1－9 所示，长木板放在光滑水 平桌面上，小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的 长度为 L＝2 m，现要使小木块从长木板的右端脱离出来，给小 木块施加水平向右的恒力 F 作用 2 s，则 F 至少为多大(取 g＝ 10 m/s2)?
图 T1－9
解：在力 F 作用 2 s 时间内，小木块的加速度为 a1＝F－mμmg＝F－1 撤去力 F 后小木块的加速度为 a2＝μg＝1 m/s2 长木板一直在加速，其加速度为 a3＝μMmg＝0.2 m/s2 刚撤去力 F 时，小木块的速度和位移分别为 v1＝a1t＝2(F－1)，s1＝v21t＝2(F－1)
长木板的速度和位移分别为 v2＝a3t＝0.4 m/s，s2＝v22t＝0.4 m 小木块与长木板的相对位移为 Δs1＝s1－s2＝2F－2.4 以后至小木块刚要滑离长木板时两者速度相等，由动量守 恒定律得 mv1＋Mv2＝(m＋M)v 有 v＝F3
该段时间内相对位移为 Δs2＝L－Δs1＝4.4－2F 由能量守恒定律得 μmgΔs2＝12mv21＋12Mv22－12(m＋M)v2 整理得 5F2－6F－6＝0，解得 F＝1.85 N.
力学三大观点的 综合应用
解决动力学问题有三个基本观点，即力的观点、动量的观点、 能量的观点．
1．研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系 时，优先考虑用力的观点解题．
2．研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变 时，如果涉及时间的问题优先考虑动量定理，如果涉及位移问 题优先考虑动能定理．
(3)人抱住木柱后，木板向什么方向滑动？还能滑行多 远的距离？
向右 2m
二、动量观点与能量观点综合
例2、如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m1 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失， 为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上， 另一端与质量为 m2 的挡板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑 道的末端 O 点．A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩 弹簧，已知在 OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为μ，其余各 处的摩擦不计，重力加速度为 g，求：
例1、如图所示，长 12 m、质量为 50 kg 的木板右端有 一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因 数为 0.1，质量为 50 kg 的人立于木板左端，木板与人均 静止，当人以 4 m/s2 的加速度匀加速向右奔跑至板右端 时立即抱住木柱，(取 g＝10 m/s2)试求：
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小． 200N (2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．2S
3．若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相 互作用，优先考虑动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题．
提醒：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时， 由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场， 但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量 之间的转化．
一、力的观点与动量观点结合
图 T1－5
解：因 v0＝4 m/s>v＝2 m/s，物件在传送带上做匀减速运动， 当速度减小到与传送带速度相同后，随传送带匀速运动．由牛 顿第二定律 F＝ma 得 a＝μmmg＝μg＝2 m/s2，减速所经过的位移 s1＝v－2－2av02＝3 m，所用时间 t1＝v－－av0＝1 s，物件到达右端还需 时间 t2＝L－v s1＝3.5 s，所以物件到达右端共需时间 t＝t1＋t2＝ 4.5 s.
的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩
轻弹簧(弹簧长度与车长相比可忽略)，物块与小车间滑
动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态．现在给物块
一个水平向右的初速度 v0， 物块刚好能与小车右壁的 弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左
端时，恰与小车相对静止．求：
(1)物块的初速度 v0 及解除锁定 v0 2 gL
(1)滑雪运动员在水平面 BC 上受到的阻力大小 f. (2)平抛运动的初速度． (3)落地时损失的机械能ΔE.
图 T1－6
解：(1)对 BC 过程运用动能定理得－fs2＝－12mv2 解得 f＝m2sv22＝75 N. (2)在平抛运动过程中因 h＝12gt2，有 t＝ 2gh＝2 s，则平抛 运动的初速度为 v0＝st1＝15 m/s. (3)由能量守恒知，落地时损失的机械能为 ΔE＝12mv20＋mgh－12mv2＝15 750 J.
图 T1－7
解：滑块滑上长木板后，滑块做匀减速运动，长木板做匀 加速运动直到速度相同为止，以后整体再做匀减速运动至速度 为零．滑块的加速度大小为 a1＝μ1mmg＝4 m/s2，长木板的加速度 大小为 a2＝μ1mg－μM2m＋Mg＝2 m/s2，设经过时间 t 达到共同 速度 v，则有 v0－a1t＝a2t，故 t＝0.2 s，v＝0.4 m/s，滑块的位 移为 s1＝v0t－12a1t2＝0.16 m；整体做匀减速运动的位移为 s2， 由动能定理得－μ2(m＋M)gs2＝－12(m＋M)v2，故 s2＝0.08 m，滑 块滑行的距离为 s＝s1＋s2＝0.24 m.