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重庆市九龙坡区2010届高三物理二轮复习专题二: 动量和能量


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高 2010 级高三物理专题复习资料 专题二 动量和能量
重庆市渝西中学 李怀钊

一.疑难辨析
(一)概述
根据近几年各省(市)高考试题统计表明,本专题的考查重点是五个概念和五个规律:功和能,功率, 冲量和动量;动能定理和动量定理,机械能守恒定律和动量守恒定律以及能量守恒定律. 由于动量,能量与牛顿运动定律,曲线运动,电磁学以及原子物理学中的基本粒子的运动等内容综合,物 理过程复杂,综合分析的能力要求高,难度大,给高考命题提供了较好的命题空间,近几年的高考试题常 常以生产实际,贴近生活(2009 年重庆理综 24 小题中的弹簧笔)与现代科技内容为命题背景,就要求我 们要根据题干分析出物理过程和建立熟悉的物理模型.同时本专题在考查应用数学知识解决物理问题的能 力也有较多体现. 动量和能量部分的试题特点是物理过程复杂,灵活性强,综合性大,能力要求较高,难度大,高考的 压轴题多与这部分知识有联系,是高考的必考点,热点和难点. 根据理科综合的特点:单科试题少,考查 内容多,必然会一题多考点的特点,广大考生在进行了第一轮系统复习之后,加强综合性强点的试题训练 是必要的,更应把较多精力放在理清分析物理问题的思路和方法上. 动量和能量的观点始终贯穿从力学到原子物理的整个高中物理学,动量和能量的观点是继牛顿定律解 决力学问题的另一条方法,它往往可以忽略力作用的中间过程,只需关注始,末状态,用全局的观点和整 体的观点使得解题的思路更加简捷.

(二)提醒
临考前对动量和能量专题的巩固和加深并形成稳定的思维模式和解题思路,应注意下面几个问题. 1.再现物理基本概念的表述,基本公式及其变形式的适用条件,基本物理量的单位,基本规律和这些规 律应用的典型模型等. 力学:⑴功 W 及其正负的涵义 ⑵功率 P ⑶平均功率和瞬时功率 ⑷动能 EK 及其变化量ΔEK ⑸势能 EP 及其变化量ΔEP ⑹碰撞(弹性,非弹性,完全非弹性)⑺冲量 I ⑻动量 P ⑼动量的变化量ΔP ⑽动量的

P ⑾系统 ⑿内力, 外力及合外力 ⒀动能定理与动量定理 ⒁机械能守恒定律与动量守恒定律 ⒂功 t 能关系和能的转化和守恒定律; 电磁学:⑴电势能 ⑵电势差 ⑶电势 ⑷等势面 ⑸电功和电功率 ⑹交变电流的最大值和有效值. 2.本专题必须具备的思想方法: (1)物理规律的选择方法: 对单个物体,主要有四条思路: a.若是匀变速问题,常选用牛顿定律结合运动学规律或动能定理,动量定理解题. b.若是在变力作用下通过一段位移外力对 物体做功,常选用动能定理解题. c.若是在变力作用下有一段时间,特别是打击,碰撞等瞬时问题,常选用动量定理解题. d.光滑轨道或抛体运动中的能量问题一般选用机械能守恒定律. 对多个物体组成的系统,主要有四条思路: a.若系统内无滑动摩擦和介质阴力,常选用机械能守恒定律. b.若系统受到的合外力为零,常选用动量守恒定律. c.若涉及系统内物体的相对位移(路程)并涉及摩擦力的要优先考虑应用能量守恒定律(或二级公式 Q=fs 相 ) . d.对于动量与机械能双守恒问题,常常对整个系统建立方程组求解.同时注意题目中的"最高点""最大 , 速度""最大加速度""最大位移" "拉伸最长" "压缩最短"等临界条件的判定. , , (2)处理问题的技巧方法: a.建立物理情景:分析运动过程,善于用"想象法"展示题目叙述的过程,做到历历在目. b.小过程的划分:题目往往是多物体多过程,不同子过程有不同的规律,要学会分段列方程法,最后综合 分析求解. c.在用动量守恒定律和机械能守恒定律列式时,一定要注意是否满足守恒的条件.同时要注 意动量守恒定律是矢量式,能量守恒定律是标量式. d.提醒:应用机械能守恒和能量守恒形式求解时要特别注意不能涉及功的问题,应用动能定理和功能关系 时注意功和能的对应关系.
变化率
1

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(三)辨析
1. 对于功,功率和动能定理 ⑴功的计算方法: ① W=Fscosα ② W= Pt (p=

w =Fv) t

③动能定理 W 合=W1+ W2+…+Wn=ΔEK=E 末-E 初 (W 可以是不同的性质力做功) ④图象法,在 F-S 图象中,图线所围的面积表示力 F 所做的功,如图所示. ⑤微元法计算变力做功. ⑵正确理解功率,功率是表示做功快慢的物理量.应用时注意: ①公式 P=W/t 是定义式,求平均功率. ②公式 P=Fvcosθ是计算式,v 是平均速度,则 P 表示平均功率;若 v 是瞬时速度,则 P 表示瞬时功率,该式常用于计算瞬时功率 . 不是合外力做的功的功率. ③发动机的功率 P 是指牵引力 F 做功的功率 , 应用时还要注意区别发动机的输出功率和额定功率,当输出功率等于额定功率且物体在匀速运动时,牵引 .... .... 力 F 和阻力 Ff 相等,此时物体达到最大速度 Vm=P/F=P/Ff,即达到的最大速度. ⑶动能定理:外力对物体所做的总功等于物体动能的变化. 公式: W 合= W 合=W1+ W2+…+Wn= Ek = Ek2 —Ek1 = 1 mV2 2 1 mV1 2 2 2 应用时要注意: ①外力对物体做正功,物体的动能就增加;外力对物体做负功,物体的动能就减少.作用在物体上的 所有外力(包括重力)所做功的代数和数值上等于物体动能的变化量. ②动能定理不必追究全过程中的运动性质和状态变化的细节,特别是变力情况下,只要把各个力在各 个阶段所做的功都按照代数和加起来,就可以得到总功,应用起来十分方便,简捷. ③应用动能定理时,其研究对象是单体或能视为物体系的整体. ④做功的过程实际是能量的转化过程,动能定理中的"="号的意思是一种因果关系,做功是因,动 能变化是果,并不意味着"功就是动能的增量" ,也不意味着"功转变成了动能" . 2. 机械能守恒定律:机械能=动能+重力势能+弹性势能(条件:系统只有内部的重力或弹力做功). (1)守恒条件:① (做功角度)只有重力,弹力做功;② (能转化角度)只发生动能与势能之间的相互转 化; 当研究对象由多个物体组成时, ③ 往往根据是否 "有没有摩擦力和介质阻力" 来判定机械能是否守恒. (2)理解: "只有重力做功"不等于"只受重力作用" .在该过程中,物体可以受其它力的作用,只要 这些力不做功,或所做功的代数和为零,就可以认为是"只有重力做功" . (3)列式形式:①E1=E2(先要确定零势面) ; ②EP 减(或增)=EK 增(或减) ; ③ EA 减(或增)=EB 增(或减); ④ mgh1 +

1 1 2 2 mV1 = mgh2 + mV2 2 2

或者

Ep 减 = Ek 增.

(4) 除重力和弹簧弹力做功外,其它力做功引起机械能改变; 滑动摩擦力和空气阻力做功 W=fd(路程)

=E 内能(发热).
(5)机械能守恒是对系统而言的,至少包括地球在内,动能中的速度 V 也是相对地面的速度,W 中的 位移也是对地位移. 3.对于能的转化和守恒: (1)功是能量转化的量度(易忽视)主要形式有: (是惯穿整个高中物理的主线) 力学: ①重力的功------量度-----重力势能的变化 ②电场力的功-----量度------电势能的变化 ③分子力的功----量度-----分子势能的变化 ④合外力的功----量度-----动能的变化 ⑤除重力和弹簧弹力做功外,其它力的功----量度-----系统机械能的变化 ⑥滑动摩擦力和空气阻力做功-----量度-----系统内能的变化 { W=fd(路程)=E 内能(发热)}. 说明: 与势能相关的力做功特点:如重力,弹簧弹力,分子力,电场力它们做功与路径无关,只与始末位置有 关. 热学: E = Q + W (热力学第一定律)

2

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电学: W AB = qU AB = F电 d E = qEd E

W = QU = UIt = I 2 Rt = P t = UIt = E其它 电源
P电源 = EI = UI + I 2 R
磁学: 安培力的功 W = F安 d = BILd =

U 2t R

B 2 L2 vd R

说明:安培力做功是电能转化为其他形式的能,克服安培力做功是其他形式的能转化为电能. (2)做功的过程就是能量转化的过程,做多少功就有多少某种形式的能转化为其它形式的能,功是能量 转化的量度.这就是功能关系的普遍意义.强调:功是过程量,它和一段位移相对应;而能是状态量,它 与时刻相对应.两者的单位是相同的(都是 J),但不能说功就是能,也不能说"功变成了能" . (3)应用能的转化和守恒定律解决问题的两条基本思路: ①某种形式的能量减少,一定存在另一种形式的能量增加,且减少量和增加量相等. ②某个物体的能量减少,一定存在另一个物体的能量增加,且减少量和增加量相等. 4.对于动量,冲量和动量定理 动量的数学表达式为 p=mv,它的方向与速度方向一致.动量和动能都跟物体的质量和速度有关,是从 不同角度描述物体运动状态的物理量.动量是矢量,动能是标量.动量的改变是由物体所受合外力的冲量决 定的,动能的改变是由物体所受合外力做的功决定的. 冲量的数学表达式为 I=Ft,它是矢量,是力对时间的积累,冲量是个过程量. 动量定理的数学表达式为 Ft=ΔP,它是一个矢量关系式.动量定理表示的是力作用一段时间所产生的 累积效果,它表达了一个过程量与两个状态量间的关系.将上式变形为 F=ΔP/t,即作用在物体上的合外力 等于动量的变化率,这就是牛顿第二定律的动量表达形式.事实上,动量定理是牛顿第二定律推导出来的, 只是前者表示的是力的瞬时效应, 后者表示的是力的持续作用效应.在解决某些问题时动量定理因不必考虑 运动过程中的细节,只管初,末状态,应用起来比牛顿第二定律快捷,方便一些. 解题时受力分析和正方 向的规定是关键. 5.对于动量守恒定律 动量守恒定律:内容,守恒条件,不同的表达式及含义: p = p (系统相互作用前的总动量 P 等于相互作 用后的总动量 P′) ;ΔP=0(系统总动量变化为 0) . 如果相互作用的系统由两个物体构成,动量守恒的具体表达式为: P1+P2=P1′+P2′(系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′ ΔP=-ΔP' (两物体动量变化大小相等,方向相反) 实际应用有:m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′; 0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 提醒:原来以动量(P)运动的物体,若其获得大小相等,方向相反的动量(-P),是导致物体静止或反向运 动的临界条件.即:P+(-P)=0. 注意理解四性:系统性,矢量性,同时性,相对性. 矢量性:对一维情况,先选定某一方向为正方向,速度方向与正方向相同的速度取正,反之取负,把矢量运 矢量性 算简化为代数运算. 相对性:所有速度必须是相对同一惯性参考系(即以地面). 相对性 ′ 同时性:表达式中 v1 和 v2 必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度, v1 和 v ′ 必须是相互作用后同一时刻的瞬 同时性 2
'

时速度.

二.解决本专题内容的基本思维方式和步骤
(一)应用动能定理时:
1.选取研究对象. 2.分析运动过程. 3.分析研究对象的受力情况(包括重力)和各个力的做功情况:受哪些力?每个力是否做功?做正功 还是负功?做多少功?然后求各个外力做功的代数和;但要注意求功时,位移必须是相对地面的. 4.明确物体在运动过程始末状态的动能 EK1 和 EK2.

3

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2 2

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5.利用动能定理列方程 W 合=mv2 /2-mv1 /2,要注意方程的左边是功,右边是动能的变化量,以及其它 辅助方程,然后求解.

(二)应用机械能守恒定律时:
1.明确研究对象. 2.分析运动过程:即哪些物体参与了动能和势能的相互转化,选择合适的初,末状态. 3.分析物体的受力及各个力做功情况,看是否满足机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守 恒解题. 4.正确选择守恒定律的表达式列方程:可分过程列式,也可以对全过程列式. 5.统一单位求解结果并说明其物理意义. 注意: 1.注意机械能守恒条件与动量守恒条件的区别. 2.系统内部动能与势能转化守恒多用公式 E k = E P 求解;物体之间机械能的转移守恒多用公式

E A = E B 求解,利用动态方程时,可以不选择零势能参考平面. (三)应用动量定理时:
1.选取研究对象:单体或可以视为单体的物体系. 2.确定所研究的物理过程及其始,末状态. 3.分析研究对象在运动过程中的受力情况. 4.规定正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量. 5.利用动量定理列式求解. 6.统一单位,解方程得出结果,并对结果进行说明.

(四)应用动量守恒定律时:
1.明确守恒对象是由两个甚至多个质点所构成的一个系统,这应视具体的物理过程而定. 2.明确研究的物理过程是否满足动量守恒的条件. 3.注意动量守恒适用于系统内物体相互作用的整个过程,同时确定始,末状态. 4.在一条直线上应用动量守恒时,应首先确定正方向,再确定这一些动量的正负,最后利用动量守恒 列式计算. 5.统一单位,解方程得出结果,并对结果进行说明.

三.高考热点题型解析
【例 1】图中滑块和小球的质量均为 m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块 例 上的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为 l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止. 现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住,在极短的 时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球 达到最高点.求 (1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量; (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小. 情景分析: 情景分析:小球第一次到达最低点的过程中,小球做曲线运动,绳的拉力对滑 块做正功,对小球做负功,滑块向右运动, 小球做曲线运动,滑块,小球和地球组 成的系统机械能守恒;小球从最低向左摆到最高点,小球和地球组成的系统机械能 守恒,滑块被粘住瞬间,滑块,小球和地球组成的系统机械能不守恒. 求解思路分析: (1)要求滑块的冲量就须知滑块碰撞前的初速度和末速度,求初速度根据碰撞前系统 求解思路分析: 机械能守恒和碰撞后系统机械能守恒就可求得碰前滑块和小球的速度 v1,v2,末速度为 0,根据动量定理 即可求得冲量; (2)要求绳的拉力对小球做的功,知道了小球从释放到第一次到达最低点的过程中重力做 的功和小球的初,末动能,由动能定理即可求得. 解析: (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为 v1 , v2 ,则由机械能守恒定律 解析: 得

1 2 1 2 mv1 + mv 2 = mgl 2 2 1 2 mv 2 = mgl (1 cos 60°) 2
联立(1)(2)式得

(1)

小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得 (2)

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v1 = v2 = gl I = m gl
mgl + W = 1 2 mv2 2
1 W = mgl 2

(3)

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为 I,规定动量方向向右为正,有 I = 0 mv1 解得 (4) (2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为 W,由动能定理得 (5)

联立③⑤式得

小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为 解后反思

1 mgl . 2

(1)本题考查了系统的机械能守恒以及对单个物体应用动量定理和动能定理的能力.本题中在

小球向下运动过程中,有些考生认为 mgl=

1 2 mv 2 成立.导致思维进入盲区,实际上该过程小球的机械能是 2

不守恒的,滑块与挡板碰撞瞬间系统有机械能的损失,有的考生认为整个过程系统机械能守恒,导致解题 出错. (2) 通过解这类题应学会:动量定理和动能定理适用对象一般是单个物体,所以在多个物体相互作用的情 况下应用该两定理时,一般要用"隔离法" :分别隔离每一个物体,分析其所受冲量及做功情况,然后应用 动量定理和动能定理列方程求解. 课堂训练 1:如图所示,质量为 M 的滑块 B 在光滑的水平杆上可自由滑动,质量为 m 的小球 A 用一长为 L 的 轻杆与 B 上的 O 点相连接,轻杆处于水平位置,可绕 O 点在竖 直平面内自由转动. (1)固定滑块 B,给小球 A 一竖直向上的初速度,使轻杆绕 O 点转过 90 o ,则小球初速度的最小值是多少? (2)若 M=2m,不固定滑块 B,把轻杆换成轻绳,给小球 A 一竖 直向上的初速度 v o ,则当轻绳绕 O 点恰好转过 90 o ,球 A 运动 至最高点时,滑块 B 的速率多大? vo A L

O B M

【例2】光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上, 例 A,B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A,B均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能EP=49J.在A,B间系一轻质细绳,细绳长 度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂 时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其 2 半径R=0.5m,B恰能到达最高点C.取g=10m/s ,求: (1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; (2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小; (3)绳拉断过程绳对A所做的功W. 情景分析:放手后,弹簧对 B 做功,弹簧弹性势能转化为 B 的动能,B 向右运动,当绳突然被绷紧并拉断的 情景分析: 瞬间,A,B 系统受合外力为零动量守恒,此后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道做竖直平面内的圆 周运动且恰能过最高点,A 也向右运动冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道. 求解思路分析: 求解思路分析:(1)要求绳拉断后瞬间 B 的速度 vB 的大小就要知道 B 在 C 点的速度,求 B 在 C 点的速度根 据牛顿第二定律重力提供向心力即得,B 由拉断绳后一直到最高点 C 的过程由机械能守恒定律即可求得绳拉 断后瞬间 B 的速度 vB 的大小;(2)要求绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小就须知道 B 在拉断绳的前,后的 速度,后的速度已求得,只需求拉断前的速度,由弹簧弹性势能转化为 B 的动能即求得,再对 B 应用动量定 理即可求得冲量;(3)要求绳拉断过程绳对 A 所做的功 W 就需知 A 的动能变化量,需求绳断后 A 的速度, 以 A,B 为系统应用动量守恒定律即可求得. 解析: 解析:(1)设 B 在绳被拉断后瞬间的速度为 vB ,到达 C 点时的速度为 vC ,有

mB g = mB

vc2 R

(1)

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1 1 2 mB vB = mB vc2 + 2mB gR 2 2 代入数据得 v B = 5m / s

(2) (3)

(2)设弹簧恢复到自然长度时 B 的速度为 v1 ,取水平向右为正方向,有

1 mB v12 2 I = mB vB mB v1 EP =

(4) (5)

代入数据得 I=-4NS 其大小为 4NS (3)设绳断后 A 的速度为 v A ,取水平向右为正方向,有

mB v1 = mB vB + mAv A 1 2 w = m Av A 2

(6) (7) 代入数据得 W = 8 J

解后反思 : (1)分析清楚物块 A 与 B 的运动过程并联系已知量和未知量的关系来恰当地选取动力学的 重要规律是解题的关键. (2)本题是一道考查学生应用动量定理,动能定理,动量守恒定律和机械能守恒定律处理物理问题能力的 典型题目,解题的关键有三个:一是抓住过程的关键状态,B 恰能通过最高点.二是正确选出机械能守恒 定律得以成立的系统和动量守恒的系统.三是求绳对 B 的冲量和绳对 A 做的功时用"隔离法"分别隔离每 一个物体,分析其所受冲量及做功情况,然后应用动量定理和动能定理列方程求解. 课堂训练 2 可视为质点的小球 A,B 静止在光滑水平轨道上, A 的左边固定有轻质弹簧,B 与弹簧左端接 触但不拴接, A 的右边有一垂直于水平轨道的固定挡板 P.左边 有一小球 C 沿轨道以某一未知的速度 v 0 射向 B 球,如题图所示, Q C 与 B 发生碰撞并立即结成一整体 D, 在它们继续向右运动的过程 中, D 和 A 的速度刚好相等时, 当 小球 A 恰好与挡板 P 发生碰撞, 碰后 A 立即静止并与挡板 P 粘连.之后 D 被弹簧向左弹出,D 冲 上左侧与水平轨道相切的竖直半圆光滑轨道,其半径为 R=0.6m, D 到达最高点 Q 时,D 与轨道间弹力 F=2N.已知三小球的质量分 别为 m A = 0.2kg , m B = mc = 0.1kg .取 g = 10m / s ,求:
2

R

O

C

v0

P B A

⑴D 到达最高点 Q 时的速度 vQ 的大小; ⑵C 球的初速度 v 0 的大小.

【例 3】如图所示,某货场将质量为 m1=100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货 例 物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物从轨道顶端无初速滑下,轨道半径 R=1.8 m.地面上紧靠轨道依次排放两个完全相同的木板 A,B,长度均为 l=2m,质量均为 m2=100 kg,木 板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为 1,木板与地面间的动摩擦因数 2=0.2. (最大 静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取 g=10 m/s2) 求: (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力. (2)若货物滑上木板 A 时,木板不动,而滑上木板 B 时,木 板 B 开始滑动,求 1 应满足的条件. (3)若 1=0.5,求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间. 情景分析: 情景分析:货物从圆轨道顶端下滑到底端的过程中机械能守恒,在 A 上作匀减速运动,在 B 上作匀减 速运动时 B 与地面发生滑动. 求解思路分析: (1)货物从圆轨道顶端下滑到底端的过程中机械能守恒,求出底端速度,根据牛顿第 求解思路分析:
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二定律求出货物所受的支持力,再根据牛顿第三定律即可得压力; (2)若滑上木板 A 时,木板不动,货物 对 A,B 的摩擦力小于或等于 A,B 受地面的最大静摩擦力,当货物在 B 上滑动时,木板 B 开始滑动,则 货物对 B 的摩擦力大于 B 受地面的最大静摩擦力; (3)货物在木板 A 上滑动时,木板不动,根据牛顿第 二定律和运动学公式或动能定理,动量定理即可求得. 解析: 解析 (1)设货物滑到圆轨道末端的速度为 v0 ,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得,

mgR =

1 2 m1v0 ① 2
2 v0 ② R

设货物在轨道末端所受支持力的大小为 FN ,根据牛顿第二定律得, FN m1 g = m1 联立以上两式代入数据得 FN = 3000 N ③

根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000N,方向竖直向下. (2)若滑上木板 A 时,木板不动,由受力分析得 1m1 g ≤ 2 ( m1 + 2m2 ) g ④ 若滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,由受力分析得 1m1 g > 2 ( m1 + m2 ) g ⑤ 联立④⑤式代入数据得 0.4 < 1 ≤ 0.6 ⑥. (3) 1 = 0.5 ,由⑥式可知,货物在木板 A 上滑动时,木板不动.设货物在木板 A 上做减速运动时 的加速度大小为 a1 ,由牛顿第二定律得 1m1 g ≤ m1a1 ⑦ 设货物滑到木板 A 末端是的速度为 v1 ,由运动学公式得 v1 v0 = 2a1l ⑧
2 2

联立①⑦⑧式代入数据得 v1 = 4m / s ⑨ 设在木板 A 上运动的时间为 t,由运动学公式得 v1 = v0 a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得 t = 0.4 s . 解后反思 :本题考查机械能守恒定律,牛顿第二定律,运动学方程,受力分析.本题中考生在计算 货物对 A 的压力时误认为受力平衡, 导至压力计算出错, 也有考生只计算出了支持力就结束, 也导致失分. 有的考生对货物在 A 上和在 B 上运动的临界不清楚导致思维进入盲区,无法解答(2) (3)小问. 课堂训练 3:如图所示,在光滑水平面上静止有质量均为 M 的滑槽 A 和木板 B,木板 B 上表面粗糙,滑槽

1 圆弧轨道,其圆弧轨道 O 点切线水平且与木板 B 上表面相平,A,B 靠在一起.一可视为 4 M 质点的物块 C,质量为 m,且 m = ,从木板 B 的右端以初速度 v0 滑上木板.已知物块 C 与木板 B 的动 2 v 摩擦因数为 ,第一次刚至 O 点时速度为 0 ,随后滑上滑槽 2
A 上有光滑的 A,A,B 分离.求: (1)物块 C 第一次刚至 O 点时木板 B 的速度 v; (2)木板的长度 L; (3)物块 C 第二次返回到 O 点时滑槽 A 的速度大小.

【例 4】如图所示,在光滑的水平面上有一辆长平板车,它的中央放一个质量为 m 的小物块,物块跟车表 例 面的动摩擦因数为 ,平板车的质量 M=2m,车与物块一起向右以初速度 v0 匀速运动,车跟右侧的墙壁相 碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短,碰撞时没有机械能损失,重力加速度为 g. (1)平板车的长度至少是多大时,小物块才不会从车上掉落下来? (2)若在车的左侧还有一面墙壁,左右墙壁相距足够远,使得车跟墙壁相碰前,车与小物块总是相对静止 的,车在左右墙壁间来回碰撞,碰撞 n 次后,物块跟车一起运动的速度大小 是多少? (3)小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少? 情景分析: (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反,车向左做 情景分析: 减速,物块先向右减速再向左做加,直到二者共速. (2)由第(1)问可知平板车和物块一起以共同的速度向左运动,跟左侧墙壁碰撞,同样讨论,依次类推
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可知碰撞 n 次后,物块跟车一起运动的速度大小是多少. (3)经过足够多次的碰撞后,由于不断有摩擦力做功,后一次碰撞的速度总比前一次小,最后平板车和物 块的动能都克服摩擦力做功转化成内能. 求解思路分析: (1)要求平板车的长度至少是多大时,就是物块恰好在平板车最右端达到共速,只需知道 求解思路分析: 车与墙壁碰后的瞬时两者的速度,由动量守恒和二级结论即可求得; (2)要求碰撞 n 次后, 物块跟车一起运动的速度大小, 通过数学归纳法,分求出第一次共速,第二次共速, 第三次共速┉,最后找出规律得出结论; (3)要求小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少,就是小物块以后相对小车不在滑动,即就是车不 在与墙壁碰撞,两者速度都为零,机械能全部转化成内能,由能量守恒即可求得. 解析: 解析:(1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反,车与物块有相对运动,车与物块之间的滑 动摩擦力 f = mg 设物块与车共同速度为 v1 ,对车与物块组成的系统,根据动量守恒定律有

( M m)v0 = ( M + m)v1
设平板车的长至少为 L,根据能量守恒则有

1 1 1 2 2 ( M + m)v0 ( M + m)v1 = fL 2 2 2 2 8v 解得 L = 0 3g (2)由第(1)问可解得 v1 = v0 / 3
即平板车和物块一起以速度 v1 向左运动,跟左侧墙壁碰撞,同样讨论可得:

1 1 v2 = v1 = ( ) 2 v0 .依次类推可知,经过 n 次碰撞后,一起运动的速度大小是 3 3 1 vn = ( ) n v0 3
(3)经过足够多次的碰撞后,由于不断有摩擦力做功,最终物块和平板车的速度都变为 0,则在这个过 程中,平板车和物块的动能都克服摩擦力做功转化成内能, 因此有 mgs = ( M + m)v0 / 2
2
2

则物块相对于车滑动的总路程是: s =

3v0 . 2 g

解后反思 (1)动量守恒仅涉及初,末两个状态,与中间过程无关,因此利用它解决综合问题特别简便, 快捷; (2)要注意分析物理情景,以及物理语言(像本题中的"至少" ,其他题目还可能出现的"最小" "最 远" "恰好" 所蕴含的临界状态, 等) 此类题目应用极限分析法是确定临界状态和临界条件行之有效的方法; (3) 滑板碰撞模型是动量守恒定律与能量守恒定律和谐统一中最为典型的模型, 也常以压轴题的形式出现, 应引起广大考生的注意; (4)此题考查了数学归纳法在物理学中的应用,近几年高考对学生应用数学知识 处理物理问题的能力的考查有加强的趋势,加强考生的数学能力培养也是必要的. 课堂训练 4:如图所示,在光滑水平面上有一质量为 M,长为 L 的长木板,另一小物块质量为 m,它与长木 板间的动摩擦因数为μ,开始时,木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处,以共同的速度 v0 向右运 动,当长木板与右边固定竖直挡板碰撞后,速度反向,大小不变,且左右挡板之间距离足够长. (1) 试求物块不从长木板上落下的条件. (2)若上述条件满足,且 M=2kg,m=1kg,v0=10m/s.试计算整个系统在第五次碰撞前损失 的所有机械能. 【例 5】如图所示在工厂的流水线上安装的足够长的水平传送带.用水平传送带传送工件,可大大提高工 例 作效率, 水平传送带以恒定的速度 v=2m/s 运送质量为 m=0.5kg 的工件. 工件都是以 v0=1m/s 的初速度从 A 位置滑上传送带,工件与传送带之间的动摩擦因数 = 0.2 ,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时, 后一个工件立即滑上传送带.取 g=10m/s2,求: (1)工件经多长时间停止相对滑动 v0 v (2)在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离

A
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(3)摩擦力对每个工件做的功 (4)每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能 情景分析: 情景分析:工件滑到传送带 A 点后,先做匀加速直线运动,当工件的速度与传送带相同时,摩擦力突 变为零,小货箱匀速运动,以后每个小货箱运动情景相同. 求解思路分析: (1)以工件为研究对象,对工件进行受力分析,求出工件的加速度,根据匀变速运动 求解思路分析: 的公式即可求得; (2)求出工件的对地位移和工件在皮带上打滑的位移之和就是正常运行状态下传送带上 相邻工件间的距离; (3) 摩擦力对每个工件做的功等于摩擦力与工件的对地位移的乘积; (4) 求传送一个 工件产生的热量只需求工件和传送带的相对位移,由二级公式即可求得. 解析: 解析 (1) 工件加速度a = g = 2m / s
2

t=

v + v0 3 (2) 工件对地位移s1 = t= m 2 4

v v0 = 0 .5 s a

v0 A

v

工件在皮带上打滑距离s = vt s1 =
(3) w f = mgs1 = 0.75 J

1 m ,则两物相距 d = s1 + s = 1m (也可直接用 d = vt = 1m ) 4

(4) Q = fs = 0.25 J 解后反思 (1)多个运动情景相同的物体在一起,看起来很复杂无从下手,但隔离一个物体进行研究, 其它物体的运动情形一样,这样把多体变成单体进行研究,使问题变得简单; (2)关于传送带的问题关键 是要找到摩擦力突变点,就是物体与传送带速度相等时,摩擦力发生突变的点; (3)一对滑动摩擦力产生 的热量应与二者的相对位移有关即 Q=fs 相对, (4)工件增加的机械能和系统产生的热量是从电动机哪儿得 来的. 课堂训练 5:在车站检查三危物品时,安装有水平传送带,用水平传送带传送旅客携带的物品,如图所示, 水平传送带以恒定速率 v=1m/s 运行, 假设每位旅客携带物品 的质量都为 m=5kg,物品都是静止从 A 位置滑上传送带,物 v 品与传送带之间的动摩擦因素为 = 0.5 ,每当前一个物品 在传送带上停止相对滑动时,后一个物品立即放上传送带, 2 .求: (取 g=10m/s ) A (1)物品滑上传送带后经多长时间停止相对滑动; (2)在正常运行状态下传送带上相邻物品间的距离; (3)传送带摩擦力对每个物品做的功; (4)每个物品与传送带之间因摩擦而产生的热量; (5)传送每个物品电动机提供多少能量. 【例 6】如图所示,物体 A,B 的质量分别是 4kg 和 8kg,用轻弹簧相连放在光滑的水平面上,物体 B 左侧 例 与竖直墙壁接触,另有一物体 C 从 t=0 时刻起水平向左运动,在 t=5s 时与物体 A 相碰,并立即与 A 有相同 的速度一起向左运动,物体 C 的速度——时间图像如图 乙所示. (1)求物块 C 的质量; C (2)弹簧压缩过程中具有的最大弹性势能; (3)在 5s 到 10s 的时间内墙壁对物体 B 的作用力做的 甲 功; -1 (4)在 5s 到 15s 的时间内墙壁对物体 B 的作用力的冲 v/ms 量的大小和方向; (5)在上述过程中产生的内能是多少? 6 情景分析: 情景分析:由图可知物体 C 先向左做匀速运动,在时间 4 为 5s 与 A 发生完全非弹性碰撞, 过后一起压缩弹簧直到 2 10s 停止,弹簧被压缩最短,此过程 A,C 做加速度增大 0 的减速运动,压缩过程机械能守恒,动量不守恒;接着 5 10 15 t/s A,C 在弹簧的弹力作用下向右做加速度减小的加速运 -2 动,直到 15s 弹簧恢复原长,C 脱离 A. 乙 求解思路分析: 求解思路分析: (1)要求 C 的质量,只需知道 A 的质量,
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C 的初速度和 A,C 碰后的速度,这些量都已知; (2)A,C 共同具有的动能全部转化为弹性势能, (3)在 5s 到 10s 虽然墙对 B 有力的作用(此力为变力) ,但无位移,有力无位移,劳而无功; (4)在 5s 到 15s 墙 对 B 有力的作用(此力为变力) ,因此不能用 I=Ft 来计算冲量,就只能用动量定理,就需知道 A,B,C 系 统的动量变化,从图上都已知,对系统用动量定理; (5)在上述过程产生的内能等于系统机械能的减少量, 由能量守恒即可求得. 解析: 解析:(1)由图象可知,物体 C 以速度 υ 0 = 6m / s 与 A 相碰,立即有相同的速度 υ = 2m / s ,A 与 C 相互 作用的时间很短,水平方向动量守恒, 有 mCυ 0 = (mC + m A )υ ,解得物块 C 的质量 mC =

m Aυ = 2kg υ0 υ

(2)物块 C 和 A 一起运动压缩弹簧,它们的动能完全转化成弹性势能时,弹性势能最大

Ep =

1 ( m A + mC )υ 2 = 12 J 2

(3)5s 到 10s 的时间内,B 处于静止,墙壁对 B 的作用力 F 做功为零. (4)5s 到 15s 的时间内,B 处于静止,墙壁对 B 的作用力 F 等于轻弹簧的弹力,轻弹簧的弹力使物体 A 和 C 的速度由 2m / s 减到零,再反弹到 2m / s . 则弹力的冲量大小等于力 F 的冲量,为 I = ( m A + mC )υ [( m A + mC )υ ] = 24 N s 方向向右. (5)由能量守恒可得 Q =

1 1 2 mc v 0 (m A + mc )v 2 = 24 J 2 2

解后反思 (1) 本题是一道考查学生根据图像获取信息来处理物理问题能力的典型题目.解题的关键有三 个:一是抓住图像可以获得哪些信息和已知量;二是正确分析物体运动的物理过程;三是正确分析系统初, 末状态的机械能或弄清过程中动能,势能变化的数量关系; (2)从能量的转化和守恒的角度分析物理现象和问题是首选的方法; (3)在上述 A,B,C 的作用过程中系统的动量是不守恒的,部分考生认为是守恒的从而解题出错; (4) 弹簧类问题要注意把相互作用的总过程划分为多个依次进行的子过程, 分析确定哪些子过程机械能是 守恒的(如此题的压缩过程) ,哪些子过程动量是守恒的(如此题的碰撞过程) ,哪些子过程机械能是不守 恒的,哪些子过程动量是不守恒的,还有一个常见的物理条件就是当弹簧最长或最短(或弹性势能最大) 时,弹簧两端的物体速度相等. 质量 mB=1kg 的平板小车 B 在光滑水平面上以 v1=1m/s 的速度向左匀速运动. 当 课堂训练 6 如图甲所示, t=0 时, 质量 mA=2kg 的小铁块 A 以 v2=2 m/s 的速度水平向右滑上小车, 与小车间的动摩擦因数为 μ=0.2,A A 2 的底部涂有颜色的物质.若 A 最终没有滑出小车,取水平向右为正方向,g=10m/s ,求: (1)A 在小车上停止运动时,小车的速度大小; v2 (2)上述过程系统产生的热量是多少? A (3)A 在小车上留下痕迹的长度; B v1 (4)在图乙所示的坐标纸中画出 1.5 s 内小车 B 运动的速度一 时间图象; 甲 v/(m/s)
1.5 1.0 0.5 0 -0.5 -1.0 -1.5 乙 0.5 1.0 1.5 t/s

四.能力训练
1.一物体获得一定初速度后,沿一粗糙斜面上滑.在上滑过程中,物体和斜面组成的系统( A.机械能守恒 B.内能减少 C.机械能和内能增加 D.机械能减少 )

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2.一带电小球在空中由 A 点运动到 B 点的过程中,受重力和电场力作用,若重力做功-3J,电场力做功 1J, 则小球的( ) A.重力势能增加 3J B.电势能增加 1J C.动能减少 3J D.机械能减少 2J 3. 运动员投篮过程中对篮球做功为 W,出手高度为 h1,篮筐距地面高度为 h2, 球的质量为 m,空气阻力不计,则篮球进筐时的动能为 ( ) ( ) A.W+mgh1-mgh2 B.W+mgh2-mgh1 C.mgh2+mgh1-W D.mgh2-mgh1-W 4. 如图所示,一轻弹簧竖直放置,下端固定在水平面上,上端处于 a 位置,一重 球(可视为质点)无初速放在弹簧上端静止时,弹簧上端被压缩到 b 位置.现让 重球从高于 a 位置的 c 位置沿弹簧中轴线自由下落,弹簧被重球压缩至 d,以下 关于重球下落运动过程中的正确说法是(不计空气阻力) ) ( A.整个下落 a 至 d 过程中,重球均做减速运动 B.重球落至 b 处获得最大加速度 C.在 a 至 d 过程中,重球克服弹簧弹力做的功等于重球由 c 至 d 的重力势能的减小量 D.重球在 b 处具有的动能等于重球由 c 至 b 处减小的重力势能 5. 一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0 时其速度为 1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平 面作用 F,力 F 和滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图 a 和图 b 所示.设在第 1 秒内,第 2 秒内,第 3 秒内力 F 对滑块做的功分别为 W1,W2,W3, 则以下关系正确功是( A. W1 = W2 = W3 B. W1 < W2 < W3 C. W1 < W3 < W2 D. W1 = W2 < W3 a b 6. 如图所示,重球 A 放在光滑的斜面体 B 上,A,B 质量相等,在力 F 的作用下,B 在光滑水平面上向左缓 慢移动了一段距离,使 A 球相对于最低点 C 升高 h,若突然撤去外力 F,则下列叙述不正确的是( ) A.A 球以后上升的最大高度为 h/2 B.A 球获得的最大速度为 gh C.在 B 离开 A 之前,A,B 组成的系统动量守恒 D.A,B 相互作用的冲量大小相等 7.如图甲所示, 光滑水平面上的两个物体 A, 在运动中彼此间发生了相互作 B 用,图乙为 A,B 相互作用前后的速度一时间图象,下列说法正确的 是( ) A.A,B 的质量之比为 l:2 B.A,B 的质量之比为 2:l C.A,B 作用前后的总动能减小 D.A,B 作用前后的总动能不变 8.图示为某探究活动小组设计的节能运动系统.斜面轨道倾角为 30°,质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 )

3 .木箱在轨道端 6

时,自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨 道无初速滑下,与轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸 下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确 的是( ) A.m=M
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B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度等于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 9. 如图所示,质量 m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上,车长 L=1.5 m,现有质量 m2=0.2 kg 可视为质 点的物块,以水平向右的速度 v0=2 m/s 从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与 车面间的动摩擦因数 =0.5,取 g=10 m/s2,求 (1)物块在车面上滑行的时间 t; (2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度 v′0 v0 m2 不超过多少. m1

10.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A,B,它们的质量分别为 mA,mB, 弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板.系统处一静止状态,一不可伸长的轻绳跨过轻滑轮,一端与 A 连接 (绳与斜面平行),开始 A,B 处于静止,不计一切摩擦和 A,B 间的万有引力,重力加速度为 g. (1)若在另一端挂一质量为 M 的物块 D 并由静止释放,当 D 下落到最低点时,可使物块 B 对挡板 C 的压力 恰好零,但不会离开 C,求物块 D 下降的最大距离; (2)若 D 的质量改为 2M,则当 B 刚离开挡板 C 时,A 的速度多大?

D

11. 如下图所示是固定在水平地面上的横截面为"

"形的光滑长直导轨槽,槽口向上(图为俯视图) .槽

内放置一个木质滑块,滑块的左半部是半径为 R 的半圆柱形光滑凹槽,木质滑块的宽度为 2R,比" "形 槽的宽度略小.现有半径 r(r<<R)的金属小球以水平初速度 V0 冲向滑块,从滑块的一侧半圆形槽口边缘进 入.已知金属小球的质量为 m,木质滑块的质量为 3m,整个运动过程中无机械能损失.求: (1)当金属小球滑离木质滑块时,金属小球和木质滑块的速度各是多大; (2)当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端 A 点时,金属小球的对地速度.

12.过山车是游乐场中常见的设施.下图是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个 圆形轨道组成,B,C,D 分别是三个圆形轨道的最低点,B,C 间距与 C,D 间距相等,半径 R1=2.0m, R2=1.4m.一个质量为 m=1.0kg 的小球(视为质点) ,从轨道的左侧 A 点以 v0=12.0m/s 的初速度沿轨道向右
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运动,A,B 间距 L1=6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数 =0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足 够长,圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取 g=10m/s2,计算结果保留小数点后一位数字.试求 (1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小; (2)如果小球恰能通过第二圆形轨道,B,C 间距 L 应是多少; (3)在满足(2)的条件下,如果要使小球不能脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径 R3 应满 足的条件;小球最终停留点与起点 A 的距离. 第一圈轨道 第二圈轨道 第三圈轨道 A v 0 L1 R1 B L C L R2 R3 D

专题二参考答案(动量和能量)

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课堂训练部分参考答案 课堂训练 1 解析: (1)只要小球转过 90 时速度为零,对应初速度为最小,设此初速
0

度为 υ 由机械能守恒定律得

1 mυ 2 = mgl 2

υ = 2 gl
(2)当球 A 运动到最高点时速度为 υ1 ,此时滑块 B 的速度为 υ 2 ,A, 水平方向动量守恒, B 有

mυ1 Mυ 2 = 0
由机械能守恒定律得

1 1 1 2 2 mυ 0 = mυ12 + Mυ 2 + mgL 2 2 2
解得 υ 2 = 课堂训习 2

υ 02 2 gL
6
解析:⑴D 在 Q 点时据牛顿第二定律有:

F + mD g = mD

vQ 2 R

解得: vQ = ( F + mD g ) R = (2 + 2) × 0.6 = 2 3(m s) mD 0.2 ⑵C 碰 B,据动量守恒有: mC v0 = ( mC + mB )vD 解得: vD =

mC v0 0.1v0 v = = 0 mC + mB 0.1 + 0.1 2

D 向右压缩弹簧的过程中,据系统动量守恒: mD vD = ( mD + mA )v A

v mD vD = 0 mD + mA 4 1 1 2 2 据机械能守恒: EP = mD vD ( mD + m A )v A 2 2 2 v 解得: EP = 0 80
解得: v A = A 碰 P 静止后,D 被弹簧向左弹出直到 Q 的过程中,据机械能守恒有:

1 1 mD vA 2 + EP = mD g 2 R + mD vQ 2 2 2
代入数据解得: v0 = 8 3(m s) 课堂训练 3 解析: 物块 C 第一次刚至 O 点时, A,B 共同速度为 v AB . A,B,C (1) 设 由 三者构成系统动量守恒,

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得 mv0 = mvB + 2 Mv AB

v0 v M ,m = 则 v AB = 0 2 8 2 (2)物块 C 运动到 O 点过程中,根据能量守恒得: 1 2 1 2 1 mv0 mvB × 2 Mv 2 AB = mgL 2 2 2
又 vB = 则L =
2 11v0 32 g

(3)物块 C 第二次至 O 点时,设物块 C 与滑槽 A 的速度分别为 v1 ,v2 ,滑槽 A 与物块 C 构成的系统动量守恒,机械能守恒,得

v0 v + M 0 = mv1 + Mv2 2 8 v 1 v0 2 1 1 1 2 m( ) + M ( 0 ) 2 = mv12 + Mv2 2 8 2 2 2 2 3 3 v2 = v0 所以滑槽的速度为 v2 = v0 解之得 v1 = 0 8 8 m
课堂训练 4 解析:(1)设第一次碰撞后速度为 v1,第 n 次碰撞后速度为 vn,每次碰撞后, 由于两挡板距离足够长,物块与长木板都能达到相对静止,第一次若不能掉下,往后每次滑 动距离越来越短,更不可能掉下.由动量守恒定律和能量守恒定律知 (M-m)v0=(M+m)v1 ① μmg L=

1 1 2 (m+M) v 0 (M+m) v12 2 2



2 2Mv0 由①②解得 L = (M + m )g

当木板长大于 L 即可, 即 L≥
2 2 Mv0 (M + m )g

(2)第二次碰撞前,有(M-m)v0=(M+m)v1 第三次碰撞前,(M-m)v1=(M+m)v2 第 n 次碰撞前 (M-m)vn-2 =(M+m)vn-1

M m vn-1 = M +m

n1

v0

M m 第五次碰撞前 v 4 = v0 M +m
4

故第五次碰撞前损失的总机械能为 E =

1 (M + m)v02 1 (M + m)v 42 2 2

代入数据 E = 148.1 J 课堂训练 5 解析: (1)物品的速度增加到 v 时与传送带停止相对滑动.由牛顿第二定律
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有: mg=ma,得

a = 5m / s 2 ,由运动学公式有:v=at,得 t=0.2s.
(2)因所有物品匀加速的时间相同,加速阶段位移相同,多运动的时间内物品做匀速运动 的位移即两物品的距离,s=vt=0.2m (3)摩擦力对物品做功改变物品的动能, 由动能 定理得: W =

1 2 mv = 2.5 J 2 1 vt = 0.1m 2

v

(4) 如图所示, 皮带的位移减去物品的位移就 是相对位移: s物 = A

s物 s带

s相对

s带 = vt = 0.2m s相对 = s带 s物 = 0.1m

Q = fs 相对 = 2.5 J
(5)传送一个物品电机需要提供的能量为物品增加的动能和与皮带的摩擦产生的热量之 和: E = Q +

1 2 mv = 5 J 2

课堂训练 6:解析: (1)A 在小车上停止运动时,A,B 以共同速度运动,设其速度为 v, 取水平向右为正方向,由动量守恒定律得: mAv2-mBv1=(mA+mB)v 解得,v=lm/s (2)由能量守恒有: 解得:Q=3J (3)由二级结论有

1 1 1 2 2 m A v 2 + m B v B = ( m A + m B )v 2 + Q 2 2 2 fs 相 = Q 得 s相 = 0.75m
v/(m/s) 1.5 1.0 0.5 t/s

(4)设小车做匀变速运动的加速度为 a,时间为 t 由牛顿运动定律得: a =

m A g
mB

0
-0.5 -1.0 -1.5

0.5

1.0

1.5

v + v1 所以 t = a
解得:t=0.5s 故小车的速度时间图象如图所示. 能力训练部分参考答案 1.D 解析:由于接触面粗糙,有机械能转化为内能.

2.A 解析:根据 WG = E p ,可知 A 正确;根据 WE = E P 可知 B 错;W合 = E K 可知 C 错;根据 W除重力外 = E 机 可知 D 错.

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3.A 解析:篮球的机械能守恒,由机械能守恒定律即得 A 正确. 4.C 解析:重球从 a 至 d 过程中,重球先做加速度减小的加速再加速度增大的减速运 动 ,A 错;重球落至 b 处速度最大,加速度为零,B 错;重球在 b 处具有的动能和弹性势 能等于重球由 c 至 b 处减小的重力势能,D 错. 5.B 解析:本题考查 v-t 图象,功的概念.力 F 做功等于每段恒力 F 与该段滑块运动 的位移(v-t 图象中图象与坐标轴围成的面积) ,第 1 秒内,位移为一个小三角形面积 S, 第 2 秒内,位移也为一个小三角形面积 S,第 3 秒内,位移为两个小三角形面积 2S,故

W1=1×S,W2=3×S,W3=2×2S,W1<W2<W3 .
6.C 解析:突然撤去外力,A,B 构成的系统机械能守恒,在最低点 A,B 球速度相等 且 A 球速度最大,由机械能守恒 mgh=

1 2mv 2 得 v = gh ,所以 B 错;再由机械能守恒 2

得 A 球上升的最大高度为 h/2,A 错;在 A 离开 B 之前 A,B 系统受重力,绳的拉力和地面的 支持力的合力不为零,故系统的动量不守恒;C 选项正确;A,B 间的作用力为相互作用力, 作用时间相等,故 D 项错误. 7.D 解析:由 v-t 图象可知 A,B 的初速度和发生作用后的末速度,由动量守恒定律: mAvA0+mBvB0=mAvA1+mBvB1 得 mA:mB=3:2,故 A 错,B 错;由

1 1 55 2 2 m A v A0 + m B v B 0 = mA 和 2 2 3

1 1 55 2 2 m A v A1 + m B v B1 = m A 可知 C 错,D 正确. 2 2 3
8. B 解析:受力分析可知,下滑时加速度为 g g cos θ ,上滑时加速度为

g + g cos θ ,即 C 不正确.设下滑的距离为 l,根据能量守恒

(m + M ) gl cos θ + Mgl cos θ = mgl sin θ ,得 m=2M.也可以根据除了重力,弹性力
做功以外,还有其他力(非重力,弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量,B 正确. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中, 减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能, 所以 D 不正确. 9. 解析: (1)设物块与小车的共同速度为 v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有

m2 v0 = (m1 + m2 )v
设物块与车面间的滑动摩擦力为 F,对物块应用动量定理有



- Ft = m2 v m2 v0
其中

② ③

F = m2 g
t= m1v0 (m1 + m2 )g

解得

代入数据得 t = 0.24 s ④ (2)要使物块恰好不从小车右端滑出,须物块到车面右端时与小车有共同的速度 v′,则

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′ m2 v0 = (m1 + m )2 v′
由功能关系有



1 1 ′ m2 v02 = (m1 + m2 )v′ 2 + m2 gL 2 2
代入数据解得



′ v0 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车的速度 v0′不能超过 5m/s. 10.解析:开始时弹簧的压缩量为 x1 ,由平衡条件: kx1 = m A g sin θ

x1 =

m A g sin θ k

设当 B 刚离开挡板时弹簧的伸长量为 x 2 , 以 B 为研究对象,由平衡条件可得:

kx 2 = m B g sin θ
x2 = m B g sin θ k (m A + m B ) g sin θ k

故 D 下降的最大距离为: h = x1 + x 2 =

(2)由能量守恒定律可知:D 物体下落 h 过程中,D 的重力势能的减少量等于 A 的重力势 能的增加量和弹性势能的增量以及系统动能的增量之和,两种情况下弹簧弹性势能的增量 相同. 当 D 的质量为 M: Mgh = m A gh sin θ + E弹 当 D 的质量为 2M 时,设 B 刚离开挡板时 A 的速度为 v

1 2Mgh = m A gh sinθ + E弹 + (2M + m A )v 2 由以上二式可解得 B 刚离开 C 时 A 的速度为: 2

v=

2 Mg (m A + m B ) g sin θ k (2M + m A )

11.解析: (1)设滑离时小球与滑块的速度分别为 v1和v 2 ,由动量守恒 mv 0 = mv1 + 3mv 2 又

1 2 1 2 1 2 mv0 = mv1 + 3mv 2 2 2 2
v0 2 v2 =

得 v1 =

1 v0 2

α

V

(2)小球过 A 点时沿轨道方向两者有共同速度 v,沿切向方向
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速度为 v

/

mv0 = (m + 3m)v
2 1 2 1 1 mv0 = 4mv 2 + mv / 2 2 2

得v =

1 v0 4

v/ =

3 v0 2

v合 = v 2 + v / 2 = tan α = 2 3

13 4

12.解析: (1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 v1 根据动能定理

- mgL1 2mgR1 =

1 2 1 2 mv1 mv0 2 2
2 v1 R1



小球在最高点受到重力 mg 和轨道对它的作用力 F,根据牛顿第二定律

F + mg = m

② ③

F = 10.0N 由①②得 (2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为 v2,由题意 mg = m
2 v2 R2



mg (L1 + L ) 2 mgR 2 =

1 1 2 2 mv 2 mv 0 2 2

⑤ 由④⑤得 L = 12.5 m ⑥ (3)要保证小球不脱离轨道,可分两种情况进行讨论: I.轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为 v3,应满足

mg = m

2 v3 R3



mg (L1 + 2 L ) 2mgR3 =
由⑥⑦⑧得

1 2 1 2 mv3 mv0 2 2



R3 = 0.4m

II.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为 R3,根据动能定理

1 2 mg (L1 + 2 L ) 2mgR3 = 0 mv0 2
解得

R3 = 1.0 m

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为了保证圆轨道不重叠,R3 最大值应满足

(R2 + R3 )2 = L2 + (R3 -R 2 )2
解得 R3=27.9m 综合 I,II,要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

0 < R3 ≤ 0.4 m


1.0 m ≤ R3 ≤ 27.9 m

当 0 < R3 ≤ 0.4 m 时,小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L′,则

1 2 - mgL′ = 0 mv0 2 L′ = 36.0 m
当 1.0 m ≤ R3 ≤ 27.9 m 时,小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L″,则

L′′ = L′ 2(L′ L1 2 L ) = 26.0 m

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