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2013届高三物理第二轮复习讲义动量和能量


龙川一中物理第二轮复习讲义

2013 届高三物理第二轮复习讲义 ——动量和能量
编辑人: Y W H 编辑时间:2013 年月 2 日 在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试 题。要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。试 题常常是综合题,动量与能量的综合,或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁 学、 原子物理等知识的综合。 试题的情景常常是物理过程较复杂的, 或者是作用时间很短的, 如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。

一、动量与能量知识框架:
力 对 时 间 的 积 力 的 积 累 和 效 应 累 效 应 动量 p=mv 功:W=FScosα 瞬时功率:P=Fvcosα 平均功率: P ? W ? F v cos ? t 动能 动能定理 牛顿第二定律 冲量 I=Ft 动量定理 动量守恒定律

Ft=mv2-mv1

系统所受合力为 零或不受外力

m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’

F=ma

力 对 位 移 的 积 累 效 应

WA ?

1 2 1 2 mv 2 ? mv1 2 2

机械能

Ek ?
势能

1 mv 2 2

机械能守恒定律

Ek1+EP1=Ek2+EP2
或Δ

重力势能:Ep=mgh 弹性势能

Ek =Δ EP

考试大纲要求:
主 题 内 容 要 求 Ⅰ 只限于一维 恒 考点 2:弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅱ 说 明

碰撞和动量动量守

考点 1:动量、动量守恒定律及其应用

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考点 1:能量守恒定律 考点 2:功和功率 考点 3:动能和动能定理 能量 考点 4:重力做功与重力势能 考点 5:功能关系、机械能守恒定律及其 应用

Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅱ Ⅱ

二、功能关系 能量是状态量, 不同的状态有不同的数值的能量,能量的变化是通过做功或 热传递两种方式来实现的, 力学中功是能量转化的量度,热学中功和热量是内能 变化的量度。 (1) W 合=△Ek:包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物 体做的总功,等于物体动能的变化。(动能定理) (2) WF=△E: 除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。 (机 械能定理) 注:①物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于 机械能 ② WF=0 时,机械能守恒,通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。 ③ WG=-△EP 重力做正功,重力势能减小;重力做负功,重力势能增加。 重力势能变化只与重力做功有关,与其他做功情况无关。 ④ W 电=-△EP:电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加。 在只有重力、电场力做功的系统内,系统的动能、重力势能、电势能间发生相互 转化,但总和保持不变。 注:在电磁感应现象中,克服安培力做功等于整个回路中产生的电能,电能 再通过电路转化为其他形式的能。 ⑤ 一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功, 用来量度该过程系统由于摩 擦而减小的机械能,也就是系统增加的内能。Q =f ?d(d 相对为相互摩擦的物体 间的相对位移;若相对运动有往复性,则 d 为相对运动的路程) 。 三、力学规律的选用原则 1、如果在某个物理过程中物体做匀变速运动,则可用运动学知识去求解(运动 学的核心内容为:受力分析、牛顿第二定律、运动学各公式) 。 2、研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉 及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)去解决。 3、若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律 (动量守恒定律与能量守恒定律) 去解决问题, 但须注意研究的问题是否满足守 恒条件。 4、在涉及相对位移问题(尤其是滑块模型中)时,则优先考虑能量守恒定律, 即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量, 也即转变为系统内能 的量。
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5、在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,须注意到一般这些过程 均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化,这种问题由于作用时间都极 短,故动量守恒定律一般能派上大用场。 四、经典模型归纳 (一)滑块(子弹打木块)模型 此模型核心内容是动量守恒与能量守恒两大守恒定律还有与动能定理的结 合。且经常会用到摩擦产生热量为:Q=μm g L (L 为系统相对位移或路程)的公式。
例题1、如图所示,水平光滑地面停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一 圆弧轨道 AB 是光滑的,在最低点 B 与水平轨道 BC 相切,BC 的长度是圆弧半径的 10 倍, 整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从 A 点的正上方某处无初速度下落,恰 好落入小车圆弧轨道滑动, 然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 恰好没有滑出。 已知物块到达 圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力是物块的重力的 9 倍,小车的质量是物块的 3 倍,不考 虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失,求: (1)物块开始下落的位置距离水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的多少倍? (2)物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 μ 为多少? 解:(1)设物块的质量为 m,其开始下落的位置距离 BC 的 竖直高度为 h,到达 B 点时的速度为 v,小车圆弧轨道半 径为 R,有机械能守恒定律有: mgh ?

A

1 2 mv 2


B C

根据牛顿第二定律: 9m g ? m g ? m

v R

2



解得:h=4R ③即物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍 (2)设物块滑行到 C 点时与小车的共同速度为 v’,物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中 小车对地面的位移大小为 s,依题意,小车的质量为 3m,BC 长度为 10R, 则 由动量守恒定律: 对物块用动能定理:

mv ? (m ? 3m)v?
? ?mg (10 R ? s ) ?
1 2



1 1 mv ? 2 ? mv 2 2 2



对小车用动能定理:

?mgs ? (3m)v ? 2 ? 0



解得:μ=0.3

以上⑥⑦也可直接用能量守恒定律:μmg10R= ?

1 2 1 1 mv ? mv ? 2 ? 3mv ? 2 2 2 2

总结:在滑块模型中用动能定理时要注意:
变式训练 1:1、质量为 M=3.0kg 的平板小车静止在光滑水平面上,如图 16 所示。当 t=0 时, 两个质量都是 m=1.0kg 的小物体 A 和 B, 分别从左端和右端以水平速度 v1=4.0m/s 和 v2=2.0m/s

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冲上小车,当它们在车上停止滑动时,没有相碰。A、B 与车面的动摩擦因数都是μ =0.20, 2 g 取 10m/s 。 (1)求 A、B 在车上停止滑动时车的速度。(0.4m/s) (2)车的长度至少是多少?(4.8m) (3)在图 17 所给出的坐标系中画出 0 到 4.0s 内小车运动的速度—时间图象。

变式训练 1、2: A、B 两金属板如图竖直固定在绝缘底座上,与底座的总质量为 m.将其 静放在光滑水平面上. 已知两金属板间的电压为 U, 极板间距为 d. A 板底端上有一小孔, 在 质量也为 m、带正电、电荷量为 q 的小滑块以 v0 的速度从小孔水平滑入极板间,小滑块最 远可滑到距 A 板为 x 的 P 点. 已知小滑块与底座间的动摩擦因数为μ , 极板外侧的电场强度 为 0.不计电场的边缘效应以及小滑块电荷对电场的影响.求: (1)x 的值; (2)小滑块在极板间运动的全过程中,因与底座间的摩擦而产生的内能. B P A v0

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Ⅱ、有外力 F 作用的滑块模型: 例题 2、如图所示,光滑水平地面上停着一辆平板车,其质量为 2m,长为 L,车右端(A 点) 有一块静止的质量为 m 的小金属块.金属块与车间有摩擦,与中点 C 为界,AC 段与 CB 段 摩擦因数不同.现给车施加一个向右的水平恒力,使车向右运动,同时金属块在车上开始 滑动,当金属块滑到中点 C 时,即撤去这个力.已知撤去力的瞬间,金属块的速度为 v0, 车的速度为 2v0,最后金属块恰停在车的左端(B 点)如果金属块与车的 AC 段间的动摩擦 因数为 μ1,与 CB 段间的动摩擦因数为 μ2,求(1) 、求水平恒力 F 大小; 、求 μ1 与 μ2 (2) 的比值. C A B 解: (1)设水平恒力 F 作用时间为 t1. F 对 金 属 块 使 用 动 量 定 理 Ff t1=mv0-0 即 v μ 1mgt1=mv0, 得 t1= 0 L ?1 g 对小车有(F-Ff)t1=2m×2v0-0,得:F=5μ 1mg (2) 、金属块由 A→C 过程中做匀加速运动,加速度:a1= 小车加速度: a2 ?

Ff m

=

?1 m g
m

? ?1 g

F ? Ff 2m

?

5?1mg ? ?1mg ? 2?1 g 2m

金属块与小车位移之差: s ?
2 而 s ? L ,所以, ?1 ? v0 2 gL

v 1 2 1 2 1 a2t1 ? a1t1 ? (2?1 g ? ?1 g )( 0 )2 2 2 2 ?1 g

从小金属块滑至车中点 C 开始到车的左端的过程中,设共同速度为 v, 由动量守恒: 2m×2v0+mv0= (2m+m)v,得 v=

5 v0 3

由能量守恒有: ? mg
2 得: ? ? 2v0 2

3gL

L 1 2 1 1 5 ? mv0 ? ? 2m ? (2v0 ) 2 ? ? 3m ? ( v0 ) 2 , 2 2 2 2 3 ?1 3 所以有: ? ?2 2

此题型的解题思路:
变式训练 2: 如图所示, 高度相同质量均为 m ? 0.1kg 的带电绝缘滑板 A 及绝缘滑板 B 置于

4 m 。质量为 M ? 0.3kg ,大小可忽 3 略的物块 C 放置于 B 的左端。C 与 A 之间的动摩擦因数为 ?1 ? 0.1 ,A 与水平面之间的动摩 擦因数为 ? 2 ? 0.2 ,B 的上、下表面光滑,最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。开始
水平面上,A 的带电量 ? q ? 0.01C ,它们的间距 S ? 时三个物体处于静止状态。现在空间加一水平向右电场强度为 E ? 80 N / C 的匀强电场,假 定 A、B 碰撞时间极短且无电荷转移,碰后共速但不粘连。求: (1)A 与 B 相碰前的速度为多大; (2)要使 C 刚好不脱离滑板,滑板的长度应为多少;

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(3)在满足(2)的条件下,求最终 AB 的距离。
C A S B E

Ⅲ、在滑块模型中要进行讨论与判断的题型 例题 3、(07 广东)如图 14 所示,两个完全相同的质量为 m 的木板 A、B 置于水平地面上,它 们的间距 s=2.88m.质量为 2m、 大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端.C 与 A 之间的动摩擦因 数为 ?1 =0.22,A、B 与水平地面之间的动摩擦因数为 ? 2 =0.10,最大静摩擦力可认为等于 滑动摩擦力.开始时,三个物体处于静止状态,现给 C 施加一个水平向右,大小为

2 mg 的 5

恒力 F,假定木板 A、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起.要使 C 最终不脱离木板,每块木 板的长度至少应为多少?
C F A s B

解:设 A、C 之间的滑动摩擦力的大小为 f1 ,A 与水平地面间的滑动摩擦力的大小为 f 2

因为 :F ?

2 mg ? f1 ? ?1 2mg 5 1 2 (2m ? m)v1 2

(1) 且 F ?

2 mg ? f 2 ? ? 2 (2m ? m) g 5
(3)

(2)

所以一开始 A 和 C 保持相对静止,在 F 的作用下向右加速运动,有

(F ? f 2 ) ? s ?

A、B 两木板碰撞的瞬间,由动量守恒定律得:

mv1 ? (m ? m)v2

(4)

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中, 设木板向前移动的距离为 S1, 选三 个物体构成整体作为研究对象,外力之和为零,则由动量守恒得:

2mv1 ? (m ? m)v2 ? (2m ? m ? m)v3

(5)

设 A、B 系统与水平地面之间的滑动摩擦力的大小为 f 3 ,对 A、B 系统,由动能定理,

f 1 ? S1 ? f 3 ? S1 ?

1 1 2 2 2mv 3 ? 2mv 2 2 2
(7)
6

(6)

f 3 ? ? 2 (2m ? m ? m) g

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对 C,由动能定理,

F ? (2l ? S1 ) ? f1 (2l ? S1 ) ?

1 1 2 2mv 3 ? 2mv12 2 2

(8) (9)

由以上各式,再代入数据得: l ? 0.3(m)

心得体会:

变式训练 3、1: (18 分)如图所示,地面和半圆轨道面均光滑。质量 M = 1kg 、长 L = 4m 的小车放在地面上,其右端与墙壁的距离为 S=3m,小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线 相平。现有一质量 m = 2kg 的滑块(不计大小)以 v0 = 6m/s 的初速度滑上小车左端,带动小 车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数 μ = 0.2 ,g 取 10m/s2 。 (1)求小车与墙壁碰撞时的速度; (2)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道,求半圆轨道的半径 R 的取值。

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变式训练 3、2. (11广东高考题)如图 19 所示,以 A、B 和 C、D 为端点的两半圆形光滑 轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑的地面上,左端紧靠 B 点,上表面所在平面与两 半圆分别相切于 B、C,一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点,运动到 A 时刚好与 传送带速度相同,然后经 A 沿半圆轨道滑下,再经 B 滑上滑板。滑板运动到 C 时被牢固粘 连。物块可视为质点,质量为 m,滑板质量为 M=2m,两半圆半径均为 R,板长 l=6.5R,板右 端到 C 的距离 L 在 R<L<5R 范围内取值,E 距 A 为 S=5R,物块与传送带、物块与滑板间的动摩 擦因数均为μ =0.5,重力加速度取 g。 (1)求物块滑到 B 点的速度大小; (2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中,克服摩擦力做的功 W f 与 L 的关系, 并判断物块能否滑到 CD 轨道的中点.

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(二)碰撞(弹性或非弹性)模型
题型1:弹性碰撞:此题型会用到两个核心内容动量守恒定律和机械能守恒定律 已知 A、B 两个弹性小球,质量分别为 m 、 2 ,B 物体静止在光滑的平面上,A 以初 m 1 速度 v 0 与 B 物体发生正碰,求碰后 A 物体速度为 v 1 和 B 物体速度 v 2 的大小和方向。 解析:因发生的是弹性碰撞,取 v 0 方向为正方向 由动量守恒

m 1 ?2 ? v v2 ? 1? 0m v 1 1m
由机械能守恒

1 2 1 2 1 2 m?m?m v v v 10 11 22 2 2 2
由<1>、<2>两式得:

?? 2

v1 ?

( m1 ? m 2 ) 2 m1 v 0 ,v 2 ? v 0 (此公式能记下最好) m1 ? m 2 m1 ? m 2

模型特征: (1)在碰撞过程中动量守恒、机械能守恒; (2)当 m ?m时, v?, v 物体静止,B 物体以 A 的初速度运动,速度 ,A 1 0 v?0 2 1 2 发生互换; 当 m?m,则 v1 ? 0,即物体 A、B 同方向运动,因 1 2

( 1? 2) m m 21 m ? 所以速 m? 2 m? 2 m m 1 1

度 大 小 v ?v , 即 两 小 球 不 会 发 生 第 二 次 碰 撞 。 其 中 当 mm v v ? 2 ,2 ?, 1?时 1 1 2

v ?2 0,即当质量很大的物体 A 碰撞质量很小的物体 B,物体 A 的速度几乎不变,物体 B v 2
以 2 倍于物体 A 的速度和物体 A 同向运动。 当 m?m时 , 则 v1 ? 0, 即 物 体 A 、 B 反 方 向 运动 , 其 中, 当 m1 ?? m2 时 , 1 2

v?0 v?,即物体 A 以原速度的大小弹回,物体 B 静止不动。 , 0 1 v 2
例题 4:07 广东) ( 如图所示,在同一竖直平面上,质量为 2m 的小球 A 静止在光滑斜面的底部, 斜面高度为 H=2L.小球受到弹簧的弹性力作用后,沿斜面向上运动.离开斜面后,达到最高点 时与静止悬挂在此处的小球 B 发生弹性碰撞,碰撞后球 B 刚好能摆到与悬点 O 同一高度,球 A 沿水平方向抛射落在水平面 C 上的 P 点, O 点的投影 O′与 P 的距离为 L/2.已知球 B 质量为 m,悬绳长 L,视两球为质点,重力加速度为 g,不计空气阻力.求: (1)球 B 在两球碰撞后一瞬间的速度大小.
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(2)球 A 在两球碰撞前一瞬间的速度大小. (3)弹簧的弹力对球 A 所做的功.

解: (1)设碰撞后的一瞬间,球 B 的速度为 vB′,由于球 B 恰能摆到与悬点 O 同一高度,根 据动能定理? -mgL=0-

1 2 mvB′ 2



得:vB′= 2 gL



(2)球 A 达到最高点时,只有水平方向速度,与球 B 发生弹性碰撞,设碰撞前的一瞬间,球 A 水平速度为 vA,碰撞后的一瞬间,球 A 速度为 vA′.球 A、 系统碰撞过程由动量守恒和机械 B 能守恒得? 2mvA=2mvA′+mvB′ ③? ④?由②③④解得 vA′=

1 2 1 2 1 2 ×2mvA = ×2mvA′ + ×mvB′ 2 2 2

1 4

2 gL



及球 A 在碰撞前的一瞬间的速度大小 :vA=

3 4

2gl



(3)碰后球 A 做平抛运动.设从抛出到落地时间为 t,平抛高度为 y,则

L =vA′t 2



y=

1 2 gt 2



由⑤⑦⑧解得 y=L ? 以球 A 为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为 W,从静止位置运动到最高点? W-2mg(y+2L)=

1 2 ×2mvA 2

⑨由⑥⑦⑧⑨得 W=

57 mgL 8

变式训练 4: (18 分)如图所示,半径为 r = 0.4m 的

1 圆形光滑轨道 AB 固定于竖直平面内, 4

轨道与粗糙的水平地面相切于 B 点, CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细 管,DE 段被弯成以 O 为圆心、 半径 R = 0.2m 的一小段圆弧, 管的 A 端弯成与地面平滑相接, O 点位于地面,OE 连线竖直.可视为质点的物块 b,从 A 点由静止开始沿轨道下滑,经地 面进入细管 (b 横截面略小于管中空部分的横截面) b 滑到 E 点时受到细管下壁的支持力大 , 1 小等于所受重力的 .已知物块 b 的质量 m = 0.4kg,g 取 10m/s2. 2 (1)求物块 b 滑过 E 点时的速度大小 vE. (2)求物块 b 滑过地面 BC 过程中克服摩擦力做的功 Wf. (3)若将物块 b 静止放在 B 点,让另一可视为质点的物块 a,从 A 点由静止开始沿轨道下 滑,滑到 B 点时与 b 发生弹性正碰,已知 a 的质量 M≥m,求物块 b 滑过 E 点后在地面的首 次落点到 O 点的距离范围.

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题型 2:非弹性碰撞、完全非弹性碰撞(此题一般只用动量守恒定律) 例题 5: (18 分)如图 18 所示的凹形场地,两端是半径为 L 的 1/4 圆弧面,中间是长为 4L 的粗糙水平面。质量为 3m 的滑块乙开始停在水平面的中点 O 处,质量为 m 的滑块甲从光滑 圆弧面顶端 A 处无初速度滑下,进入水平面内并与乙发生碰撞,碰后以碰前一半的速度反 弹。已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为 μ 1、μ 2,且 μ 1=2μ 2,甲、乙的体积大小忽 略不计。求: (1)甲与乙碰撞前的速度。 (2)碰后瞬间乙的速度。 (3)甲、乙在 O 处发生碰撞后,刚好不再发生碰撞,则甲、乙停在距 B 点多远处。

解:(1)设甲到达 O 处与乙碰撞前的速度为 v 甲,由动能定理:

m甲 gL ? ?1 m甲 g ? 2 L ?

1 2 m甲v甲 2

得: v甲 ?

2gL(1 ? 2?1 )

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲′、v 乙′,由动量守恒:

? ? m甲v甲 ?m甲 v甲 ? m乙v乙
得:

? 又 v甲 ? ?
1 v甲 2

1 v甲 (易错点:矢量性) 2

? v乙 ?

(3)由于μ 1=2μ 2,所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足:a 甲=2a 乙 设 甲 在 水 平 地面上通过的路程为 s1、乙在水平地面上通过的路程为 s2,则有:

?2 v甲 ? 2a甲s1

?2 v乙 ? 2a乙 s2

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即:

s1 1 ? s2 2



由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞,所以甲、乙在同一地点停下.有以下两种情况: 第一种情况:甲返回时未到达 B 时就已经停下,此时有:s1<2L 而乙停在甲所在位置时,乙通过的路程为:s2=2L+2L+s1=4L+s1 因为 s1 与 s2 不能满足①,因而这种情况不能发生. ??1 分 ??1 分 ??1 分

第二种情况:甲、乙分别通过 B、C 冲上圆弧面后,返回水平面后相向运动停在同一地 点,所以有:s1+s2=8L ①②两式得: s1 ? ② ??1 分 ??1 分

8L 16 L 或 s2 ? 3 3
?L ? s1 ? 2 L ? 2 L 3

即小车停在距 B 为:

??1 分

变式训练 5、如图所示,EF 为水平地面,O 点左侧是粗糙的,右侧是光滑的,一轻质弹簧右 端固定在墙壁上,左端与静止在 O 点、质量为 m 的小物块 A 连接,弹簧处于原长状态.质 量为 2m 的物块 B 在大小为 F 的水平恒力作用下由 C 处从静止开始向右运动,已知物块 B 与地面 EO 段间的滑动摩擦力大小为

F ,物块 B 运动到 O 点与物块 A 相碰并一起向右运动 5

(设碰撞时间极短) ,运动到 D 点时撤去外力 F.物块 B 和物块 A 可视为质点.已知 CD=5L, OD=L.求: (1)撤去外力后弹簧的最大弹性势能? (2)物块 B 从 O 点开始向左运动直到静止所用的时间是多少? 【答案】 (1)

10 22 Lm 11 (2) FL ; 3 F 3

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(三)反 冲 模 型 例题 6、如图所示,光滑水平面上有一质量 M=4.0kg 的平板车,车的上表面右侧是一段长 L=1.0m 的水平轨道,水平轨道左侧连一半径 R=0.25m 的 1/4 光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水 平轨道在 O/点相切.车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧,一质量 m =1.0kg 的小物块紧靠弹簧,小物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5.整个装置处于静止 状态,现将弹簧解除锁定,小物块被弹出,恰能到达圆弧轨道的最高点 A,g 取 10m/s2.求: (1)解除锁定前弹簧的弹性势能; (2)小物块第二次经过 O/点时的速度大小; (3)最终小物块与车相对静止时距 O/点的距离. 【答案】 (1) EP ? 7.5J ; (2)2.0m/s; (3)0.5m

变式训练6、如图所示 ,粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接,斜 面倾角 θ = 37°,A、C、D滑块的质量为 mA= mC= mD= m = 1 kg,B滑块的质量 mB = 4 m = 4 kg(各滑块均视为质点)。A、B间夹着质量可忽略的火药。K为处于原长的轻质弹簧,两端 分别连接住B和C。现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度) , 此后,发现A与D相碰后粘在一起,接着沿斜面前进了L = 0.8 m 时速度减为零,此后设法让 它们不再滑下。已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为 μ = 0.5,取 g = 10 m/s ,sin37° = 0.6,cos37°= 0.8。求: (1)火药炸完瞬间A的速度vA; (2)滑块 B、C 和弹簧 K 构成的系统在 相互作用过程中,弹簧的最大弹性势能 D
2

A 火药

Ep。(弹簧始终未超出弹性限度)。

L

θ

D

A

B

K

C

(四)与电磁感应结合的模型 例题 7、 (18 分)如图所示,有一个连通的,上、下两层均与水平面平行的“U”型的光滑金 属平行导轨,在导轨面上各放一根完全相同的质量为 m 的匀质金属杆 A 和 A2 ,开始时两根 1 金属杆与轨道垂直,在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的 匀强磁场,杆 A 在磁场中,杆 A2 在磁场之外。设两导轨面相距为 H,平行导轨宽为 L ,导 1 轨足够长且电阻不计,金属杆单位长度的电阻为 r 。现在有同样的金属杆 A3 从左侧半圆形 轨道的中点从静止开始下滑, 在下面与金属杆 A2 发生碰撞,设碰撞后两杆立刻粘在一起并向

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右运动。求: (1)回路内感应电流的最大值; (2)在整个运动过程中,感应电流最多产生的热量; (3)当杆 A2 、 A3 与杆 A 的速度之比为 3∶1 时, A 受到的安培力大小。 1 1 解:⑴设 A3 杆下滑与 A2 杆碰前速度大小为 v0 ,依据动能定理

1 2 H mv0 ? 0 ? mg 解得 v0 ? gH 2 2

2分

设 A3 A2 碰后速度大小为 v1 ,依据动量守恒

mv0 ? 2mv1 解得 v1 ?

1 gH 2

2分

感应电动势的最大值 E ? BLv1 ?

BL gH 2

2分

闭合回路的总电阻 R ? rL ?

rL 3rL ? 2 2

1 分 电流的最大值 I m ?

E B gH ? R 3r

2分

⑵设 A1 A2 A3 杆的共同速度大小为 v 2 ,依据动量守恒

mv0 ? 3mv2

解得 v2 ?

v0 1 ? gH 3 3

产生热量

Q?

1 1 1 2 2mv12 ? 3mv2 ? mgH 2 2 12

⑶设 A 杆速度大小为 v ,则 A2 A3 杆的速度大小为 3v 1 依 据 动 量 守 恒 有 mv0 ? mv ? 2m3v 解得 v?

v0 1 ? gH 7 7

此时感应电动势

E ' ? BL3v ? BLv ? 2 BLv ?

2 BL gH 7

A1 杆受到的安培力 F安 ? BI' L ?

4 B 2 L gH 21r

能量和动量专题答案
变式训练 1、2:(18 分)解: (8 分) . (1) 因底座与水平面无摩擦,系统动量守恒。当小滑块滑到 P 点时,与底座共速,设此 速度为 v。则 由动量守恒定律得

mv0 ? (m ? m)v
qEx ? ? mgx ?


(2 分)

系统克服电场力及摩擦力做功

1 2 1 mv0 ? (m ? m)v 2 (3 分) 2 2
(1 分)

E?

U d
2 md0 v 4 ( U? ? m g d q )

解得

x?

(2 分)

2) (10 分)①当 qE ? ? mg 时,小滑块滑到 P 点后,不再相对底座滑动。
14

(2 分)

龙川一中物理第二轮复习讲义

与底座间的摩擦而产生的内能

Q ? ? m g x(2 分)解得

Q?

2 ? m2 gv0 d (1 分) 4(qU ? ? mgd )

②当 qE ? ? mg 时,小滑块滑到 P 点后,将相对底座反向向右滑动,最终从 A 极板滑出电 场。 (2 分)

2 ? m2 gv0 d 系统克服摩擦力做功产生的热量 Q ? ? m g (2 分)解得 Q ? 2 x 2(qU ? ? mgd )

变式训练 2:.(1)A 与 B 相撞之前由动能定理: (qE ? ? 2 mg ) S ? 得 v0 ?

1 2 mv 0 2 分 2
2分

2(qE ? ? 2 m g) S m

2分

代入数据得: v0 ? 4m / s

(2).A 与 B 相碰后速度为 v1 由动量守恒定律: mv0 ? (m ? m)v1

v1 ?

v0 ? 2m / s 2

2分

C 在 A 上滑行时,A、B 分离,B 做匀速运动 A 与地面的摩擦力 f 2 ? ?(m ? M ) g ? 0.8N 2 A 受到的电场力 F ? qE ? 0.8 N 故 A、C 系统动量守恒定律, 1分

当 C 刚好滑到 A 左端时共速 v 2 由动量守恒定律: mv1 ? (m ? M )v2 得 v2 ?

m v1 ? 0.5m / s m?M

1分

设 A 长度为 L 则由能量守恒定律有: ?1 MgL ?

1 2 1 2 mv1 ? ( M ? m)v 2 2 2

2分

1 1 2 m v12 ? ( M ? m)v 2 2 2 得L ? ?1 Mg

代入数据得 L ? 0.5m

1分

(3).对 C 由牛顿第二定律可知: ?1 Mg ? Ma

得a ?

?1 Mg
M

? 1m / s 2

1分

加速时间为 t ?

v 2 0.5 ? ? 0.5s a 1

1 分 0.5s 内 A 的位移 S A ?

v1 ? v 2 t ? 0.625m 2

1分

0.5s 内 B 的位移 S B ? v1t ? 1m 所以两者以后距离关系式为

x ? S B ? S A ? (v1 ? v 2 )t ? 0.375? 1.5t

1

变式训练 3、1:解: (1)滑块与小车的共同速度为 v1 ,滑块与小车相对运动过程中动量守 恒,有 mv0 = (m + M)v1 ?(2 分) 代入数据解得 v1 = 4m/s ??????(1 分)
15

龙川一中物理第二轮复习讲义

设滑块与小车的相对位移为 L1 ,由系统能量守恒定律,有
1 1 μmgL1 = mv02 ? (m ? M )v12 ??(2 分) 解得 L1 = 3m ???????(1 分) 2 2 设与滑块相对静止时小车的位移为 S1 ,根据动能定理,有
1 μmgS1 = Mv12 ? 0 ??????????????????????(2 分) 2 代入数据解得 S1 = 2m ???????????????????(1 分) 因 L1<L ,S1<S ,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度,且共速时小 车与墙壁还未发生碰撞,故小车与碰壁碰撞时的速度即 v1 = 4m/s?(1 分) (2)滑块将在小车上继续向右做初速度为 v1 = 4m/s ,位移为 L2 = L-L1 = 1m 的匀减 速运动,然后滑上圆轨道的最低点 P 。 若滑块恰能滑过圆的最高点,设滑至最高点的速度为 v ,临界条件为

mg = m

v2 ?????(1 分) R

1 1 根据动能定理,有-μmgL2- mg ? 2R ? mv 2 ? mv12 ???(2 分) 2 2 ①②联立并代入数据解得 R = 0.24m ????(1 分)
1 若滑块恰好滑至 圆弧到达 T 点时就停止,则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。 4

1 根据动能定理,有-μmgL2- mg ? R ? 0 ? mv12 ???(2 分) 2 代入数据解得 R = 0.6m ??????????????????(1 分) 综上所述,滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道,半圆轨道的半径必须满足 R≤0.24m 或 R≥0.6m ??????(1 分) 变式训练 3、2:解析: (1)滑块从静止开始做匀加速直线运动到 A 过程,滑动摩擦力做正

? 功, 滑块从 A 到 B, 重力做正功, 根据动能定理, mgS ? mg 2 R ?

1 2 mvB , 解得: B ? 3 gR v 2

(2)滑块从 B 滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动,当滑块与滑 板达共同速度时,二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为 v,根据动量守恒

m v ? ( m 2 m ,解得: v ? ? ) v B

vB 3

对滑块,用动能定理列方程: ? ? mgs1 ? 对滑板,用动能定理列方程: ? mgs2 ?

1 2 1 2 mv ? mvB ,解得:s1=8R 2 2

1 ? 2mv 2 ? 0 ,解得:s2=2R 2

由此可知滑块在滑板上滑过 s1-s2=6R 时,小于 6.5R,并没有滑下去,二者就具有共同速度 了。当 2R≤L<5R 时,滑块的运动是匀减速运动 8R,匀速运动 L-2R,匀减速运动 0.5R, 滑 上 C 点 , 根 据 动 能 定 理 : ? ? mg (8 R ? 0.5 R) ?

1 2 1 2 mvC ? mvB , 解 得 : 2 2

1 2 1 17 mvC ? mgR ? mgR , W f ? ? mg (8R ? 0.5R) ? mgR ,滑块不能滑到 CD 轨道的中 2 2 4
16

龙川一中物理第二轮复习讲义

点。 当 R<L<2R 时,滑块的运动是匀减速运动 6.5R+L,滑上 C 点。根据动能定理:

? ? mg (6.5 R ? L) ?


1 2 1 2 mvC ? mvB 2 2

解得: W f ? ? mg (6.5R ? L) ?

1 mg (13R ? 2 L) 4

1 2 1 mvC ? mg (2.5R ? L) ? mgR 时,可以滑到 CD 轨道的中点,此时要求 L<0.5R,这与 2 2

题目矛盾,所以滑块不可能滑到 CD 轨道的中点。 变式训练 4: (1)物块在 E 点时重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得
mg ? N ? m
2 vE R

(2 分) 解得 v E ?

gR 10 ? 0.2 ? m/s ? 1m/s (2 分) 2 2

(2)物块 b 从 A 点到 E 点的过程中,由动能定理得

1 2 (2 分) 解得 W f ? 0.6J (2 分) mvE 2 (3)物块 a 从 A 滑到 B 的过程机械能守恒,设物块 a 滑到 B 点时速度为 v,则有 mg(r ? R) ? W f ? 1 2 (1 分) mv ? mgr 解得 v ? 2 2m/s 2 设碰撞后物块 a、b 的速度分别为 va、vb,碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得 Mv ? Mva ? mvb (1 分) 1 1 1 2 2 (1 分) Mv2 ? Mva ? mvb 2 2 2 2M 2v v? 联立解得 vb ? (1 分) m M ?m 1? M
因为 M≥m,由上式可知,碰撞后 v≤vb<2v,即 2 2 m/s≤vb< 4 2 m/s(1 分) 物块 b 从 B 点到 E 点的过程中,由动能定理得

1 1 2 (1 分) mvE '2 ? mvb 2 2 物块 b 离开 E 点后做平抛运动,设时间为 t,首次落点到 O 点的距离为 x,则有 ? mgR ? W f ? 1 2 (1 分) gt 2 由以上三式联立解得 0.2m≤x<1m (2 分) .变式训练 6 解: (1)AD 系统沿斜面滑上,A 和 D 碰完时的速度 v1 由动能定理,有:
x ? v E '?t

(1 分)

R?

1 ? (m A ? m D ) g sin ? ? L ? ? (m A ? m D ) g cos ? ? L ? 0 ? (m A ? m D )v12 2
得: v1 ?

2g(sin? ? ? cos? )L

代入数据得 v1 ? 4 m/s

炸药爆炸完毕时,A 的速度 vA,由动量守恒定律有:

m A vA ? (m A ? mD )v1

得:

vA = 8 m/s

(2)炸药爆炸过程,对 A 和 B 系统,由动量守恒定律,设 B 获得的速度为 vB,有:

17

龙川一中物理第二轮复习讲义

? m A vA ? mB vB ? 0

得: vB = 2 m/s

B 与 C 相互作用,当两者共速为 v ? 时,弹簧弹性势能最大,由 B、C 系统动量守恒,有:

mB vB ? (mB ?mC )v?
最大弹性势能为: E P ?

解得: v ? ?

mB v B ? 1.6 m/s mB ? mC
代入数据得:EP = 1.6 J

1 1 2 m B v B ? ( m B ? mC ) v ? 2 2 2

动量和能量专题训练(1)
1. 一质量 M=2kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上, 的右端与竖直挡板的距离为 s=0.5m. B 一个质量为 m=1kg 的小物体 A 以初速度 v0=6m/s 从 B 的左端水平滑上 B,当 B 与竖直挡板 每次碰撞时, 都没有到达 B 的右端. A 设定物体 A 可视为质点,、 间的动摩擦因数 μ =0.2, A B B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失,g 取 10m/s2.求: (1)B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间,A、B 的速度值各是多少? (2)最后要使 A 不从 B 上滑下,木板 B 的长度至少是多少?(最后结果保留三位有效数 字) v0 A B s

2、在光滑的水平面上有一质量 M=2kg 的木板 A,其右端挡板上固定一根轻质弹簧,在靠 近木板左端的 P 处有一大小忽略不计质量 m=2kg 的滑块 B.木板上 Q 处的左侧粗糙,右侧 光滑.且 PQ 间距离 L=2m,如图所示.某时刻木板 A 以 vA ? 1m / s 的速度向左滑行,同时 滑块 B 以 vB ? 5m / s 的速度向右滑行,当滑块 B 与 P 处相距

3 L 时,二者刚好处于相对静 4

止状态,若在二者共同运动方向的前方有一障碍物,木板 A 与它碰后以原速率反弹(碰后 立即撤去该障碍物) .求 B 与 A 的粗糙面之间的动摩擦因数 ? 和滑块 B 最终停在木板 A 上 的位置. 取 10m/s2) (g

3、如图所示,质量 M=4kg 的木板 AB 静止放在光滑水平面上,木板右端 B 点固定着一根轻 质弹簧,弹簧自由端在 C 点,C 到木板左端的距离 L=0.5m,质量为 m=1kg 的小木块(可视 为质点) 静止在木板的左端, 它与木板间的动摩擦因数 μ=0. 木板 AB 受到水平向左 F=14N 2. 的恒力,作用时间 t 后撤去,恒力 F 撤去时小木块恰好到达弹簧的自由端 C 处,此后的运动 过程中弹簧的最大压缩量 x=5cm,取 g=10m/s2.试求:
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龙川一中物理第二轮复习讲义

(1)水平恒力 F 作用的时间 t; (2)木块压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能.

4. 光滑水平地面上停放着一辆质量 m=2kg 的平板车, 质量 M=4kg 可视为质点的小滑块静放 在车左端,滑块与平板车之间的动摩擦因数 μ=0.3,如图所示.一水平向右的推力 F=24N 作用在滑块 M 上 0.5s 撤去,平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞 时间极短且车以原速率反弹, 滑块与平板之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等, 平板 2 车足够长,以至滑块不会从平板车右端滑落,g 取 10m/s .求: (1)平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离 s 多大?此时滑块的速度多大? (2)平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度 v2 多大? (3)为使滑块不会从平板车右端滑落,平板车 l 至少要有多长?

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龙川一中物理第二轮复习讲义

动量和能量专题训练(1)答案
1、解: (1)设 A、B 达到共同速度为 v1 时,B 向右运动距离为 S1 由动量守恒定律有 由动能定理有

mv0 ? (M ? m)v1
1 2
联立解得 s1=2m

? mgs1 ? Mv12

由于 s=0.5m<2m,可知 B 与挡板碰撞时,A、B 还未达到共同速度.设 B 与挡板碰撞前 瞬间 A 的速度为 vA,B 的速度为 vB,则 由动量守恒定律有 mv0 ? mvA ? MvB 由动能定理有 ? mgs ?

1 2 MvB 2 1 2 MvB 2

联立解得 vA=4m/s,vB=1m/s

(2)B 与挡板第一次碰后向左减速运动,当 B 速度减为零时,B 向左运动的距离设为

sB,由动能定理有 ? mgsB ?

由上式解得 sB=0.5m

在 A 的作用下 B 再次反向向右运动,设当 A、B 向右运动达到共同速度 v2 时 B 向右运动 距离为 s2,由动量守恒定律有 mvA ? MvB ? (M ? m)v2 由动能定理有 ? mgs2 ? 故 A、B 以共同速度

1 2 Mv2 2

解得 v2 ?

2 2 m/s , s2 ? m ? sB 3 9

2 m/s 向右运动,B 第二次与挡板碰撞后,以原速率反弹向左运动. 3
解得 v3 ?

此后由于系统的总动量向左,故最后 A、B 将以共同速度 v3 向左匀速运动. 由动量守恒定律有(M-m)v2=(M+m)v3

2 m/s 9

设 A 在 B 上运动的总量程为 L(即木板 B 的最小长度),由系统功能关系得

?mgL ?

1 1 2 2 mv 0 ? ( M ? m)v3 2 2

代入数据解得 L=8.96m

2、解:设 M、m 共同速度为 v,由动量守恒定律,得

mvB ? MvA ? (M ? m)v ,解得 v ?

mvB ? Mv A ? 2m / s M ?m
代入数据解得 ? ? 0.6

对 A,B 组成的系统,由能量守恒,得 3 1 1 2 1 2 ? mg L ? Mv A ? mvB ? ( M ? m)v 2 4 2 2 2

木板 A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹,假设 B 向右滑行并与弹簧发生相互作用, 当 A、B 再次处于相对静止状态时,两者的共同速度为 u,在此过程中,A、B 和弹簧组 成的系统动量守恒、能量守恒. 由动量守恒定律得 mv ? Mv ? ( M ? m)u 设 B 相对 A 的路程为 s,由能量守恒,有
20

龙川一中物理第二轮复习讲义

2 1 1 代入数据得 s ? m 3 2 2 L 由于 s ? ,所以 B 滑过 Q 点并与弹簧相互作用,然后相对 A 向左滑动到 Q 点左边, 4 1 0 设离 Q 点距离为 s1,则 s1 ? s ? L ? . 1 7 m 4

? mgs ? ( M ? m)v 2 ? ( M ? m)u 2

3、 (1)1s; (2)0.3J 4 解: (1)滑块与平板车之间的最大静摩擦力 fm=μ Mg,设滑块与车不发生相对滑动而一起 μ Mg f 2 加速运动的最大加速度为 am,以车为研究对象,则 am= m = =6m/s

m

m

以滑块和车整体为研究对象, 作用在滑块上使滑块与车一起静止地加速的水平推力的最大值 设为 Fm,则 Fm=(M+m)am=36N 已知水平推力 F=24N<36N,所以在 F 作用下 M、m 能相对静止地一起向右加速. 设第一次碰墙前 M、m 的速度为 v1,v1=

Ft =2m/s M+m

第一次碰墙后到第二次碰前车和滑块组成的系统动量守恒 车向左运动速度减为 0 时,由于 m<M,滑块仍在向右运动,设此时滑块的速度为 v1',车离 墙壁距离 s ( M ? m) v1 =1m/s Mv1-mv1=Mv1' 得:v1'= M 1 2 以车为研究对象,根据动能定理,有-μ Mgs=- mv1 2

s=

2 mv1 =0.33m 2? Mg

(2)第一次碰撞后车运动到速度为零时,滑块仍有向右的速度,滑动摩擦力使车以相同的 加速度重新向右加速,如果车的加速过程持续到与墙第二次相碰,则加速过程位移也为 s, 可算出第二次碰鲡瞬向的速度大小也为 2m/s,系统的总动量将大于第一次碰墙后的动量, 这显然是不可能的, 可见在第二次碰墙前车已停止加速, 即第二次碰墙前一些时间车和滑块 已相对静止. 设车与墙壁第二次碰撞前瞬间速度为 v2,则 Mv1-mv1=(M+m)v2

M-m v2= v1=0.67m/s M+m
(3)车每次与墙碰撞后一段时间内,滑块都会相对车有一段向右的滑动,由于两者相互摩 擦,系统的部分机械能转化为内能,车与墙多次碰撞后,最后全部机械能都转化为内能,车 停在墙边,滑块相对车的总位移设为 l,则有 1 2 μ Mgl= (M+m)v1 2 代入数据解得 l=1m

动量和能量专题训练(2)
5. (18 分)如图,质量为 m 的 b 球用长 h 的细绳悬挂于水平轨道 BC 的出口 C 处。质量也 为 m 的小球 a,从距 BC 高 h 的 A 处由静止释放,沿 ABC 光滑轨道滑下,在 C 处与 b 球正 碰并与 b 粘在一起。已知 BC 轨道距地面的高度为 0.5h ,悬挂 b 球的细绳能承受的最大拉 力为 2.8mg。试问: (1)a 与 b 球碰前瞬间的速度多大?
21

龙川一中物理第二轮复习讲义

(2)a、b 两球碰后,细绳是否会断裂?若细绳断裂,小球在 DE 水平面上的落点距 C 的水 平距离是多少?若细绳不断裂,小球最高将摆多高?

6.(18 分)如图,C1D1E1F1 和 C2D2E2F2 是距离为 L 的相同光滑导轨,C1D1 和 E1F1 为两段四分之 一圆弧,半径分别为 r1=8r 和 r2=r。在水平矩形 D1E1E2D2 内有竖直向上的匀强磁场,磁感应 强度为 B。导体棒 P、Q 的长度均为 L,质量均为 m,电阻均为 R,其余电阻不计,Q 停在图 中位置,现将 P 从轨道最高点无初速释放,则 (1)求导体棒 P 进入磁场瞬间,回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针) ; (2)若 P、Q 不会在轨道上发生碰撞,棒 Q 到达 E1E2 瞬间,恰能脱离轨道飞出,求导体棒 P 离开轨道瞬间的速度; (3)若 P、Q 不会在轨道上发生碰撞,且两者到达 E1E2 瞬间,均能脱离轨道飞出,求回路中 产生热量的范围。
P

C2

C1
22

B
D2
Q

r1

E2

F2

龙川一中物理第二轮复习讲义

7.如图,光滑绝缘水平木板上,一个质量 mp=10g、电量 q=+10 C 的带电小球 P 以速度 v0=20m/s 向右运动,到木板右端时与质量 mQ=5g 的绝缘小球Q发生正碰,碰撞后双方都从 边长为 a=12.8m 的正方形的顶点水平射入相互垂直的方向如图所示的复合场中, Q落在右下 2 角上,已知 B=12.5T,不计一切阻力,两个小球都视为质点,g 取 10m/s . ⑴求小球Q碰撞后的速度; ⑵若碰撞后小球 P 做匀速直线运动,则电场强度E为多大? ⑶若碰撞后小球 P 做匀速圆周运动, 则电场强度E为多大?在此条件下, 求两个小球在正方 形上两个落点的距离.

-3

8、 (18 分)如图 17 所示,固定的凹槽水平表面光

滑, 其内放置 U 形滑板 N, 滑板两端为半径 R=0.45m 的 1/4 圆弧面。 和 D 分别是圆弧的端点, 段表 A BC 面粗糙,其余段表面光滑。小滑块 P1 和 P2 的质量 均为 m。滑板的质量 M=4m,P1 和 P2 与 BC 面的动摩擦因数分别为 μ1=0.10 和 μ2=0.40, 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。 开始时滑板紧靠槽的左端, 2 静止在粗糙面的 B 点, P P1 以 v0=4.0m/s 的初速度从 A 点沿弧面自由滑下,与 P2 发生弹性碰撞后,P1 处在粗糙面
23

龙川一中物理第二轮复习讲义

B 点上。当 P2 滑到 C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2 继续运动,到 达 D 点时速度为零。P1 与 P2 视为质点,取 g=10m/s2. 问: (1)P2 在 BC 段向右滑动时,滑板的加速度为多大? (2)BC 长度为多少?N、P1 和 P2 最终静止后,P1 与 P2 间的距离为多少?

动量和能量专题训练(2)答案
5(1) 分 (6

vC ? 2 gh (2) 分)设 b 球碰后的速度为 v ,由动量守恒得 (12
v?
(2 分) 故

mvC ? ? m ? m? v

1 1 vC ? 2 gh 2 2

(1 分)

小球被细绳悬挂绕 O 摆动时,若细绳拉力为 T,则

T ? 2mg ? 2m

v2 h

解得 T ? 3mg

(1 分) (1 分)

T ? 2.8mg ,细绳会断裂,小球做平抛运动。
设平抛的时间为 t ,则
24

龙川一中物理第二轮复习讲义

0.5h ?

1 2 gt 2

t?

h g

S ? vt ?
故落点距 C 的水平距离为

1 h 2 2 gh ? ? h 2 g 2

6. (18 分) 解: (1)导体棒 P 由 C1C2 下滑到 D1D2,根据机械能守恒定律:

mgr1 ?

1 2 mvD , vD ? 4 gr ?(2 分)求导体棒 P 到达 D1D2 瞬间: E ? BLvD ?(1 分) 2

回路中的电流 I ?

E 2 BL gr ???????(1 分)方向逆时针?(1 分) ? 2R R
2 mvQ

(2)棒 Q 到达 E1E2 瞬间,恰能脱离轨道飞出,此时对 Q: mg ? 设导体棒 P 离开轨道瞬间的速度为 vP ,根据动量守恒定律:

r2

, vQ ?

gr ?(2 分)

mvD ? mvP ? mvQ ??(2 分)代入数据得, vP ? 3 gr ???(1 分)
(3)由(2)若导体棒 Q 恰能在到达 E1E2 瞬间飞离轨道,P 也必能在该处飞离轨道 根据能量守恒,回路中产生的热量 Q1 ?

1 2 1 2 1 2 mvD ? mvP ? mvQ ? 3mgr (3 分) 2 2 2
(2 分)

若导体棒 Q 与 P 能达到共速 v,则根据动量守恒: mvD ? ? m ? m? v , v ? 2 gr 回路中产生的热量 Q2 ?

1 2 1 mvD ? ? m ? m ? v 2 ??(2 分) ? 4mgr ???(1 分) 2 2

综上所述,回路中产生热量的范围是 3mgr ? Q ? 4mgr ???????(2 分) 7:⑴小球Q做平抛运动,根据平抛运动的规律. 在竖直方向上,有: a ? 1 gt 2 在水平方向上,有: a ?v 2 t
2

得小球Q碰后的速度为 v2=8m/s

⑵设 P 球碰撞后的速度为 v1,根据动量守恒定律,有: mPv0=mPv1 + mQv2代入数据解得:v1=16m/s 要使 P 球碰撞后做匀速直线运动,必须 qE ? qv1 B ?m P g 解得:E=300N/C ⑶要使 P 球碰撞后做匀速圆周运动,必须 qE=mPg 解得:E=100N/C 设小球 P 做匀速圆周运动的半径为 R,根据洛仑兹力提供向心力,有:

qv1 B ?m P ?

v1 2 m v 得: R ? P 1 ? 12.8m R qB

说明P打在右下角上,与Q球距离为 S=0

8 解: (1)P1 滑到最低点速度为 v1 ,由机械能守恒定律有:

1 2 1 mv 0 ? mgR ? mv12 2 2

解得: v1 ? 5m / s

? ? P1、P2 碰撞,满足动量守恒,机械能守恒定律,设碰后速度分别为 v1 、 v2

25

龙川一中物理第二轮复习讲义

? ? mv1 ? mv1 ? mv2

1 1 1 ? ? mv 12 ? mv1 2 ? mv 22 2 2 2

? 解得: v1 ? 0

? v2 =5m/s

P2 向右滑动时,假设 P1 保持不动,对 P2 有: f 2 ? u 2 mg ? 4m (向左) 对 P1、M 有: f ? (m ? M )a2

a2 ?

f 4m ? ? 0.8m / s 2 m ? M 5m

此时对 P1 有: f1 ? ma ? 0.80m ? f m ? 1.0m ,所以假设成立。

? (2)P2 滑到 C 点速度为 v2 ,由 mgR ? ? mv2 ? (m ? M )v ? mv2
对 P1、P2、M 为系统: f 2 L ? 代入数值得: L ? 1.9 m

1 ? mv 2 2 2

? 得 v2 ? 3m / s

P1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时,设 P1、M 速度为 v,对动量守恒定律: 解得: v ? 0.40 m / s

1 2 1 1 ?2 mv 2 ? mv 2 ? (m ? M )v 2 2 2 2

? v 22 v2 滑板碰后,P1 向右滑行距离: S1 ? ? 0.08m P2 向左滑行距离: S 2 ? ? 1.125m 2a 2 2a1
所以 P1、P2 静止后距离: ?S ? L ? S1 ? S 2 ? 0.695m

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