微專題3力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用例1(1)45mg(2)25R(3)137.5R[解析](1)滑塊第一次到達圓形軌道最高點的過程中,由動能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ-mg×2R=12mv滑塊在圓形軌道最高點時,由牛頓第二定律得mg+FN=mv聯(lián)立解得FN=45mg由牛頓第三定律可知,滑塊第一次到達圓形軌道最高點時對軌道的壓力大小為FN'=FN=45mg(2)滑塊從釋放到第一次在CD段向上滑行到最高點的過程中,由動能定理得mg(L-L1)sinθ-μmg(L+L1)cosθ=0解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為L1=25R(3)滑塊第二次到達圓形軌道最高點的過程中,由動能定理得mgL1sinθ-μmgL1cosθ-mg×2R=12mv解得v2=6設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為s1,由動能定理得mg(L1-s1)sinθ-μmg(L1+s1)cosθ=0解得s1=5R滑塊第三次到達圓形軌道最高點的過程中,由動能定理得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mg×2R=12mv解得v32所以滑塊第三次進入圓形軌道無法到達最高點,假設(shè)其運動的過程中不脫軌且上升的最大高度為h,由動能定理得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mgh=0解得h=R所以滑塊第三次進入圓形軌道運動過程中沒有脫軌,之后僅在AB段與圓形軌道間來回滑動,最終停在B點,設(shè)滑塊在AB段滑行的路程為s2,由動能定理得mgh-μmgs2cosθ=0整個過程中滑塊在AB段滑行的總路程為s=L+2s1+s2聯(lián)立解得s=137.5R例2(1)4.8J(2)m3'>3435[解析](1)給滑塊A一瞬時沖量時,設(shè)滑塊A的速度大小為v1,由動量定理得I=m1v1解得v1=19m/s設(shè)碰后滑塊B的速度大小為v2,由題意可知滑塊B上升的最大高度大于圓弧軌道的半徑,則滑塊B在最高點時與物體C具有相同的水平速度,在水平方向上由動量守恒定律得m2v2=m2對B、C由機械能守恒定律得12m2v22=12m2聯(lián)立解得v2=12m/s,v=4m/s設(shè)碰后A的速度為v3,對A、B碰撞的過程,由動量守恒定律得m1v1=m1v3+m2v2解得v3=-5m/s滑塊A、B因碰撞而損失的機械能為ΔE=12m1v12-12m1v3解得ΔE=4.8J(2)設(shè)滑塊B再次返回到物體C底端時速度為v4,對滑塊B和物體C組成的系統(tǒng),在水平方向上由動量守恒定律得m2v2=m2v4+m3'v5由機械能守恒定律得12m2v22=12m2v42解得v4=m2-欲使滑塊A、B能發(fā)生第二次碰撞,則應(yīng)滿足的條件為|v4|>|v3|,即m3'-m解得m3'>3435例3(16分)(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L[解析](1)機器人從A木板左端走到A木板右端,機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)機器人質(zhì)量為M,三個木板質(zhì)量均為m,機器人和A木板的位移大小分別為x0、x1,同一時刻的速度大小別為v0i、v1i.根據(jù)動量守恒定律,任意時刻均有Mv0i=mv1i (1分)在這段時間內(nèi)求和,有∑Mv0iΔt=∑Mv1iΔt (1分)即Mx0=mx1又知x0+x1=LA (1分)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木板左端時間為t,根據(jù)斜拋運動規(guī)律得vcosθ·t=x1vsinθg=聯(lián)立得v2=152sinθcosθ(m機器人跳離A的過程,機器人和A木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有Mvcosθ=mvA根據(jù)能量守恒定律可得機器人做的功為W=12Mv2+12mv聯(lián)立得W=15(3cos2θ+1)2sinθcosθ=15(4cos2θ根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)12tanθ=2tanθ,即tanθ=2時,W取得最小值,為(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=之后A木板以速度vA向左做勻速直線運動機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中,機器人與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共解得v共=315該過程A木板向左運動的距離為xA=vAt=4.5m機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端,整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)每次起跳機器人的水平速度大小為v',B木板的速度大小為vB,機器人每次跳躍的時間為t',取向右為正方向,由動量守恒定律得(M+m)v共=Mv'-mvB (1分)每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為LB3,有LB3=(v'+vB機器人到B木板右端時,B木板恰好追上A木板,從機器人跳到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有(vB-vA)·3t'=Δx聯(lián)立得t'=LB4(vAA、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 【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)12.4N(2)2.4m(3)6m[解析](1)物體從E點運動到C點的過程,由機械能守恒定律得mg(h+R)=12m物體在C點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mv聯(lián)立解得FN=12.4N(2)物體從E點運動到A點的過程,由動能定理得mg[(h+Rcos37°)-LABsin37°]-μmgLABcos37°=0聯(lián)立解得LAB=2.4m故斜面長度LAB至少為2.4m(3)因為mgsin37°>μmgcos37°,所以物體不會停在斜面上,物體最后以C為中心、B為一側(cè)最高點沿光滑圓弧軌道做周期性運動.物體從E點運動到在圓弧軌道上做周期性運動的過程,系統(tǒng)因摩擦而損失的機械能等于B、E兩點間的重力勢能之差,根據(jù)能量守恒定律可得mg?+Rcos37°=解得s=6m2.(1)5m/s(2)6.8N(3)1.2m(4)0.96J[解析](1)玩具小車離開平板車后,做平拋運動到達A點,沿豎直方向上,由運動學(xué)公式得vA2sin2θ=2解得vA=5m/s(2)玩具小車從A點運動到B點的過程,由動能定理得mgR1?cosθ=12mvB2玩具小車在B點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mv聯(lián)立解得FN=6.8N(3)玩具小車在平板車上做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得0.8mg=ma1由運動學(xué)公式得vA2cos2θ=2a1x1解得x1=1m小車和平板車時刻滿足動量守恒,整段時間內(nèi)動量守恒,有mx1t1解得x2=0.2m所以平板車的長度為l=x1+x2=1