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2010年高三物理高考二轮复习经典例题专题剖析:动量和能量


2010 年高考二轮复习物理经典例题专题剖析:动量和能量
例 1. (上海高考题)一物体沿光滑斜面下滑,在此过程中( ) A.斜面对物体的弹力做功为零 B.斜面对物体的弹力的冲量为零 C.物体的动能增量等于物体重力所做的功 D.物体的动量增量等于物体重力的冲量 解析:物体沿光滑斜面下滑运动方向沿斜面向下,而斜面对物体的弹力,即支持力方向垂直斜面,故弹力不 做功,选 A 正确。 根据动量定理可知,物体的动量变化量等于合外力对物体的冲量,物体在下滑过程中,受到弹力和重力两个 力的作用,这两个力的冲量均不为零,这两力的冲量的矢量和等于物体的动量的增量,选 B 和 D 是错误的。 根据动能定理可知,由于弹力对物体不做功,只有重力做功,物体的动能增加量等于重力所做的功,故选 C 正确。 答案:A、C 点评:本题考查动量定理和动能定理两个规律,在这两个定理中包含了功和冲量两个概念,所以同时对这两 个概念也必须理解,并加以区分,冲量是力在时间上的积累,而功是力在位移上的积累,力在时间上的积累 引起物体动量的变化,力在位移上的积累引起物体动能的变化。 例 2. (天津高考题)质量 m=1.5kg 的物块(可视为质点)在水平恒力的作用下,从水平面上由静止开始运动, 运动一段距离撤去该力,物块继续滑行 t=0.2s 停在 B 点,已知 A、B 两点间距 s=5.0m,物块与水平面间的动 摩擦因数 μ=0.20,求恒力 F 多大?(g=10m/s2) 解析: 设撤去力 F 前物块的位移为 s1,撤去力时物块 F1=μmg 对撤去力 F 后物块滑动过程应用动量定理可得:-F1t=0-mv 由运动学公式:s-s1=vt/2 对物块运动的全过程应用动能定理:Fs1-F1s=0 由以上公式得:F=2μmgs/(2s-μgt2),代入数据得 F=15N 答案:F=15N 点评:本题考查动量定理和动能定理在动力学中的应用,在利用动量定理和动能定理解题时,选择初末状态 时关键,同时也要熟悉物体的运动过程及受力状况。 例 3. (天津高考题)如图所示,质量为 mA=4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上,木板与水平面间的动摩擦因数 为 μ=0.24,木板最右端放着质量为 mB=1.0kg 的小物块(视为质点) ,它们均处于静止状态,木板突然受到水 平向右的 12N?s 的瞬时冲量 I 作用开始运动,当小物块离开木板时,木板的动能为 8.0J,小物块的动能为 0.5J (g=10m/s2)求:

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少? (2)木板的长度时多少? 解析: (1)以 A 由静止到获得初速度为研究过程,由动量定理可知 I= mv0 带入数据得到:v0=3m/s ① (2)对 A 获得速度到 B 从 A 的左端掉下来为研究过程,其运动过程如图所示,设 A 运动的时间为 t,运动的 位移为 Sa,B 运动的位移为 Sb,B 对 A,C 对 A,A 对 B 的摩擦力分别为 fBA,fCA,fAB,由动量定理可得: 对 A:-(fBA+fCA)t=mAvA-mAv0 ② 对 B: fABt=mBvB ③ 由动能定理可知对 A:-(fBA+fCA)Sa=mAv A 2/2-mAv02/2 ④ 对 B: fABSb=mBvB2/2 ⑤

由牛顿第三定律可知,A 对 B 的摩擦力和 B 对 A 的摩擦力大小相等 fAB= fBA ⑥ fCA=μ(mA+mB)g ⑦ L=Sa-Sb ⑧ 由①②③④⑤⑥⑦⑧联立可解得:L=0.5m 答案: (1)v0=3m/s; (2) L=0.5m 点评:本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点,对此题注重过程的分析,画出运动过程图,再做此题 就一目了然。 例 4.如图所示,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,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? 解析:

1 (1)a 下滑过程中机械能守恒 magh= 2 mav02
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

3 2 gh 由以上两式解得最终速度 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

1 4 E=magh- 2 (ma+mb)v2= 7 magh
(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, Qa+Qb=E. 即 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

Qa I 2 Ra t 3 ? ? Qb I 2 Rb t 4
Qa ? 12 ma gh 49

所以

Qb ?

16 ma gh 49

3 4 12 2 gh Qa ? ma gh 49 答案: (1)va=vb=v= 7 (2)E= 7 magh (3)

Qb ?

16 ma gh 49

点评:此题考查的时机械能守恒、动量守恒定律和能量的转化,在导体棒 a 进入磁场之前,导体棒 a 的机械 能守恒,进入后导体棒 a 切割磁感线产生电动势,电路中产生电流,使导体棒 b 受到安培力作用而运动,直 到最后两棒有相同的速度,以 a、b 这一整体为系统,则系统在水平方向受到的安培力相互抵销,系统的动 量守恒。在这一运动过程中,导体棒 a、b 发热消耗能量,系统损失的能量转化为内能,再根据系统的能量 守恒,即可求出两棒上的热量。 例 5. (重庆理综)如图半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 A、B 质量分别为 m、βm(β 为待定 系数) 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的 B 球相撞,碰撞后 A、B 球 。A

1 R 能达到的最大高度均为 4 ,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。试求:

(1)待定系数 β; (2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力; (3)小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球 A、B 在轨道最低处第 n 次碰撞 刚结束时各自的速度。 解析: (1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关,因此,A、B 两球应同时达到最大高度处,对 A、B 两球

mgR ?
组成的系统,由机械能守恒定律得

mgR ? mgR ? 4 4 ,解得 β=3

(2)设 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v1、v2,取方向水平向右为正,对 A、B 两球组成的系统,有

mgR ?

1 2 1 2 mv1 ? ? mv2 2 2

m 2gR ? mv1 ? ? mv2

解得

v1 ? ?

1 1 gR v2 ? gR 2 2 ,方向水平向左; ,方向水平向右。

设第一次碰撞刚结束时轨道对 B 球的支持力为 N,方向竖直向上为正,则

N ? ? mg ? ? m

2 v2 R ,B 球对轨道的压力

N ? ? ? N ? ?4.5mg ,方向竖直向下。
(3)设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2,取方向水平向右为正,则

?mv1 ? ? mv2 ? mV1 ? ? mV2

mgR ?

1 1 mV12 ? ? mV22 2 2

解得 V1=-

2gR ,V2=0. (另一组解 V1=-v1,V2=-v2 不合题意,舍去)

由此可得:当 n 为奇数时,小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同; 当 n 为偶数时,小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。

答案: (1)3; (2)

v1 ? ?

1 1 gR v2 ? gR 2 2 ,方向水平向左; ,方向水平向右;4.5mg,方向竖直向下; (3)

见解析。 点评:小球 A 与 B 碰撞之前机械能守恒,在碰撞过程中动量守恒,碰撞完毕,两球又机械能守恒,所以此题 关键在于对碰撞过程的分析,不同的碰撞次数,结果不一样,通过分析,找出规律,得出结论。 例 6. (全国理综 25 题)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成,气缸与活塞间有柴油与空气的混 合物。在重锤与桩碰撞的过程中,通过压缩使混合物燃烧,产生高温高压气体,从而使桩向下运动,锤向上 运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下: 柴油打桩机重锤的质量为 m,锤在桩帽以上高度为 h 处(如图 1)从静止开始沿竖直轨道自由落下,打在质 量为 M(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上。同时,柴油燃烧,产生猛烈推力,锤和桩分离,这一过程的时间 极短。随后,桩在泥土中向下移动一距离 l。已知锤反跳后到达最高点时,锤与已停下的桩幅之间的距离也 为 h(如图 2) 。已知 m=1.0×103kg,M=2.0×103kg,h=2.0m,l=0.20m,重力加速度 g=10m/s2,混合物 的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 是恒力,求此力的大小。

解析: 锤自由下落,碰桩前速度 v1 向下,

v1 ? 2 gh v 2 ? 2 g (h ? l )

① ② ③

碰后,已知锤上升高度为(h-l) ,故刚碰后向上的速度为

设碰后桩的速度为 V,方向向下,由动量守恒, mv1 ? MV ? mv2

1 MV 2 ? Mgl ? Fl 2 桩下降的过程中,根据功能关系,



F ? Mg ?
由①、②、③、④式得

mg m ( )[2h ? l ? 2 h(h ? l ) ] l M



代入数值,得 F ? 2.1?10 N
5

答案: F ? 2.1?10 N
5

点评:此题属于打击中的动量守恒,在离开桩后,锤的机械能守恒。分析题意,浓缩成物理模型,再利用动 能定理和动量守恒定律相结合求解结果。 例 7. (天津理综)如图所示,坡道顶端距水平面高度为 h,质量为 m1 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下, 进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使 A 制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上,一 端与质量为 m2 的档板 B 相连,弹簧处于原长时,B 恰位于滑道的末端 O 点,A 与 B 碰撞时间极短,碰后结 合在一起共同压缩弹簧,已知在 OM 段 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 μ,其余各处的摩擦不计,重力加 速度为 g,求:

(1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小; (2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零) 。 解析: (1)由机械能守恒定律,有

m1 gh ?

1 m1v 2 2

解得 v=

2gh
m1v ? (m1 ? m2 )v?

(2)A、B 在碰撞过程中内力远大于外力,由动量守恒,有

碰后 A、B 一起压缩弹簧, )到弹簧最大压缩量为 d 时,A、B 克服摩擦力所做的功

W ? ? (m1 ? m2 ) gd
1 (m1 ? m2 )v?2 ? EP ? ? (m1 ? m2 ) gd 2 由能量守恒定律,有

m12 EP ? gh ? ? (m1 ? m2 ) gd m1 ? m2 解得: m12 gh ? ? (m1 ? m2 ) gd 2gh ; m1 ? m2 答案: (1) (2)
点评:物块 A 下滑过程机械能守恒,与 B 碰撞过程中,A 和 B 系统动量守恒,碰撞后 A、B 一起运动压缩弹 簧,在以后过程中,系统做减速运动,机械能向内能和弹性势能转化。第一阶段利用机械能守恒定律,第二 阶段利用动量守恒定律,第三阶段利用动能定理即可。分析清楚过程,此题就简单多了。 例 8. (江苏高考题)如图所示,质量均为 m 的 A、B 两个弹性小球,用长为 2l 的不可伸长的轻绳连接。现把 A、B 两球置于距地面高 H 处(H 足够大) ,间距为 L。当 A 球自由下落的同时,B 球以速度 v0 指向 A 球水平 抛出。求:

(1)两球从开始运动到相碰,A 球下落的高度; (2)A、B 两球碰撞(碰撞时无机械能损失)后,各自速度的水平分量; (3)轻绳拉直过程中,B 球受到绳子拉力的冲量大小。 解析: (1)设到两球相碰时 A 球下落的高度为 h,由平抛运动规律 得

l ? v0t
1 2 gt 2



h?



h?
联立①②得

gl 2 2 2v0



(2)A、B 两球碰撞过程中,由水平方向动量守恒,得

? ? mv0 ? mvAx ? mvBx



1 1 2 1 1 2 2 ? ? ? ? m(v0 ? vBy ) ? mvAy ? m(vA2x ? vA2y ) ? m(vB2x ? vB2y ) 2 2 2 由机械能守恒定律,得 2 ⑤
式中

? ? vAy ? vAy , vBy ? vBy
? ? vAx ? v0 , vBx ? 0

联立④⑤解得

(3)轻绳拉直后,两球具有相同的水平速度,设为 vBx,,由水平方向动量守恒,得

mv0 ? 2mvBx
I ? mvBx ? 1 mv0 2

由动量定理得

gl 2 1 mv0 2 ? ? vAx ? v0 , vBx ? 0 ; 2v0 ; 答案: (1) (2) (3) 2
点评:此题是自由落体、平抛运动、碰撞中的动量守恒、动量定理等知识点的考查,开始利用自由落体和平 抛运动的等时性计算出 A 下落的高度,再利用在某一方向上的动量守恒和机械能守恒联合可求出 A、B 在碰 后水平方向的速度。 例 9. (江苏高考题)如图(a)所示,为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳,下端拴一小物块 A,上端固定在 C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。 已知有一质量为 m0 的子弹 B 沿水平方向以速度 v0 射入 A 内 (未

穿透) ,接着两者一起绕 C 点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉 力 F 随时间 t 变化关系如图(b)所示,已知子弹射入的时间极短,且图(b)中 t=0 为 A、B 开始以相同的速 度运动的时刻。根据力学规律和题中(包括图)提供的信息,对反映悬挂系统本身性质的物理量(例如 A 的 质量)及 A、B 一起运动过程中的守恒量,你能求得哪些定量的结果?

解析: 由图 b 可直接看出,A、B 一起做周期性运动,运动的周期 T=2t0



令 m 表示 A 的质量, l 表示绳长. v1 表示 B 陷入 A 内时即 t ? 0 时 A、B 的速度(即圆周运动最低点的速度) ,

v2 表示运动到最高点时的速度,F1 表示运动到最低点时绳的拉力,F2 表示运动到最高点时绳的拉力,根据
动量守恒定律,得

m0 v0 ? (m0 ? m)v1


F1 ? (m ? m0 ) g ? (m ? m0 ) v12 t

在最低点和最高点处应用牛顿定律可得



F2 ? (m ? m0 ) g ? (m ? m0 )

2 v2 t



根据机械能守恒定律可得 1 1 2 2l (m ? m0 ) g ? (m ? m0 )v12 ? (m ? m0 )v 2 2 2 由图 b 可知 F2 ? 0 ⑥



F1 ? Fm ⑦
m? Fm ? m0 6g ⑧

由以上各式可解得,反映系统性质的物理量是

l?

2 2 36m0 v 0 2 5Fm

g


A、B 一起运动过程中的守恒量是机械能 E,若以最低点为势能的零点,则 1 E = (m + m0 )v12 2 ⑩
E=
2 2 3m0 v0 g Fm

由②⑧⑩式解得

2 2 36m0 v 0 3m0 v0 F g E= g m ? m ? m0 l ? 2 Fm 5Fm 6g 答案: ; ;

2

2

点评:此题关键在于识图,从 F—t 图像中获得更多的信息,绳子拉力是周期性的变化,变化周期为 2t0,绳 子拉力的最大值为 Fm,最小值为 0,在最低点出现最大值,最高点出现最小值 0,即在最高点绳子不受拉力。 根据动量守恒定律,机械能守恒定律,牛顿运动定律的知识可以求出小球的质量,绳子的长度及系统的机械 能。 例 10.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? 解析: 设 喷 出 氧 气 的 质 量 为 m′ , 飞 船 获 得 的 速 度 为 v′ 喷 气 的 过 程 中 满 足 动 量 守 恒 定 律 , 有 : 后 , 0=(M-m′ +m′ )v′ (-v+v′ ) 得 v′ v/M =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 这段时间内耗氧 m″ =Rt 故其用掉氧气 m′ =2.25×10-2/m′ +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′ ,即 m′ =m′ =0.15kg 时用掉氧气最少,共用掉 氧气是 m′ =0.3kg. +m″ 答案:所用掉氧气 0.3kg 点评: (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。 例 11. (南京高三一摸试题)如图所示,发射人造卫星时,先把卫星送入近地轨道,然后使其沿椭圆轨道达 到远地点 P,此时速度为 v,若 P 点到地心的距离为 R,卫星的总质量为 m,地球半径为 R0,地表的加速度 为 g,则欲使卫星从 P 点绕地球做半径为 R 的圆轨道运动,卫星在 P 点应将质量为△m 的燃气以多大对地的 速度向后喷出(将连续喷气等效为一次性喷气) 。

解析: 卫星进入轨道后做圆周运动,由万有引力提供向心力,即

G

Mm v' 2 ?m r R2

v' ?
解得:

GM R

又因为地面附近万有引力近似等于物体的重力

G

Mm R0
2

? mg
解得 GM=gR02

所以:

v'? R0

g R



卫星要进入该轨道,其运行速度必须等于 v’,所以卫星喷气后的速度为 v’。 在喷气过程中,以喷出的气体与卫星为系统,则系统的动量守恒,该燃气喷出时对地的速度,由动量守恒定

律可得:

m v ? (m ? ?m)v? ? ?mv??



v ?? ?
由①②可得:

(m ? ?m) R0 g ?m

R

? mv

v ?? ?
答案:

(m ? ?m) R0 g ?m

R

? mv

点评:本题考查动量守恒定律中的反冲现象,也是动量守恒定律在航天技术和宇宙航行中的应用,解这类问 题时要注意速度的同时性,即作用前和作用后的速度为同一时刻的速度,对同一参考系的速度。 例 12. (全国高考天津卷)用半径相同的两个小球 A、B 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意如图所示, 斜槽与水平槽圆滑连接,实验时先不放 B 球,使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下,落到位于水平地面 的记录纸上留下痕迹,再把 B 球静置与水平槽前端边缘处,让 A 球仍从 C 点处静止滚下,A 球和 B 球碰撞后 分别落在记录纸上留下各自的痕迹, 记录纸上的 O 点是重锤线所指的位置, 若测得各落点痕迹到 O 点的距离: OM=2.68cm,OP=8.62cm,ON=11.50cm,并知 A、B 两球的质量之比为 2:1,则未放 B 球时,A 球落地点是

p ? p?
记录纸上的 有效数字) 点,系统碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 P’的百分误差

p

?
(结果保留一位

解析: 根据平抛运动知识可知道未放 B 球时,A 球要落到 P 点。

由平抛运动的知识可知,未放 B 球时,A 球的速度可以表示为

v0 ?

x oP t ,放 B 球后,A 从斜槽滚下与 B 发生

碰撞后各自的速度可以表示为:

vA ?

xOM x v B ? ON t , t p ? m A v0 ? m A xOM x ? mB ON t t xOP t

由动量知识可以知道:碰撞前的总动量为

碰撞后总动量为

p? ? m A v A ? mB v B ? m A

代入数据得到:

p ? m A v0 ? m A

xOP m ? 8.62 ? A t t

p ? ? m A v A ? mB v B ? m A
又因为 mA=2mB 所以

xOM x m m ? mB ON ? 2.68 ? A ? 11.50 ? B t t t t

p ? p? p

8.62 ? ?

mA m m ? 2.68 ? A ? 11.50 ? B t t t 5.94 ? 2 ? 11.50 0.38 ? ? ? 0.02 mA 8.62 ? 2 17.32 8.62 ? t

答案:P 点,2% 点评:验证动量守恒定律是高考实验的重点,对于该题应掌握好动量守恒定律及其平抛运动的规律,借助平 抛运动在水平方向动量守恒来验证这一规律,从该题也看到了高考注重基础知识和基本规律的考查,只要掌 握了动量守恒定律在平抛运动中的应用,此题很容易得分。 例 13.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? 解析: (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

mgh ?
半径为 R,有机械能守恒定律,有:

1 2 mv 2



9m g ? m g ? m
根据牛顿第二定律,有

v2 R



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)设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F,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,由滑动摩擦定 律,有 F=μmg ④ 由动量守恒定律,有 mv ? (m ? 3m)v

?



? F (10 R ? s) ?
对物块、小车分别应用动能定理

1 1 mv ? 2 ? mv 2 2 2



Fs ?

1 (3m)v ? 2 ? 0 2



解得:μ=0.3 答案:h=4R μ=0.3 点评:本题是传统的机械能和动量守恒两大守恒定律还有动能定理的结合,这类型的题只要对研究过程有充 分的理解,应该是很容易得分的。
v2 ? v1 v20 ? v10

例 14.碰撞的恢复系数的定义为 c=

,其中 v10 和 v20 分别是碰撞前两物体的速度,v1 和 v2 分别是

碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数 c=1.非弹性碰撞的 c<1,某同学借用验证动量守恒定律的实验装置 (如图所示)物质弹性碰撞的恢复系数是否为 1,实验中使用半径相等的钢质小球 1 和 2, (他们之间的碰撞 可近似视为弹性碰撞) ,且小球 1 的质量大于小球 2 的质量。

实验步骤如下: 第一步,安装实验装置,做好测量前的准备,并记下重垂线所指的位置 O。 重复多次,用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置。 第二步,把小球 2 放在斜槽前端边缘处的 C 点,计小球 1 从 A 点由静止滚下,使它们碰撞,重复多次,并使 用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置. 第三步,用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离 O 点的距离,即线段 OM、OP、ON 的长度。 在上述实验中,①P 点是 的平均位置。M 点是 的平均位置。N 点是 的平均位置。 请写出本实验的原理 写出用测量表示的的恢 复系数的表达式 ③三个落地点距 O 点的距离 OM、OP、ON 与实验所用的小球质量是否有关? 答案:①P 点是小球 A 碰前落地的平均位置,M 点是小球 A 碰后落地的平均位置,N 点是小球 B 碰后落地的 平均位置。 ②原理:小球从槽口 C 飞出做平抛运动的时间相同,设为 t,则有: OP=v10t,OM=v1t,ON=v2t 小球 2 碰撞前静止,v20=0

e?

v2 ? v1 ON ? OM ON ? OM ? ? v10 ? v20 OP ? 0 OP ? 0

③OP 与小球的质量无关,OM 和 ON 与小球的质量有关。


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2010年高考二轮复习物理经典例题专题剖析:电路

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2010年高考物理第二轮专题复习教案3

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