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高中物理动量能量典型试题


高中物理动量能量典型试题
1.(14 分)某地强风的风速是 20m/s,空气的密度是 ? =1.3kg/m 。一风力发电机的有效受风 2 面积为 S=20m , 如果风通过风力发电机后风速减为 12m/s, 且该风力发电机的效率为? =80%,
3

则该风力发电机的电功率多大? 1.风力发电是将风的动能转化为电能,讨论时间 t 内的这种转化,这段时间内通过风力发 电机的空气 的空气是一个以 S 为底、v0t 为高的横放的空气柱,其质量为 m= ? Sv0t,它通 过风力发电机所减少的动能用以发电,设电功率为 P,则

1 2 1 1 2 Pt ? ( mv 0 ? mv 2 )? ? ?Sv 0 t? (v0 ? v 2 ) 2 2 2
代入数据解得

P=53kW

2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速度均为 6m/s.甲车上 有质量为 m=1kg 的小球若干个,甲和他的车及所带小球的总质量为 M1=50kg,乙和他的车总 质量为 M2=30kg。现为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面 16.5m/s 的水平速度抛向乙, 且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞,试求此时: (1)两车的速度各为多少?(2)甲总共抛出了多少个小球? 2. 分析与解: 甲、 乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程, 接球的过程是“合 二为一”的过程。 (1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向,甲不断抛球、乙接球 后,当甲和小车与乙和小车具有共同速度时,可保证刚好不撞。设共同速度为 V,则: M1V1-M2V1=(M1+M2)V M ? M2 20 V? 1 V1 ? ? 6m / s ? 1.5m / s M1 ? M 2 80 (2)这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6-30×(-1.5)=225(kg·m/s) 每一个小球被乙接收后,到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1-1.5×1=15(kg·m/s) 故小球个数为 N ?

?P 225 ? ? 15(个) ?P1 15

3.如图 11 所示,C 是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为 3m,在木板的上 面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为 μ 。最初木板静止, A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度 V0 和 2V0 在木板上滑动,木板足够长, A、B 始终 未滑离木板。求: (1)木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速度 2V0 V0 刚好相等的过程中,木块 B 所发生的位移; A B (2)木块 A 在整个过程中的最小速度。 C 3.分析与解: (1)木块 A 先做匀减速直 线运动,后做匀加速直线运动;木块 B 一直做 图 11 匀减速直线运动;木板 C 做两段加速度不同的 匀加速直线运动,直到 A、B、C 三者的速度相等为止,设为 V1。对 A、B、C 三者组成的系统, 由动量守恒定律得:

mV0 ? 2mV0 ? (m ? m ? 3m)V1
解得:V1=0.6V0

对木块 B 运用动能定理,有:

? ?mgs ?
解得 : s ? 91 0 /(50?g ) V
2

1 1 2 mV1 ? m(2V0 ) 2 2 2

(2)设木块 A 在整个过程中的最小速度为 V′,所用时间为 t,由牛顿第二定律: 对木块 A: a1 ? ?mg / m ? ?g , 对木板 C: a2 ? 2?mg / 3m ? 2?g / 3 , 当木块 A 与木板 C 的速度相等时,木块 A 的速度最小,因此有:

V0 ? ?gt ? (2?g / 3)t
解得 t ? 3V0 /(5?g ) 木块 A 在整个过程中的最小速度为: V / ? V0 ? a1t ? 2V0 / 5. 4.总质量为 M 的列车,沿水平直线轨道匀速前进,其末节车厢质量为 m,中途脱节, 司机发觉时,机车已行驶 L 的距离,于是立即关闭油门,除去牵引力,如图 13 所示。设运 动的阻力与质量成正比,机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时,它们的距离是 多少? 4.分析与解:此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。 对车头,脱钩后的全过程用动能定理得:

1 FL ? k ( M ? m) S1 ? ? ( M ? m)V02 2
对车尾,脱钩后用动能定理得:

1 ? kmgS 2 ? ? mV 02 2
而 ?S ? S1 ? S 2 ,由于原来列车是匀速前进的,所以 F=kM 由以上方程解得 ?S ?

ML 。 M ?m

5.如图 14 所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板 B 和 C。重物 A(A 视质点) 位于 B 的右端,A、B、C 的质量相等。现 A 和 B 以同一速度滑向静止的 C,B 与 C 发生正碰。 碰后 B 和 C 粘在一起运动,A 在 C 上滑行,A 与 C 有摩擦力。已知 A 滑到 C 的右端面未掉下。 试问:从 B、C 发生正碰到 A 刚移动到 C 右端期间,C 所走 A 过的距离是 C 板长度的多少倍? C B 5.分析与解:设 A、B、C 的质量均为 m。B、C 碰撞前, A 与 B 的共同速度为 V0,碰撞后 B 与 C 的共同速度为 V1。对 图 14 B、C 构成的系统,由动量守恒定律得:mV0=2mV1 设 A 滑至 C 的右端时,三者的共同速度为 V2。对 A、B、C 构成的系统,由动量守恒定 律得:2mV0=3mV2

设 C 的长度为 L, A 与 C 的动摩擦因数为 μ , 则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得:

Q ? ?mgL ?

1 1 1 .2mV12 ? mV 02 ? .3mV 22 2 2 2

设从发生碰撞到 A 移至 C 的右端时 C 所走过的距离为 S,则对 B、C 构成的系统据动能 定理可得: ?mgS ?

1 1 (2m)V22 ? (2m)V12 2 2 S 7 由以上各式解得 ? . L 3
1 , 2

6.面积很大的水池,水深为 H,水面上浮着一正方体木块,木块边长为 a ,密度为水的

质量为 m ,开始时,木块静止,有一半没入水中,如图 38 所示,现用力 F 将木块缓慢地压 到池底,不计摩擦,求 (1)从开始到木块刚好完全没入水的过程中,力 F 所做的功。 (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为 2 a)的盛水足够深的长方体容器中,开始时, 木块静止,有一半没入水中,如图 39 所示,现用力 F 将木块缓慢地压到容器底部,不计摩 擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中,容器中水势能的改变量。 a

H 图 39

图 38

6.解: (1) 因水池面积很大,可忽略因木块压入水中所引起的水深变化,木块刚好完全没 入水中时,图中原来处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这部分水平铺于水面,这部 分水的质量为 m ,其势能的改变量为

3 3 ?E水1 ? mgH ? mg ( H ? a) ? mga 4 4
大块势能的改变量为:

a a/2

?E木

a 1 ? mg ( H ? ) ? mgH ? ? mga 2 2
F 所 做 的 功 :

根 据 功 能 原 理 , 力

W ? ?E水 ? ?E木 ?

1 mga 4
2

(2) 因容器水面面积为 2a , 只是木块底面积的 2 倍,不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化, 木块刚好完全没入水中时,图 8 中原来处于下方划 斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水 的 质 量 为 m /2 , 其 势 能 的 改 变 量 为 :

a/4 3a/4

3 ?E水 2 ? mga 。 8
7. 如图 13 所示,在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B,上表面粗糙,在其左端有一光 滑的 1/4 圆弧槽 C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C 静止在 水平面上。现有滑块 A 以初速 V0 从右端滑上 B,并 V0 以 1/2 V0 滑离 B,确好能到达 C 的最高点。A、B、C A B C 的质量均为 m,试求: (1)木板 B 上表面的动摩擦 因素 μ ; (2)1/4 圆弧槽 C 的半径 R; (3)当 A 滑 图 13 离 C 时,C 的速度。 7. (1)当 A 在 B 上滑动时,A 与 BC 整体发生作用,由于水平面光滑,A 与 BC 组成的系统动

量守恒,

mV0 ? m

V0 V ? 2mV1 V1 ? 0 2 4 (1 分) , 分) 得 (2

系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能,

Q ? ?mgL ,( 1 分 )
2

1 1 ?V ? 1 ?V ? 2 ?EK ? mV0 ? m? 0 ? ? ?2m?? 0 ? 2 2 ? 2 ? 2 ? 4 ? , 分) (1

2

2

5V ?? 0 16Lg (1 分) 得

(2)当 A 滑上 C,B 与 C 分离,A 与 C 发生作用,设到达最高点时速度相等为 V2,由于水平

m
面光滑,A 与 C 组成的系统动量守恒,

3V V0 V2 ? 0 ? mV1 ? (m ? m)V2 8 2 , 分)得 (2
2

1 ? V0 ? 1 ? V0 ? 1 2 m? ? ? m? ? ? ?2m?V2 ? mgR 2 ? 4? 2 A 与 C 组成的系统机械能守恒, 2 ? 2 ? (2 分)
R?


2

V0 64g (1 分)

2

(3)当 A 滑下 C 时,设 A 的速度为 VA,C 的速度为 VC,A 与 C 组成的系统动量守恒,

m

V0 ? mV1 ? mVA ? mVC 2 , (1 分)
2 2

1 ? V0 ? 1 ? V0 ? 1 1 2 2 m? ? ? m? ? ? mVA ? mVC 2 ? 4 ? 2 2 A 与 C 组成的系统动能守恒, 2 ? 2 ? (2 分)
V0 得 VC = 2 (2 分)

8.(13 分)如图所示,将质量均为 m 厚度不计的两物块 A、B 用轻质弹簧相连接,只用手托 着 B 物块于 H 高处,A 在弹簧弹力的作用下处于静止,将弹簧锁定.现由静止释放 A、B ,B 物块着地时解除弹簧锁定,且 B 物块的速度立即变为 0,在随后的过程中当弹簧恢复到原长 时 A 物块运动的速度为 υ 0,且 B 物块恰能离开地面但不继续上升.已知弹簧具有相同形变 量时弹性势能也相同. (1)B 物块着地后,A 向上运动过程中合外力为 0 时的 A 速度 υ 1; A h (2)B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的 h 过程中,A 物块运动的位移 Δ x; B B (3)第二次用手拿着 A、B 两物块,使得弹簧竖直并处 于原长状态,此时物块 B 离地面的距离也为 H,然后由 h h 静止同时释放 A、, 物块着地后速度同样立即变为 0. B B 求 H 第二次释放 A、B 后,B 刚要离地时 A 的速度 υ 2.

8.(13 分) (1)设 A、B 下落 H 过程时速度为 υ ,由机械能守恒定律有:

2mgH ?

1 2mv 2 (1 分) 2

B 着地后,A 和弹簧相互作用至 A 上升到合外力为 0 的过程中,弹簧对 A 做的总功为零. 分) (1
即0 ?

1 1 mv12 ? mv 2 (1 分) 2 2

解得: v1 ?

2gH (1 分)
A h B h H B h A h
原长

A h B h υ1 h A h B h υ2 h A hx

x

x

B h

(2)B 物块恰能离开地面时,弹簧处于伸长状态,弹力大小等于 mg,B 物块刚着地解除弹 簧锁定时,弹簧处于压缩状态,弹力大小等于 mg.因此,两次弹簧形变量相同,则这两次 弹簧弹性势能相同,设为 EP. 分) (1 又 B 物块恰能离开地面但不继续上升,此时 A 物块速度为 0. 从 B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的过程中,A 物块和弹簧组成的系统机械 能守恒

EP ?

1 2 mv1 ? mg ?x ? E P (2 分) 2
1 ?x (1 分) 2

得 Δ x=H(1 分) (3)弹簧形变量 x ?

第一次从 B 物块着地到弹簧恢复原长过程中,弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒

EP ?

1 2 1 2 mv1 ? mgx ? mv 0 (1 分) 2 2

第二次释放 A、B 后,A、B 均做自由落体运动,由机械能守恒得刚着地时 A、B 系统的速度 为 v1 ?

2gH (1 分)

从 B 物块着地到 B 刚要离地过程中,弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒

1 2 1 2 mv1 ? mgx ? mv 2 ? E P (1 分) 2 2
联立以上各式得 v 2 ?
2 2 gH ? v0 (1 分)

9. (重庆市 2008 届直属重点中学第 2 次联考)如图所示,质量为 m=1kg 的滑块,以 υ 0= 5m/s 的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车,若小车质量 M=4kg,平板小车长 L =3.6m,滑块在平板小车上滑移 1s 后相对小车静止.求: (1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数 μ ; (2)若要滑块不滑离小车,滑块的初速度不能超过多少? 2 (g 取 9.8m/s ) (10 分) 9. (1)m 滑上平板小车到与平板小车相对静止,速 度为 v1, 据动量守恒定律: mv0 ? (m ? M )v1 ①(2 分) ②(2 分)

对 m 据动量定理: ? ?mgt ? mv ? mv0 1

将①代入②解得 μ =0.4 (2 分) (2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时,两者恰有共同速度为 v2 ,据动量守恒定律:

mv0 ? (m ? M )v2



(2 分)

对 m 据动能定理有:

? ?mgS 物 ?

1 2 1 2 mv 2 ? mv 0 2 2

④(1 分)

对 M 据动能定理有: 由几何关系有:

?mgS 车 ?

1 2 Mv 2 ? 0 2

⑤(1 分)

S 物 ? S车 ? L

⑥(1 分)

联立③④⑤⑥解得: 0=6 米/秒即滑块的初 v 速度不能超过 6 米/秒。 分) (1 或 由 功 能 原 理 得 :

?mgL ?

1 1 2 2 mv 0 ? (m ? M )v 2 (3 分) 2 2

解得:v0=6 米/秒(1 分) (其他解法,按相应分数给分) 10.如图所示,一轻质弹簧一端固定,一端与质量为 m 的小物块 A 相联,原来 A 静止 在光滑水平面上,弹簧没有形变,质量为 m 4s s F B C A O D

的物块 B 在大小为 F 的水平恒力作用下由 C 处从静止开始沿光滑水平面向右运动, O 点与 在 物块 A 相碰并一起向右运动 (设碰撞时间极短) 运动到 D 点时, 。 将外力 F 撤去, 已知 CO=4s, OD=s,则撤去外力后,根据力学规律和题中提供的信息,你能求得哪些物理量(弹簧的弹性 势能等)的最大值?并求出定量的结果。 10.解析:物块 B 在 F 的作用下,从 C 运动到 O 点的过程中,设 B 到达 O 点的速度为 v0,由动能定理得:

F ·4s=

1 2 mv 0 2

对于 A 与 B 在 O 点的碰撞动量守恒,设碰后的共同速度为 v,由动量守恒定律可得: mv0=2mv 当 A、B 一起向右运动停止时,弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为 Epm,据能 量守恒定律可得:

Epm=Fs+

1 2mv 2 ? 3Fs 2

撤去外力后,系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得 A、B 的最大速度为:

v Am ? v Bm ?

3Fs 。 m

11.如图所示,质量均为 M 的木块 A、B 并排放在光滑水平面上, A 上固定一根轻质 细杆,轻杆上端的小钉(质量不计)O 上系一长度为 L 的细线,细线的另一端系一质量为 m 的小球 C ,现将 C 球的细线拉至水平,由静止释放,求: (1)两木块刚分离时, A、B、C 速度各为多大? (2)两木块分离后,悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少?

11.分析: C 球下摆过程中,在达到最低位置之前,悬线拉力的水平分量使 A、B 同 时达到最大速度,且: PC ? PA ? PB , A、B、C 三者组成一个系统,满足系统机械能守 恒和动量守恒; C 球摆过最低位置后,悬线拉力使 A 向右做减速运动,致使 A、B 分离, 分离后,B 以原速度做匀速直线运动,? PC ? PA ,所以, A 速度减为零后改为反方向向左 运动,当 A 、C 速度相等时, C 球摆到最高点,此过程 A、C 组成的系统动量守恒、机械 能守恒。 解: (1) A、B、C 三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒,选取最低点 E P ? 0 ,

C 球到达最低点时 A、B 共同速度为 v A , C 速度 vc 为,规定向左为正方向:

0 ? mvc ? 2Mv A    (1)
解得: vC ? 2

mgL ?

1 2 1 2 mv c ? 2Mv A   ) (2 2 2

MgL m   ;v A ? 2M ? m M

MgL 2M ? m

(2) 、从 C 球在最低点开始, C 与 A 组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒,设摆 到最高处为 hx ,此时, A、C 共同速度为 v x :

mvc ? Mv A ? (m ? M )v x    (1)
解得: v x ?

1 1 1 2 2 mv c2 ? Mv A ? (m ? M )v x ? mgh x   ) (2 2 2 2

m M

MgL 2M ? m   ;hx ? L; 2M ? m 2(M ? m)

? ? cos?1

m 2(m ? M )

难点:认为球的运动轨迹是完整的圆弧,没有考虑到对地而言是一条曲线,而且到达最 高点时 A、C 相对速度为零,即只具有水平方向上的速度。运用整体法:

0 ? Mv A ? (m ? M )v x   ; mgL cos ? ?

1 1 2 2 (m ? M )v x ? Mv A ? mgL 2 2

在多个物理过程中, 确定系统的初末状态是解决问题的关键, “系统的初末状态”是指 系统在内力相互作用时间内开始和结束的状态,而不是任意物理过程的开始和结束的状态, 这是解决问题的关键。 12.如图所示,两个质量均为 4m 的小球 A 和 B 由轻弹簧连接,置于光滑水平面上.一颗质 量为 m 子弹,以水平速度 v0 射入 A 球,并在极短时间内嵌在其中.求:在运动过程中 (1)什么时候弹簧的弹性势能最大,最大值是多少? (2)A 球的最小速度和 B 球的最大速度. 12.解析:子弹与 A 球发生完全非弹性碰撞,子弹质 量为 m,A 球、B 球分别都为 M,子弹与 A 球组成的系统动量守恒,则 mv0= (m+M)V ① (1)以子弹、A 球、B 球作为一系统,以子弹和 A 球有共同速度为初态,子弹、A 球、 B 球速度相同时为末态,则 (m+M)V= (m+M+M)V′ ②
1 1 (m ? M )V 2 ? (m ? M ? M )V ?2 ? EP 2 2
2 2mv0



M=4m,解得 EP ?



45

(2)以子弹和 A 球有共同速度为初态,子弹和 A 球速度最小、B 球速度最大为末态, 则(m+M)V= (m+M)VA+MVB ⑤
1 1 1 2 2 (m ? M )V 2 ? (m ? M )VA ? MVB 2 2 2 2 v0 , VB ? v0 45 9 1

⑥ ⑦ ⑧
1 45

解得 VA ? 或 VA =

1 5

v0, VB =0

根据题意求 A 球的最小速度和 B 球的最大速度,所以 VAmin ?

v0 ,VBmax ? v0
9

2

13.质量为 M=4.0kg 的平板小车静止在光滑的水平面上,如图所示,当 t=0 时,两个质量分 别为 mA=2kg、mB=1kg 的小物体 A、B 都以大小为 v0=7m/s。方向相反的水平速度,同时从小车

板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时,没有相碰,A、B 与车间的动摩 2 擦因素 μ =0.2,取 g=10m/s ,求: (1)A 在车上刚停止滑动时,A 和车的速度大小 (2)A、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 (3)在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。 v/m.s-1 A v0 v0 B 2

1

O 1 2 3 13. (1)当 A 和 B 在车上都滑行时,在水平方向它们的受力分析如图所示: 4 A v0 f车 v0 B

5 t/s

fA

fB

由受力图可知,A 向右减速,B 向左减速,小车向右加速,所以首先是 A 物块速度减小到与 小车速度相等。设 A 减速到与小车速度大小相等时,所用时间为 t1,其速度大小为 v1,则: v1=v0-aAt1 μ mAg=mAaB ① v1=a 车 t1 μ mAg-μ mBg=Ma 车 ② 由①②联立得:v1=1.4m/s t1=2.8s ③ (2)根据动量守恒定律有: mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④ v=1m/s ⑤ 总动量向右, 当 A 与小车速度相同时,A 与车之间将不会相对滑动了。 设再经过 t2 时间小物体 A 与 B、车速度相同,则: -v=v1-aBt2 μ mBg=mAaB ⑥ 由⑥⑦式得:t2=1.2s ⑦ 所以 A、B 在车上都停止滑动时,车的运动时间为 t=t1+t2=4.0s ⑧ (3)由(1)可知 t1=2.8s 时,小车的速度为 v1=1.4m/s,在 0~t1 时间内小车做匀加速运动。 在 t1~t2 时间内小车做匀减速运动,末速度为 v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示:⑨ v/m.s-1 2

1

O

评分标准:①②③④式各 2 分;⑤式 1 分;⑥式 2 分;⑦⑧⑨式 1 分;速度—时间图像 4 分。 14.如图所示,n 个相同的木块(可视为质点) ,每块的质量都是 m,从右向左沿同一直线排 列在水平桌面上,相邻木块间的距离均为 l,第 n 个木块到桌边的距离也是 l,木块与桌面 间的动摩擦因数为 μ .开始时,第 1 个木块以初速度 v0 向左滑行,其余所有木块都静止, 在每次碰撞后, 发生碰撞的木块都粘在一起运动. 最后第 n 个木块刚好滑到桌边而没有掉下. (1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能. (2)求第 i 次(i≤n-1)碰撞中损失的动能与 l l l 碰撞前动能之比. (3)若 n=4,l=0.10m,v0=3.0m/s,重力加速度 v0 1 n n-1 n-2 左 右 g=10m/s2,求 μ 的数值.

14. (1)整个过程木块克服摩擦力做功

第 14 题图

W=μ mg·l+μ mg·2l +??+μ mg·nl=

n (n ? 1) ? mgl 2
② ③ ④



根据功能关系,整个过程中由于碰撞而损失的总动能为 △EK= EK 0-W 得

1 2 n ( n ? 1) ? mgl △EK = mv0 ? 2 2

(2)设第 i 次(i≤n-1)碰撞前木块的速度为 vi,碰撞后速度为 vi′,则 (i+1)m vi′= im vi 碰撞中损失的动能△EK i 与碰撞前动能 EK i 之比为

1 1 imvi2 ? (i ? 1)mvi?2 ?EKi 2 2 (i≤n-1) ? 1 EKi imvi2 2 ?EKi 1 可得 (i≤n-1) ? EKi i ?1
(3)初动能 EK 0= mv0 /2 第 1 次碰撞前 EK 1= EK 0-μ mgl 第 1 次碰撞后 EK 1′= EK 1-△EK 1= EK 1-EK 1/2= EK 0/2-μ mgl/2 第 2 次碰撞前 EK 2= EK 1′-μ (2mg)l= EK 0/2-5μ mgl/2 第 2 次碰撞后 EK 2′= EK 2-△EK 2= EK 2-EK 3/3= EK 0/3-5μ mgl/3 第 3 次碰撞前 EK 3= EK 2′-μ (3mg)l= EK 0/3-14μ mgl/3 第 3 次碰撞后 EK 3′= EK 3-△EK 3= EK 0/4-7μ mgl/2 据题意有 EK 0/4-7μ mgl/2=μ (4mg)l 带入数据,联立求解得 μ =0.15
2





⑦ ⑧

⑨ ⑩

15.如图甲所示,小车 B 静止在光滑水平上,一个质量为 m 的铁块 A(可视为质点) , 以水平速度 v0=4.0m/s 滑上小车 B 的左端,然后与小车右挡板碰撞,最后恰好滑到小车的 中点,已知

M ? 3 ,小车车面长 L=1m。设 A 与挡板碰撞无机械能损失,碰撞时间可忽略 m
2

不计,g 取 10m/s ,求: (1)A、B 最后速度的大小; (2)铁块 A 与小车 B 之间的动摩擦因数; (3) 铁块 A 与小车 B 的挡板相碰撞前后小车 B 的速 度,并在图乙坐标中画出 A、B 相对滑动过程中小车 B 相对地面的速度 v-t 图线。
v0 B m A M

v /ms-1 2.0

1.5

1.0

L

0.5

图 图乙 15.解:(1)对 A、B 系统,由动量守恒定律: Mv0=(M+m) v 得v ?



0

0.5

1.0

t /s

m v0 ? 1m / s M ?m
1 1 2 mv 0 ? ( M ? m)v 2 2 2
2

(4 分)

(2) A、B 系统,由动量定理,对全过程有 μ mg1.5L=

解得

v ? 4v 2 ?? 0 ? 0.4 4 gL

(4 分)

(3) 设 A、B 碰撞前速度分别为 v10 和 v20 对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统能量转化和守恒 μ mgL=

1 1 1 2 2 2 mv 0 ? mv 10 ? Mv 20 2 2 2

带入数据联立方程,解得 v10=1+ 3 =2.732 m/s (舍 v10=1- 3 =-0.732m/s)

v20=1-

3 =0.423m/s 3

(2

分) 该过程小车 B 做匀加速运动,μ mg=MaM

aM=

4 2 m/s 3
(1 分)

t1 =0.317s A、B 相碰,设 A、B 碰后 A 的速度为 v1 和 v2 A、 ,对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2
对系统机械能守恒

v20= aMt1

1 1 1 1 2 2 2 2 mv 10 ? Mv 20 ? mv 1 ? Mv 2 2 2 2 2

带入数据联立方程,解得 v1=1- 3 =-0.732 m/s (舍 v1=1+ 3 m/s) “-”说明方向向左

v2=1+

3 =1.577m/s 3

(2 分)

该过程小车 B 做匀减速运动,-μ mg=MaM

aM=-
到最终相对静止

4 2 m/s 3
(1 分)

v= v2+aMt2 t2=0.433s

所以 ,运动的总时间为 t= t1+ t2=0.75s 小车 B 的 v-t 图如下图所示
v /ms-1 2.0

(2 分)

1.5

1.0

0.5

0

0.5

1.0

t /s

16.如图所示,水平传送带 AB 足够长,质量为 M=1kg 的木块随传送带一起以 v1=2m/s 的 速度向左匀速运动(传送带的速度恒定) ,木块与传送带的摩擦因数 ? ? 0.5 ,当木块运动到 最左端 A 点时,一颗质量为 m=20g 的子弹,以 v0=300m/s 的水平向右的速度,正对射入木 块并穿出,穿出速度 v=50m/s,设子弹射穿木块的时间极 2 短, 取 10m/s )求: (g

(1)木块遭射击后远离 A 的最大距离; (2)木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。 16. (1)设木块遭击后的速度瞬间变为 V,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律得

mv 0 ? Mv1 ? mv ? MV
则V ?

(3 分)

m(v 0 ? v ) ? v1 ,代入数据解得 V ? 3m / s ,方向向右。 (2 分) M

木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动,其受力如图所示。

摩擦力

f ? ?FN ? ?Mg ? 0.5×1×10 N ? 5 N
1 MV 2 2

(1 分)

设木块远离 A 点的最大距离为 S,此时木块的末速度为 0, 根据动能定理得 则S ?

? fS ? 0 ?

(3 分)

MV 2 1× 32 ? m ? 0.9m 2f 2 ×5

(1 分)

(2)研究木块在传送带上向左运动的情况。

设木块向左加速到 v1 ? 2m / s 时的位移为 S1。 由动能定理得

f S1 ?

1 Mv12 2

Mv12 1× 2 2 ? m ? 0.4m ? 0.9m (3 分) 则 S1 ? 2f 2 ×5
由此可知, 遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段: 先向左加速运动一段时间

t1 ,再匀速运动一段时间 t 2 。
由动量定理得 f t1 ? Mv1

则 t1 ?

Mv1 1× 2 ? s ? 0.4 s f 5

(2 分)

t2 ?

S ? S1 0.9 ? 0.4 ? s ? 0.25s v1 2

(2 分)

所求时间

t ? t1 ? t 2 ? 0.4 s ? 0.25s ? 0.65s

(1 分)

17.如图所示为一个模拟货物传送的装置,A 是一个表面绝缘、质量 M=l00kg、电量 q= + -2 6.0×10 C 的传送小车,小车置于光滑的水平地面上。在传送途中,有一个水平电场,电场 3 强度为 E=4.0×l0 V/m,可以通过开关控制其有无。现将质量,m=20kg 的货物 B 放置在小 车左端,让它们以 υ =2m/s 的共同速度向右滑行,在货物和小车快到终点时,闭合开关产 生一个水平向左的匀强电场,经过一段时间后关闭电场,当货物到达目的地时,小车和货物 的速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素 μ =0.1。 (1)试指出关闭电场的瞬间,货物和小车的速度方向。 (2)为了使货物不滑离小车的另一端,小车至少多长? 2 (货物不带电且体积大小不计,g 取 10m/s )

17.(1)货物和小车的速度方向分别向右和向左 (3 分) (2)设关闭电场的瞬间,货物和小车的速度大小分别为 υ B 和 υ A;电场存在时和电场消 失后货物在小车上相对滑行的距离分别为 L1 和 L2;电场存在的时间是 t,该段时间内货物和 小车的加速度大小分别是 aB 和 aA,对地位移分别是 sB 和 sA 在关闭电场后,货物和小车系统 动量守恒,由动量规律和能量规律 有 mυ B-Mυ A 错误!未找到引用源。0 ① (2 分) 1 2 1 μ mgL2 错误! 未找到引用源。 mυ B + Mυ 2 2 分) 由①式代人数据得 υ B 错误!未找到引用源。5υ A ③ (1 分) 在加电场的过程中,货物一直向前做匀减速运动,小车先向前做匀减速运动,然后反向 做匀加速运动,由牛顿定律 2 有 aB 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 μ mg/m 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 1m/s (1 分) aA 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 (qE - μ mg)/M 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 2.2m/s2 (1 分) 又 υ B 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 υ - aBt , υ A 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 |υ - aAt| (2 分)
2

A



(2

将其与③式联立可得 t 错误!未找到引用源。1s,υ B 错误!未找到引用源。1m/s,υ 错误!未找到引用源。0.2m/s (3 分)

A

1 再由运动学公式可得 sB 错误!未找到引用源。υ t- aBt2 错误!未找到引用源。1.5m 2 (1 分) 1 aAt2 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 0.9m 2

sA 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 υ t -

(1 分) 所 以 L1 = sB-sA 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 0.6m (1 分) 又 将 数 据 代 入 ② 式 解 得 L2 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 0.6m (1 分) 所 以 小 车 的 最 短 长 度 为 L 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 L1+L2 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 1.2m (1 分) 18. (08 汕头) (16 分)在光滑的水平面上,静止放置着直径相同的小球 A 和 B,它们的 质量分别为 m 和 3m,两球之间的距离为 L.现用一大小为 F 的水平恒力始终作用到 A 球上,A 球从静止开始向着 B 球方向运动,如图所示.设 A 球与 B 球相碰的时间极 短、碰撞过程没有机械能损失,碰撞后两球仍在同一直线上运动.求: (1) A 球第一次碰撞 B 球之前瞬间的速度. (2) A 球到第二次碰撞 B 球之前, A 球通过的总路程 S.

F

m A

3m

B L

18. (16 分)参考解答 (1)设 A 球的加速度为 a ,第一次碰到 B 球瞬间速度为 v1 ,则

F ? ma

①(1 分) ②(1 分)

v12 ? 2aL
解得 v1 ?

2 FL m

③(1 分)

(2)两球碰撞过程动量守恒(取向右方向为正方向) ,得

mv1 ? mvA1 '?3mvB1 '
碰撞过程没有机械能损失,得

④(1 分)

1 1 1 mv 12 ? mv ' 2 1 ? 3mv ' 2 1 A B 2 2 2
解得两球第一次的速度

⑤(1 分)

v' A1 ? ?

v1 v (方向向左) v ' B1 ? 1 (方向向右) , 2 2

⑥(2 分)

碰后 A 球先向左匀减速运动,再向右匀加速运动,直到第二次碰撞 B 球. 设碰后 A 球向左运动的最大距离为 S A 2 ,则

'2 v A1 ? 2aSA2

⑦(1 分) ⑧(1 分)

解得 S A 2 ?

L 4

设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为 t 2 ,两球的位移都为 S 2 ,有

S 2 ? v' B1 t 2 ? v' A1 t 2 ?
解得 t 2 ?

1 2 at 2 2

⑨(2 分)

2v1 , S 2 ? 2L a

⑩(2 分)

因此到第二次碰撞 B 球之前, A 球通过的总路程

S ? L ? 2S A 2 ? S 2
解得 S ? 3.5 L

⑾(2 分) ⑿(1 分)

19.如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时,电动机带动两个紧压夯杆的 滚轮匀速转动将夯从深为 h 的坑中提上来,当两个滚轮彼此分开时,夯杆被释放,最后夯在 自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底。然后,两个滚轮再次压紧,夯杆再次被提上来,如 此周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度 v 恒为 4 m/s,每个滚轮对夯杆的正压力 FN 为 4 3 2?10 N,滚轮与夯杆间的动摩擦因数 ? 为 0.3,夯杆质量 m 为 1?10 kg,坑深 h 为 6 m。假 定在打夯的过程中坑的深度变化不大,且夯杆底端升到坑口时,速度正好为零,取 g=10 2 m/s ,求: (1)每个打夯周期中,电动机对夯杆所作的功。 (2)夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高; (3)打夯周期; 19.答案: (1)因为夯杆底端升到坑口时,速度正好为零,所以每 个打夯周期中,电动机对夯杆所作的功

W ? mgh ? 6?104 J

(2)根据题意,考虑到夯杆先匀加速上升,后匀速上升,再竖直上抛。 当夯杆以 v ? 4m / s 的初速度竖直上抛,上升高度为: h3 ? 此时夯杆底端离坑底 ?h ? h ? h2 ? 5.2m 。
4 (3) 以夯杆为研究对象 f1 ? 2?N ? 1.2 ?10 N ; a1 ?

v2 ? 0.8m 2g

f1 ? m g ? 2m / s 2 m
1 2 a1t1 ? 4m 2

,    t1 ? 2s,    h1 ? 当夯杆与滚轮相对静止时: v ? a1t1 ? 4m / s 
当夯杆以 v ? 4m / s 的初速度竖直上抛,上升高度为: h3 ?

v2 ? 0.8m 2g

则当夯杆加速向上运动速度到达 v ? 4m / s 后,夯杆匀速上升,匀速上升高度为:

h2 ? h ? h1 ? h3 ? 1.2m
因此,夯杆上抛运动的时间为: t 3 ?

v ? 0.4s ; g

夯杆匀速上升的时间为: t 2 ?

h2 ? 0 .3 s ; v

夯杆自由落体的时间为: h ?

1 2 2h gt4 ,  t 4 ? ? 1.1s 2 g

故打夯周期为: T ? t1 ? t 2 ? t 3 ? t 4 ? 3.8s

20. (20 分)如图所示,光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板,其质量为 M,平 面部分的上表面光滑且足够长。在距滑板的 A 端为 l 的 B 处放置一个质量为 m、带电量为 q 的小物体 C(可看成是质点) ,在水平的匀强电场作用下,由静止开始运动。已知:M=3m, 电场的场强为 E。假设物体 C 在运动中及与滑板 A 端相碰时不损失电量。 (1)求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小。 (2)若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短,而且碰后弹回的速度大小是碰 前速度大小的

1 ,求滑板被碰后的速度大小。 5

(3)求小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段时间内,电场力对小物体 C 做 的功。 E 20. (1)设物体 C 在电场力作用下第一次与滑板 的 A 段碰撞时的速度为 v1, 由动能定理得: l C B

A

qEl=

1 2 mv1 2

解得:v1=

2qEl m
1 v1 5

(2)小物体 C 与滑板碰撞过程中动量守恒,设滑板碰撞后的速度为 v2, 由动量守恒定律得 mv1=Mv2-m

解得:v2=

2 2 v1= 5 5

2qEl m
1 v1 的速 5

(3)小物体 C 与滑板碰撞后,滑板向左作以速度 v2 做匀速运动;小物体 C 以

度先向右做匀减速运动,然后向左做匀加速运动,直至与滑板第二次相碰,设第一次碰 后到第二次碰前的时间为 t,小物体 C 在两次碰撞之间的位移为 s,根据题意可知,小 物体加速度为 a=

qE m 1 1 v1t+ at2 5 2 6 5

小物体 C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等, 即

v2t=-

解得:t=

2m l qE

两次相碰之间滑板走的距离 s ? v 2t ?

24 l 25

设小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为 W, 则:W=qE(l+s) 解得:W =

49 qEl 25

1.如图所示,一根轻杆长

,可绕 O 轴在竖直平面内无摩擦地转动,



,质量相等的两小球分别固定于杆的 A、B 两端,现把杆位于水平位置,然后自 由释放,求轻杆转到竖直位置时两球的速度分别是多少?

1.



2.如下图所示,质量为 m 的物体静止在光滑圆轨道的最低点 A.现对 m 施加一大小不变、方

1 向始终沿圆轨道切线方向的力,使物体沿圆周轨道运动 4 圆周到达 B 点,在 B 点时立即
撤去外力 F.若要使物体在竖直圆弧轨道内侧能够通过最高点作完整的圆周运动, 问所施 的外力 F 至少要多大?

5
2. ? mg 3.如图所示,摩托车做腾跃特技表演,以 10m/s 的初速度沿曲面冲上高 3.2m、顶部水平的 高台,然后从高台水平飞出,若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率 1.8kW 行驶,经过 0.65s 到达顶部水平平台,已知人和车的总质量为 180kg,特技表演的全过程中不计一切阻

力。则: (1)求人和车到达顶部平台时的速度 v; (2)求人和车从顶部平台飞出的水平距离 s;

v

10m/s

3.2m s

3. (10 分) 解:

1 1 2 mv 2 ? mv 0 , 分) (3 2 2 1 1 1.8 ? 10 3 ? 0.65 ? 180 ? 10 ? 3.2 ? ? 180 ? v 2 ? ? 180 ? 10 2 (1 分) 2 2 v ? 7m / s (1 分) 1 2 1 2 (2) h ? gt (2 分) 3.2 ? ? 10 ? t , t ? 0.8s (1 分) , 2 2 s ? vt ? 7 ? 0.8 ? 5.6m (2 分)
(1) Pt ? mgh ? 4、 (10 分)质量为 2t 的汽车在平直公路上由静止开始运动,若保持牵引力恒定,则在 30s 内速度增大到 15m/s,这时汽车刚好达到额定功率,然后保持额定输出功率不变,再运 动 15s 达到最大速度 20m/s,求: (1)汽车的额定功率; (2)汽车运动过程中受到的阻力; (3)汽车在 45s 共前进多少路程。 4、 (2)设汽车的额定功率为 P,运动中所受的阻力为 f,前 30s 内的牵引力为 F, (1) 则前 30s 内,匀加速运动的加速度为

a=
此过程中 在 45s 末有 代入数据后解得

v1 2 =0.5m/s t1

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

F-f=ma P=Fv1=(f+ma)v1 P=fv2 P=60kW f=3000N

(3)汽车在前 30s 内运动的路程为

s1=

v1 t1 =225m 2

(1 分)

后 15s 内的位移 s2 满足

Pt2-fs2= 1 mv22- 1 mv12
2 2

(3 分)

解得 总路程

s2=241.7m s=s1+s2=466.7m

5. (10 分)如图,AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端 B 与水平直轨道相切。 一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为 R=0.2m,小物块的质量为 m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数 ?=0.5,取 g=10m/s2。求: (1)小物块在 B 点时受圆弧轨道的支持力 m O . A (2)小物块在水平面上滑动的最大距离
R

5. (10 分) (1)由机械能守恒定律,得: mgR ?

B

.

1 2 m? B 2

(2 分)

在B点

N ? mg ? m

?B 2
R

(2 分)

由以上两式得

N ? 3mg ? 3 ? 0.1? 10 N=3N(2 分)

(2)设在水平面上滑动的最大距离为 s 由动能定理得

mgR? ?mgs ? 0

(2 分)

s?

R

?

?

0.2 m=0.4m 0.5

(2 分)


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