微專題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用例1(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,說明A脫離彈簧時(shí)的速度為平拋運(yùn)動的初速度,對A做平拋運(yùn)動過程,有h=12gtxA=vAt聯(lián)立解得脫離彈簧時(shí)A的速度大小vA=1m/s對A、B整體,由動量守恒定律得mAvA=mBvB解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小vB=1m/s(2)對B脫離彈簧后運(yùn)動過程,由動能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2(3)整個(gè)過程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12J例2(1)0.25m/s0.75m/s(2)1.0s(3)0.053n2[解析](1)設(shè)B的質(zhì)量為m,A沿斜面下滑,受到重力、支持力和摩擦力的作用,根據(jù)牛頓第二定律有3mgsinθ-μA·3mgcosθ=3ma分析B的受力mgsinθ=μBmgcosθ即B靜止在斜面上.A與B發(fā)生第一次碰撞前,由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有vA0A與B發(fā)生第一次碰撞,由動量守恒定律和能量守恒定律有3mvA0=3mvA1+mvB1,12·3mvA02=12·3m解得vA1=0.25m/s,vB1=0.75m/s(2)由(1)可得,A從靜止釋放后,經(jīng)過時(shí)間t0與B發(fā)生第一次碰撞,有vA0=at0B以vB1做勻速直線運(yùn)動,A以初速度vA1、加速度a做勻加速直線運(yùn)動,第二次碰撞前,有vA1t1+12at12=vB此時(shí),A的速度為vA1'=vA1+at1A與B發(fā)生第二次碰撞,由動量守恒定律和能量守恒定律,有3mvA1'+mvB1=3mvA2+mvB2,12·3mvA1'2+12mvB12=12·3B以vB2勻速直線運(yùn)動,A以初速度vA2、加速度a做勻加速直線運(yùn)動,第三次碰撞前,有vA2t2+12at22=vB顯然,每次碰撞后,B均相對A以初速度vA0、加速度aA做勻減速直線運(yùn)動至下一次碰撞,經(jīng)過時(shí)間均為0.4s.故A與B發(fā)生第3次碰撞后的時(shí)刻為t3=t0+t1+t2解得t3=1.0s(3)從開始至第一次碰撞xA1=l從第一次碰撞至第二次碰撞xA2=2l+4l=6l從第二次碰撞至第三次碰撞xA3=8l+4l=12l從第三次碰撞至第四次碰撞xA4=14l+4l=18l從第n-1次碰撞至第n次碰撞xAn=(6n-10)l+4l(n>1)A從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動的總位移XAn=xA1+xA2+xA3+…+xAn=3n2-3n+1l=0.05(3n例3(16分)(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L[解析](1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為M,三個(gè)木板質(zhì)量均為m,機(jī)器人和A木板的位移大小分別為x0、x1,同一時(shí)刻的速度大小別為v0i、v1i.根據(jù)動量守恒定律,任意時(shí)刻均有Mv0i=mv1i (1分)在這段時(shí)間內(nèi)求和,有∑Mv0iΔt=∑Mv1iΔt (1分)即Mx0=mx1又知x0+x1=LA解得A、B木板間的水平距離即A木板的位移大小x1=1.5m(1分)(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為θ,從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間為t,根據(jù)斜拋運(yùn)動規(guī)律得vcosθ·t=x1 (1分)vsinθg=t聯(lián)立得v2=152sinθcosθ(m機(jī)器人跳離A的過程,機(jī)器人和A木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有Mvcosθ=mvA (1分)根據(jù)能量守恒定律可得機(jī)器人做的功為W=12Mv2+12聯(lián)立得W=15(3cos2θ+1)2sinθcosθ=15(4co根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)12tanθ=2tanθ,即tanθ=2時(shí),W取得最小值,為Wmin=90(3)根據(jù)第(2)問可知,tanθ=2,代入對應(yīng)式子可得vcosθ=152m/s,t=155s,vA=3之后A木板以速度vA向左做勻速直線運(yùn)動.機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中,機(jī)器人與B、C木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有Mvcosθ=(M+2m)v共 (1分)解得v共=31510m/s(1該過程A木板向左運(yùn)動的距離為xA=vAt=4.5m機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端,整個(gè)過程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為v',B木板的速度大小為vB,機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為t',取向右為正方向,由動量守恒定律得(M+m)v共=Mv'-mvB (1分)每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對位移為LB3LB3=(v'+vB)t' (1機(jī)器人到B木板右端時(shí),B木板恰好追上A木板,從機(jī)器人跳到B木板左端至跳到B木板右端的過程中,A、B木板的位移差為Δx=x1+xA=6m(1分)有(vB-vA)·3t'=Δx (1分)聯(lián)立得t'=LB4A、C兩木板間距為xAC=(vA+vC)·3t'+Δx+LB (1分)其中vC=v共聯(lián)立解得xAC=74LB (1分【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J[解析](1)設(shè)物塊能加速到和傳送帶速度相等,則加速過程根據(jù)牛頓第二定律有μ0mg=ma設(shè)加速過程物塊的位移為x,則v2=2ax解得x=1m<L假設(shè)成立,A碰B前速度為2m/s(2)A、B碰撞過程由動量守恒和能量守恒得mv=mvA+mvB12mv2=12mvA2解得vA=0vB=2m/s(3)A、B碰撞后到彈簧彈性勢能最大的過程摩擦生熱Q=-Wf由圖乙知B運(yùn)動0.5m時(shí)μ=0.4,摩擦力對物塊做的功Wf=-0+μmg根據(jù)能量守恒得12mvB2=Q解得Epm=0.5J2.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m[解析](1)小物塊剛放在傳送帶上時(shí),由牛頓第二定律有μm物g=m物a解得a=5m/s2假設(shè)小物塊運(yùn)動到傳送帶右端前已與傳送帶共速,則此過程有v傳2解得小物塊運(yùn)動的位移為x=2.5m由于x<L傳=3.6m,所以假設(shè)成立,即小物塊運(yùn)動到傳送帶右端前已與傳送帶共速,因此小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小,為5m/s.(2)小物塊運(yùn)動到右端與小球正碰,碰撞時(shí)間極短,小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J