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【物理】湖北省武汉二中2010届高三物理二轮复习课件:动量与能量(2)10


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【例4】质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹 性碰撞,它们在碰撞前后的位移—时间图像如图 2-4所示,若m1=1kg,m2的质量等于多少?

图2-4

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【解析】从位移—时间图像上可看出:m1和m2 于t=2s时在位移等于8m处碰撞,碰前m2的速度 为0,m1的速度v0=△s/△t=4m/s 碰撞后,m1的速度v1=-2m/s, m2的速度v2=2m/s, 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2, m2=3kg.

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【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型, 关键是理解每段图线所对应的两个物理量:位 移随时间的变化规律,求出各物体碰撞前后的 速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.

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【例5】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中, 一质量为M的静止的原子核在云室中发生一次a衰 变,a粒子的质量为m,电量为q,其运动轨迹在 与磁场垂直的平面内.现测得a粒子运动的轨道半 径为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉 及动量问题时,亏损的质量可忽略不计)

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【解析】a粒子在磁场中做圆周运动的向心力是 洛伦兹力,设a粒子的运动速度为v,由牛顿第二 定律得qvB=mv2/R. 衰变过程中,粒子与剩余核发生相互作用,设 衰变后剩余核的速度为v′,衰变过程中动量守 恒(M-m)v′=mv. a粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损 的质量,有 △m·c2=1/2(M-m)v′2+1/2mv2. 解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].

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【解题回顾】此题知识跨度大,综合性强,将基 础理论与现代物理相结合.考查了圆周运动、洛伦 兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类 题型需注意加强.

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【例6】如图2-5所示,一轻绳穿 过光滑的定滑轮,两端各拴有一 小物块.它们的质量分别为m1、 m2,已知m2=3m1,起始时m1放在 地上,m2离地面的高度h=1.0m, 绳子处于拉直状态,然后放手. 设物块与地面相碰时完全没有弹 起(地面为水平沙地),绳不可伸 长,绳中各处拉力均相同,在突 然提起物块时绳的速度与物块的 速度相同,试求m2所走的全部路 程(取3位有效数字)

图2-5

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【解析】因m2>m1,放手后m2将下降,直至落地. 由机械能守恒定律得 m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2. m2与地面碰后静止,绳松弛,m1以速度v上升至 最高点处再下降. 当降至h时绳被绷紧. 根据动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1.

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由于m1通过绳子与m2作用及m2与地面碰撞的过程 中都损失了能量,故m2不可能再升到h处,m1也不 可能落回地面.设m2再次达到的高度为h1,m1则从开 始绷紧时的高度h处下降了h1.由机械能守恒 (m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1 由以上3式联立可解得 h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h

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此后m2又从h1高处落下,类似前面的过程.设m2第 二次达到的最高点为h2,仿照上一过程可推得 h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h 由此类推,得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h 所以通过的总路程 s=h+2h1+2h2+2h3+…… 1 m 2 m m 6 4 1 1 1 ) +( ) +( ) +L ] = 2h[ +( L 2 m +m m +m m +m 1 2 1 2 1 2

1 12 14 16 = 2h[ +( ) +( ) +( ) +L ] L 2 4 4 4 = 2h×0.567 ≈1.13m

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【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了 在数学处理方面遇到困难外,主要的原因还 是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚. 本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的 一种特例,应加强记忆和理解.

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【例7】如图2-6所示,金属杆a从离地h高处由静止 开始沿光滑平行的弧形轨道下滑,轨道的水平部分 有竖直向上的匀强磁场B,水平轨道上原来放有一金 属杆b,已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为 ma∶mb=3∶4,水平轨道足够长,不计摩擦,

图2-6

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求: (1)a和b的最终速度分别是多大? (2)整个过程中回路释放的电能是多少? (3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4,其余 部分的电阻不计,整个过程中杆a、b上产生的热 量分别是多少?

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【解析】(1)a下滑过程中机械能守恒 magh=mav02/2 a进入磁场后,回路中产生感应电流,a、b都 受安培力作用,a做减速运动,b做加速运动,经 过一段时间,a、b速度达到相同,之后回路的磁 通量不发生变化,感应电流为0,安培力为0,二 者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度, 设为v.由于所组成的系统所受合外力为0,故系统 的动量守恒 mav0=(ma+mb)v

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由以上两式解得最终速度 3 2gh va=vb=v= 7 (2)由能量守恒得知,回路中产生的电能应等于 a、b系统机械能的损失,所以 E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7

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(3)由能的守恒与转化定律,回路中产生的热量应 等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能, 即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中,电流不 恒定,但由于Ra与Rb串联,通过的电流总是相等 的,所以应有

Q I 2Rat Ra 3 a = 2 = = Q I Rt R 4 b b b
所以

3 12 Q = E = m gh a a 7 49 4 16 Q = E = m gh b a 7 49

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【解题回顾】自觉运用动量守恒和能量守恒规律 是解决本题的关键.但如果轨道变为图2-7所示的 情景,又如何分析求解呢?

图2-7

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【例8】连同装备质量M=100kg的宇航员离飞船 45m处与飞船相对静止,他带有一个装有m=0.5kg 的氧气贮筒,其喷嘴可以使氧气以v=50m/s的速 度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返 回时,必须向相反的方向释放氧气,同时还要留 一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R是 2.5×10-4kg/s,问:要最大限度地节省氧气, 并安全返回飞船,所用掉的氧气是多少?

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【解析】设喷出氧气的质量为m′后,飞船获得 的速度为v′,喷气的过程中满足动量守恒定律, 有: 0=(M-m′)v′+m′(-v+v′) 得v′=m′v/M 宇航员即以v′匀速靠近飞船,到达飞船所需 的时间 t=s/v′=Ms/m′v

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这段时间内耗氧m″=Rt 故其用掉氧气m′+m″=2.25×10-2/m′+m′ 因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2为常数, 所以当2.25×10-2/m′=m′,即m′=0.15kg时 用掉氧气最少,共用掉氧气是m′+m″=0.3kg.

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【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应 统一对应于某一惯性参照系,在本题中,飞船沿 圆轨道运动,不是惯性参照系.但是,在一段很 短的圆弧上,可以视飞船做匀速直线运动,是惯 性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而 不是飞船,因此,列动量守恒的表达式时,要注 意速度的相对性,这里很容易出错误.(3)要注意 数学知识在物理上的运用.


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