资源简介

拓展提升课5 动量、动力学和能量观点在力学中的综合应用
1.力的三个作用效果及两个守恒定律
(1)力的三个作用效果
作用效果 对应规律 表达式 列式角度
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合=ma 动力学
力在空间上的积累效果 动能定理 W合=ΔEk,即W合=m-m 功能关系
力在时间上的积累效果 动量定理 I合=Δp,即FΔt=mv'-mv 冲量与动量的关系
(2)两个守恒定律
名称 表达式 列式角度
能量守恒定律(包括机械能守恒定律) E2=E1 能量转化(转移)
动量守恒定律 p2=p1 动量关系
2.力学规律的选用原则
(1)如果物体受恒力作用,则可用动力学观点解决。
(2)涉及时间问题时,一般用动量定理解决; 涉及位移问题,一般用动能定理解决。
(3)若研究的对象为几个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解,根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般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极短,一般用动量守恒定律解决。
【例1】　如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以大小相等的速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求:
(1)木板C的最终速度的大小;
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小;
(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。
【答案】　(1)v　(2)　(3)
【解析】　(1)取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒得(2m+m)v1=2mv-mv，解得v1=，A滑到C上，A、C系统动量守恒得(3m+m)v2=3mv+mv1，解得v2=v。
(2)在A、C相互作用过程中，有Ff·=(3m)v2+m-(3m+m)，解得Ff=。
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft=mv2-mv1，解得t=。
【例2】　如图所示,在粗糙水平面上的A点固定一半径R=0.2 m的光滑圆弧轨道,底端有一小孔。在水平面上距A点s=1 m的B点正上方O处,用长L=0.9 m的细绳挂一质量M=0.1 kg的小球甲,现将小球甲拉至图中C位置,绳与竖直方向的夹角为θ=60°。静止释放小球甲,摆到最低点B时与另一质量m=0.05 kg的静止小滑块乙(可视为质点)发生弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A点,并无能量损失地经过小孔进入圆弧轨道,当小滑块乙进入圆弧轨道后立即关闭小孔。g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求甲、乙碰前瞬间,小球甲的速度大小。
(2)求甲、乙碰后瞬间,甲的速度v1和乙的速度v2的大小。
(3)若小滑块乙进入圆弧轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道的最高点,求小滑块乙与水平面间的动摩擦因数μ。
【答案】　(1)3 m/s　(2)1 m/s　4 m/s　(3)0.3
【解析】　(1)小球甲在下摆过程中，根据机械能守恒得MgL(1-cos θ)=M，解得v0=3 m/s。
(2)小球甲与小滑块乙发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得Mv1+mv2=Mv0，根据能量守恒得M+m=M，联立解得v1=1 m/s，v2=4 m/s。
(3)小滑块乙进入圆弧轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg=m，从B点到圆弧轨道最高点的过程，由动能定理得-μmgs-mg·2R=mv2-m，解得μ=0.3。
1.灵活选取物理过程。在综合题目中,物体运动常有几个不同的过程,根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。
2.灵活选取系统。根据题目的特点在某个过程(或某些过程)中选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象。
3.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题,可尝试两种观点结合联立方程求解,列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。
【例3】　如图所示,水平轨道的右侧B点平滑地衔接一半径为r=1.8 m的光滑弧形轨道,C为轨道的最高点,两个可视为质点的物体P、Q放在水平轨道的A点,两物体之间有质量可忽略不计的炸药,已知A点左侧粗糙,AB段光滑,t=0时刻炸药爆炸,爆炸过程放出的能量均转化为物体P、Q的动能,经过一段时间物体Q刚好到达C点。物体P、Q的质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg,两物体与A点左侧轨道间的动摩擦因数均为μ=0.15,A、B两点之间的距离为x0=6 m,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体Q经过B点时对轨道的压力。
(2)求爆炸后瞬间,物体P、Q的动能之和。
(3)通过计算说明,物体Q返回水平面后能否与物体P发生碰撞,若不能,求出物体Q静止时到A点的距离;若能,且该碰撞为弹性碰撞,求最终两物体之间的距离。
【答案】　(1)30 N　方向竖直向下　(2)27 J　(3)能　5 m
【解析】　(1)经过一段时间物体Q刚好到达C点，根据机械能守恒定律有m2gr=m2v2，物体Q在B点，根据牛顿第二定律有F-m2g=m2，结合牛顿第三定律可知物体Q经过B点时对轨道的压力为F'=F=30 N，方向竖直向下。
(2)取水平向右为正方向，爆炸过程中动量守恒，有m2v-m1v'=0，结合(1)中式，解得v=6 m/s，v'=3 m/s，爆炸后瞬间，物体P、Q的动能之和为Ek=m2v2+m1v'2，解得Ek=27 J。
(3)由于两物体与A点左侧轨道间的动摩擦因数相等，则加速度均为a=μg=1.5 m/s2，对物体P，根据匀变速直线运动规律有v'=at，v'2=2ax'，解得t=2 s，x'=3 m，物体Q在AB段来回的时间为t'==2 s，可知物体Q与物体P碰撞时，物体P已静止，此时物体Q的速度为v″2-v2=-2ax'，解得v″=3 m/s，根据动量守恒定律及能量守恒定律有m1vP+m2vQ=m2v″，m1+m2=m2v″2，解得vP=2 m/s，向左，vQ=- m/s，向右，根据匀变速直线运动规律可知最终两物体之间的距离为x=+=5 m。
【例4】　如图所示,在光滑的水平面上放置了一个质量M=3 kg的长木板AB,长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的,长木板的左端放置了一个质量m=1 kg的小物块(视为质点),物块与粗糙段间的动摩擦因数μ=0.15,木板右端B连着一段轻质弹簧,弹簧处于自然状态时,左端点正好在C点,系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0=2 m/s,小物块正好滑到C处;如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出),作用t=1 s时间后撤去此力时,小物块正好到达C点。求:
(1)长木板AC段的长度;
(2)恒力F的大小;
(3)撤去恒力后,弹簧的最大弹性势能。
【答案】　(1)1 m　(2)12 N　(3)1.5 J
【解析】　(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0=2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有(m+M)v=mv0，μmgL=m-(m+M)v2，解得L=1 m。
(2)设经过t=1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有Ft=Mv1+mv2，对整个系统由功能关系有Fx-μmgL=M+m，又t=x，t=x-L，联立解得F=12 N，v1=3.5 m/s，v2=1.5 m/s。
(3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则(M+m)v3=Mv1+mv2，Epm+(M+m)=M+m，解得Epm=1.5 J。
1.(多选)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以10 m/s的初速度向上滑动时,受到滑杆的摩擦力为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法中正确的是 (　BC　)
A.碰撞后滑块和滑杆的速度为3 m/s
B.碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2 N·s
C.碰撞过程中损失的机械能为4.8 J
D.碰撞后整体上升的最大高度为0.4 m
解析：由题意知滑块受到的摩擦力大小f=1 N，初速度v0=10 m/s，设滑块碰滑杆前瞬间速度大小为v，对滑块，由动能定理得-(mg+f)l=mv2-m，解得v=8 m/s，规定向上为正方向，对滑杆、滑块，由动量守恒有(m+M)v共=mv，解得碰撞后滑块和滑杆的速度v共=2 m/s，故A错误;由动量定理可知，碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小I=
Mv共-0=0.6×2 N·s=1.2 N·s，故B正确;由能量守恒可知，碰撞过程中损失的机械能ΔE=mv2-(m+M)，解得ΔE=4.8 J，故C正确;由竖直上抛规律可知，碰撞后整体上升的最大高度为h== m=0.2 m，故D错误。
2.如图所示,质量mC=m的长木板C静止在光滑的水平面上,左端放一个质量mB=2m的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动摩擦因数为μ。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度为l的轻绳将质量mA=m的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞,小物块B刚好运动到长木板C的最右端。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球A与小物块B碰前瞬间对轻绳的拉力大小F;
(2)A、B碰后速度大小vA、vB;
(3)长木板C的长度d。
答案：(1)3mg　(2)　　(3)
解析：(1)小球A从静止释放到与B碰撞之前，根据动能定理有mAgl=mA，A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有F'-mAg=mA，根据牛顿第三定律F'=F，解得F=3mg。
(2)A、B碰撞过程为弹性碰撞，根据动量守恒和动能不变有-mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，结合上述解得vA=，vB=。
(3)B与C共速时，根据动量守恒和能量守恒有(mB+mC)v共=mBvB，mB-(mB+mC)=μmBgd，解得d=。
课时作业10
(总分:64分)
1.(5分)(多选)如图所示,质量为m=195 g的小滑块(视为质点),放在质量为M=0.8 kg的足够长的木板左端,木板静止在光滑的水平面上,滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.4。质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s水平向右射入小滑块并嵌入其中(时间极短),g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　BD　)
A.小滑块向右滑行的最大速度为9.5 m/s
B.长木板向右滑行的最大速度为1.5 m/s
C.小滑块在长木板上滑行的时间为2 s
D.小滑块和长木板间因摩擦而产生的热量为4.5 J
解析：子弹嵌入小滑块后和小滑块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒定律得(m0+m)v1=m0v0，解得v1=7.5 m/s，故A错误;当子弹、小滑块和长木板三者共速时，长木板的速度最大，由动量守恒定律得(m0+m+M)v2=(m0+m)v1，解得v2=1.5 m/s，故B正确;小滑块和子弹在长木板上滑行过程有-μ(m+m0)gt=(m+m0)v2-(m+m0)v1，解得t=1.5 s，故C错误;由能量守恒定律得(m0+m)=(m0+m+M)+Q，解得Q=4.5 J，故D正确。
2.(12分)如图所示,竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R,MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点,在半圆形轨道圆心O的正下方M处,处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药,炸药爆炸后,A恰能经过半圆形轨道的最高点N,而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度为g,求:
(1)B到达的最远位置到M点的距离;
(2)极短爆炸过程中,若A的质量为mA,则A受到爆炸力的冲量大小;
(3)A与B的质量之比。
答案：(1)2R　(2)mA　(3)4︰5
解析：(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得mAg=mA，解得vN=，之后A做平抛运动，由平抛运动规律可得竖直方向2R=gt2，水平方向x=vNt，联立可得B到达的最远位置到M点的距离即为x=2R。
(2)A上升到N的过程，由机械能守恒定律得mA=mA+mAg·2R，解得vA=，根据动量定理可得I=mAvA=mA。
(3)对B，由动能定理可得-μmBgx=0-mB，炸药爆炸过程由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0，联立以上各式可得=。
3.(12分)如图所示,质量mA=3 kg的木板A和质量mB=1 kg的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端与A上表面相切。质量mC=2 kg的小滑块C以一水平向右的初速度从木板A的左端滑上木板,当C离开A时,C的速度大小vC=4 m/s,C滑上圆弧槽B后,恰好能到达B的最高点,此时B的速度大小vB=3 m/s。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)当C刚滑上A时,A的加速度大小a;
(2)当C离开A时,B的速度大小v'B;
(3)A的长度L。
答案：(1)2 m/s2　(2)1 m/s　(3)2.25 m
解析：(1)以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得μmCg=(mA+mB)a，解得C刚滑上A时，A的加速度大小为a=2 m/s2。
(2)C刚离开A时，A、B速度相等，为v'B;C到达B的最高点时，B、C有共同速度，为vB=3 m/s;对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得(mB+mC)vB=mCvC+mBv'B，解得C离开A时，B的速度大小为v'B=1 m/s。
(3)从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒可得mCvC+(mA+mB)v'B=mCv0，解得v0=6 m/s，根据能量守恒定律可得μmCgL+(mA+mB)v+mC=mC，解得A的长度为L=2.25 m。
4.(5分)如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l,左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落,重力加速度为g。则 (　D　)
A.细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为
B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C.弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为
解析：细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F=Ma，解得a=，故A错误;滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故B错误;弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于mv2，故C错误;由于细绳被拉断瞬间，木板速度为0，小滑块速度为0，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep=mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v'，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得(m+M)v'=0，Ep=(m+M)v'2+μmgl，联立解得μ=，故D正确。
5.(15分)如图所示,放置于光滑平台上的滑块B的左端固定一水平轻质弹簧且静止,紧靠在平台右侧的小车C的上表面与平台等高。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接,圆弧轨道半径R=2.5 m,其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角θ=60°。现将滑块A从P点由静止开始释放,滑块A滑至平台上挤压弹簧,一段时间弹簧恢复原长后滑块B滑上小车C,再经过t=3 s滑块B和小车C共速,二者共速后一起匀速向右运动。已知滑块B的质量m=0.5 kg,小车C的质量M=1.5 kg,滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,滑块A、B均可视为质点,小车C足够长且小车C与水平面间的摩擦可忽略不计。求:
(1)滑块B和小车C共速时的速度大小v;
(2)滑块A的质量m0;
(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值Epm。
答案：(1)2 m/s　(2)2 kg　(3)5 J
解析：(1)滑块B滑上小车C后，以小车C为研究对象，根据动量定理有μmgt=Mv，解得v=2 m/s。
(2)设滑块B滑上小车C瞬间的速度大小为v1，根据动量守恒定律有(m+M)v=mv1，设滑块A到达圆弧轨道最低点的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m0gR(1-cos 60°)=m0，滑块A和滑块B相互作用的过程中，根据动量守恒定律有mv1+m0v2=m0v0，根据机械能守恒定律有m+m0=m0，解得m0=2 kg。
(3)当滑块A和滑块B速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(m0+m)v3=m0v0，根据机械能守恒定律有Epm=m0-(m0+m)，解得Epm=5 J。
6.(15分)如图所示,质量mC=4.5 kg的长木板C静止在光滑的水平面上,长木板C右端与竖直固定挡板相距x0,左端放一个质量mB=3.0 kg的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动摩擦因数为μ=0.05。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度l=0.8 m的轻绳将质量mA=1.0 kg的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)小球A与小物块B碰后瞬间,求小物块B的速度大小。
(2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速,求x0应满足的条件。
(3)在(2)问的前提下,若长木板C与竖直挡板碰撞后B、C能再次共速,求长木板的最短长度。
答案：(1)2.0 m/s　(2)x0≥0.96 m　(3)3.936 m
解析：(1)小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAgl=mA，解得v0==4.0 m/s，设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv0，碰撞前后根据机械能守恒定律有mA+mB=mA，联立解得vB=v0=2.0 m/s。
(2)设B、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有(mB+mC)v1=mBvB，代入数据解得v1=0.8 m/s，若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有μmBgx0=mC-0，代入数据解得x0=0.96 m，则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，x0应满足的条件是x0≥0.96 m。
(3)第一次共速过程中，由能量守恒定律有μmBgL1=mB-(mB+mC)，长木板C与挡板碰后速度大小不变，方向反向，设B、C第二次获得共同速度为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有(mB+mC)v2=mCv1-mBv1，由能量守恒定律有μmBgL2=mB+mC-(mB+mC)，长木板的最短长度为L=L1+L2，联立解得L=3.936 m。(共53张PPT)
第一章　动量守恒定律
拓展提升课5　动量、动力学和能量观点在力学中的综合应用
核心要点 点点过
1
目录
即时演练 堂堂清
2
课时作业10
3
核心要点 点点过
1.力的三个作用效果及两个守恒定律
(1)力的三个作用效果
作用效果 对应规律 表达式 列式角度
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合=ma 动力学
力在空间上的积累效果 动能定理 W合=ΔEk,即W合=m-m 功能关系
力在时间上的积累效果 动量定理 I合=Δp,即FΔt=mv'-mv 冲量与动量的关系
(2)两个守恒定律
名称 表达式 列式角度
能量守恒定律(包括机械能守恒定律) E2=E1 能量转化(转移)
动量守恒定律 p2=p1 动量关系
2.力学规律的选用原则
(1)如果物体受恒力作用,则可用动力学观点解决。
(2)涉及时间问题时,一般用动量定理解决; 涉及位移问题,一般用动能定理解决。
(3)若研究的对象为几个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解,根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般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极短,一般用动量守恒定律解决。
【例1】　如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以大小相等的速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求:
(1)木板C的最终速度的大小;
【答案】　(1)v　
【解析】　(1)取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒得(2m+m)v1=2mv-mv，解得v1=，A滑到C上，A、C系统动量守恒得(3m+m)v2=3mv+mv1，解得v2=v。
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小;
【答案】　(2)　
【解析】　(2)在A、C相互作用过程中，有Ff·=(3m)v2+m-(3m+m)，解得Ff=。
(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。
【答案】　(3)
【解析】　(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft=mv2-mv1，解得t=。
【例2】　如图所示,在粗糙水平面上的A点固定一半径R=0.2 m的光滑圆弧轨道,底端有一小孔。在水平面上距A点s=1 m的B点正上方O处,用长L=0.9 m的细绳挂一质量M=0.1 kg的小球甲,现将小球甲拉至图中C位置,绳与竖直方向的夹角为θ=60°。静止释放小球甲,摆到最低点B时与另一质量m=0.05 kg的静止小滑块乙(可视为质点)发生弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A点,并无能量损失地经过小孔进入圆弧轨道,当小滑块乙进入圆弧轨道后立即关闭小孔。g取10 m/s2,不计空
气阻力。
(1)求甲、乙碰前瞬间,小球甲的速度大小。
【答案】　(1)3 m/s　
【解析】　(1)小球甲在下摆过程中，根据机械能守恒得MgL(1-cos θ)=
M，解得v0=3 m/s。
(2)求甲、乙碰后瞬间,甲的速度v1和乙的速度v2的大小。
【答案】　(2)1 m/s　4 m/s　
【解析】　(2)小球甲与小滑块乙发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得Mv1+mv2=Mv0，根据能量守恒得M+m=M，联立解得v1=1 m/s，v2=4 m/s。
(3)若小滑块乙进入圆弧轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道的最高点,求小滑块乙与水平面间的动摩擦因数μ。
【答案】　(3)0.3
【解析】　(3)小滑块乙进入圆弧轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg=m，从B点到圆弧轨道最高点的过程，由动能定理得-μmgs-mg·2R=mv2-m，解得μ=0.3。
方法技巧
1.灵活选取物理过程。在综合题目中,物体运动常有几个不同的过程,根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。
2.灵活选取系统。根据题目的特点在某个过程(或某些过程)中选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象。
3.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题,可尝试两种观点结合联立方程求解,列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。
【例3】　如图所示,水平轨道的右侧B点平滑地衔接一半径为r=1.8 m的光滑弧形轨道,C为轨道的最高点,两个可视为质点的物体P、Q放在水平轨道的A点,两物体之间有质量可忽略不计的炸药,已知A点左侧粗糙,AB段光滑,t=0时刻炸药爆炸,爆炸过程放出的能量均转化为物体P、Q的动能,经过一段时间物体Q刚好到达C点。物体P、Q的质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg,两物体与A点左侧轨道间的动摩擦因数均为μ=0.15,A、B两点之间的距离为x0=6 m,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体Q经过B点时对轨道的压力。
【答案】　(1)30 N　方向竖直向下　
【解析】　(1)经过一段时间物体Q刚好到达C点，根据机械能守恒定律有m2gr=m2v2，物体Q在B点，根据牛顿第二定律有F-m2g=m2，结合牛顿第三定律可知物体Q经过B点时对轨道的压力为F'=F=30 N，方向竖直向下。
(2)求爆炸后瞬间,物体P、Q的动能之和。
【答案】　(2)27 J　
【解析】　(2)取水平向右为正方向，爆炸过程中动量守恒，有m2v-m1v'=0，结合(1)中式，解得v=6 m/s，v'=3 m/s，爆炸后瞬间，物体P、Q的动能之和为Ek=m2v2+m1v'2，解得Ek=27 J。
(3)通过计算说明,物体Q返回水平面后能否与物体P发生碰撞,若不能,求出物体Q静止时到A点的距离;若能,且该碰撞为弹性碰撞,求最终两物体之间的距离。
【答案】　(3)能　5 m
【解析】　(3)由于两物体与A点左侧轨道间的动摩擦因数相等，则加速度均为a=μg=1.5 m/s2，对物体P，根据匀变速直线运动规律有v'=at，v'2=2ax'，解得t=2 s，x'=3 m，物体Q在AB段来回的时间为t'==2 s，可知物体Q与物体P碰撞时，物体P已静止，此时物体Q的速度为v″2-v2=
-2ax'，解得v″=3 m/s，根据动量守恒定律及能量守恒定律有m1vP+m2vQ=m2v″，m1+m2=m2v″2，解得vP=2 m/s，向左，vQ=
- m/s，向右，根据匀变速直线运动规律可知最终两物体之间的距离为x=+=5 m。
【例4】　如图所示,在光滑的水平面上放置了一个质量M=3 kg的长木板AB,长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的,长木板的左端放置了一个质量m=1 kg的小物块(视为质点),物块与粗糙段间的动摩擦因数μ=0.15,木板右端B连着一段轻质弹簧,弹簧处于自然状态时,左端点正好在C点,系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0=2 m/s,小物块正好滑到C处;如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出),作用t=1 s时间后撤去此力时,小物块正好到达C点。求:
(1)长木板AC段的长度;
【答案】　(1)1 m　
【解析】　(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0=2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有(m+M)v=mv0，μmgL=m-(m+M)v2，解得L=1 m。
(2)恒力F的大小;
【答案】　(2)12 N　
【解析】　(2)设经过t=1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有Ft=Mv1+mv2，对整个系统由功能关系有Fx-μmgL=M+m，又t=x，t=x-L，联立解得F=12 N，v1=3.5 m/s，v2=1.5 m/s。
(3)撤去恒力后,弹簧的最大弹性势能。
【答案】　(3)1.5 J
【解析】　(3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则(M+m)v3=Mv1+mv2，Epm+(M+m)=M+m，解得Epm=1.5 J。
即时演练 堂堂清
1.(多选)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以10 m/s的初速度向上滑动时,受到滑杆的摩擦力为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法中正确的是 (　 　)
A.碰撞后滑块和滑杆的速度为3 m/s
B.碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2 N·s
C.碰撞过程中损失的机械能为4.8 J
D.碰撞后整体上升的最大高度为0.4 m
BC
解析：由题意知滑块受到的摩擦力大小f=1 N，初速度v0=10 m/s，设滑块碰滑杆前瞬间速度大小为v，对滑块，由动能定理得-(mg+f)l=mv2-m，解得v=8 m/s，规定向上为正方向，对滑杆、滑块，由动量守恒有(m+M)v共=mv，解得碰撞后滑块和滑杆的速度v共=2 m/s，故A错误;由动量定理可知，碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小I=Mv共-0=0.6×2 N·s=1.2 N·s，故B正确;由能量守恒可知，碰撞过程中损失的机械能ΔE=mv2-(m+M)，解得ΔE=4.8 J，故C正确;由竖直上抛规律可知，碰撞后整体上升的最大高度为h== m=0.2 m，故D错误。
2.如图所示,质量mC=m的长木板C静止在光滑的水平面上,左端放一个质量mB=2m的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动摩擦因数为μ。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度为l的轻绳将质量mA=m的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞,小物块B刚好运动到长木板C的最右端。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球A与小物块B碰前瞬间对轻绳的拉力大小F;
答案：(1)3mg　
解析：(1)小球A从静止释放到与B碰撞之前，根据动能定理有mAgl=mA，A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有F'-mAg=mA，根据牛顿第三定律F'=F，解得F=3mg。
(2)A、B碰后速度大小vA、vB;
答案：(2)　　
解析：(2)A、B碰撞过程为弹性碰撞，根据动量守恒和动能不变有
-mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，结合上述解得vA=，vB=。
(3)长木板C的长度d。
答案：(3)
解析：(3)B与C共速时，根据动量守恒和能量守恒有(mB+mC)v共=mBvB，mB-(mB+mC)=μmBgd，解得d=。
课时作业10

1.(5分)(多选)如图所示,质量为m=195 g的小滑块(视为质点),放在质量为M=0.8 kg的足够长的木板左端,木板静止在光滑的水平面上,滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.4。质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s水平向右射入小滑块并嵌入其中(时间极短),g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　　)
A.小滑块向右滑行的最大速度为9.5 m/s
B.长木板向右滑行的最大速度为1.5 m/s
C.小滑块在长木板上滑行的时间为2 s
D.小滑块和长木板间因摩擦而产生的热量为4.5 J
BD
解析：子弹嵌入小滑块后和小滑块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒定律得(m0+m)v1=m0v0，解得v1=7.5 m/s，故A错误;当子弹、小滑块和长木板三者共速时，长木板的速度最大，由动量守恒定律得(m0+m+M)v2=(m0+m)v1，解得v2=1.5 m/s，故B正确;小滑块和子弹在长木板上滑行过程有-μ(m+m0)gt=(m+m0)v2-(m+m0)v1，解得t=1.5 s，故C错误;由能量守恒定律得(m0+m)=(m0+m+M)+Q，解得Q=4.5 J，故D正确。
2.(12分)如图所示,竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R,MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点,在半圆形轨道圆心O的正下方M处,处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药,炸药爆炸后,A恰能经过半圆形轨道的最高点N,而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度为g,求:
(1)B到达的最远位置到M点的距离;
答案：(1)2R　
解析：(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得mAg=mA，解得vN=，之后A做平抛运动，由平抛运动规律可得竖直方向2R=gt2，水平方向x=vNt，联立可得B到达的最远位置到M点的距离即为x=2R。
(2)极短爆炸过程中,若A的质量为mA,则A受到爆炸力的冲量大小;
答案：(2)mA　
解析：(2)A上升到N的过程，由机械能守恒定律得mA=mA+mAg·2R，解得vA=，根据动量定理可得I=mAvA=mA。
(3)A与B的质量之比。
答案：(3)4︰5
解析：(3)对B，由动能定理可得-μmBgx=0-mB，炸药爆炸过程由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0，联立以上各式可得=。
3.(12分)如图所示,质量mA=3 kg的木板A和质量mB=1 kg的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端与A上表面相切。质量mC=2 kg的小滑块C以一水平向右的初速度从木板A的左端滑上木板,当C离开A时,C的速度大小vC=4 m/s,C滑上圆弧槽B后,恰好能到达B的最高点,此时B的速度大小vB=3 m/s。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)当C刚滑上A时,A的加速度大小a;
答案：(1)2 m/s2　
解析：(1)以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得μmCg=(mA+mB)a，解得C刚滑上A时，A的加速度大小为a=2 m/s2。
(2)当C离开A时,B的速度大小v'B;
答案：(2)1 m/s　
解析：(2)C刚离开A时，A、B速度相等，为v'B;C到达B的最高点时，B、C有共同速度，为vB=3 m/s;对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得(mB+mC)vB=mCvC+mBv'B，解得C离开A时，B的速度大小为v'B=1 m/s。
(3)A的长度L。
答案：(3)2.25 m
解析：(3)从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒可得mCvC+(mA+mB)v'B=mCv0，解得v0=6 m/s，根据能量守恒定律可得μmCgL+(mA+mB)v+mC=mC，解得A的长度为L=2.25 m。

4.(5分)如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l,左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落,重力加速度为g。则(　　)
A.细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为
B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C.弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为
D
解析：细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F=Ma，解得a=，故A错误;滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故B错误;弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于mv2，故C错误;由于细绳被拉断瞬间，木板速度为0，小滑块速度为0，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep=mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v'，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得(m+M)v'=0，Ep=(m+M)v'2+μmgl，联立解得μ=，故D正确。
5.(15分)如图所示,放置于光滑平台上的滑块B的左端固定一水平轻质弹簧且静止,紧靠在平台右侧的小车C的上表面与平台等高。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接,圆弧轨道半径R=2.5 m,其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角θ=60°。现将滑块A从P点由静止开始释放,滑块A滑至平台上挤压弹簧,一段时间弹簧恢复原长后滑块B滑上小车C,再经过t=3 s滑块B和小车C共速,二者共速后一起匀速向右运动。已知滑块B的质量m=0.5 kg,小车C的质量M=1.5 kg,滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,滑块A、B均可视为质点,小车C足够长且小车C与水平面间的摩擦可忽略不计。求:
(1)滑块B和小车C共速时的速度大小v;
答案：(1)2 m/s　
解析：(1)滑块B滑上小车C后，以小车C为研究对象，根据动量定理有μmgt=Mv，解得v=2 m/s。
(2)滑块A的质量m0;
答案：(2)2 kg　
解析：(2)设滑块B滑上小车C瞬间的速度大小为v1，根据动量守恒定律有(m+M)v=mv1，设滑块A到达圆弧轨道最低点的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m0gR(1-cos 60°)=m0，滑块A和滑块B相互作用的过程中，根据动量守恒定律有mv1+m0v2=m0v0，根据机械能守恒定律有m+m0=m0，解得m0=2 kg。
(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值Epm。
答案：(3)5 J
解析：(3)当滑块A和滑块B速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(m0+m)v3=m0v0，根据机械能守恒定律有Epm=m0-(m0+m)，解得Epm=5 J。
6.(15分)如图所示,质量mC=4.5 kg的长木板C静止在光滑的水平面上,长木板C右端与竖直固定挡板相距x0,左端放一个质量mB=3.0 kg的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动摩擦因数为μ=0.05。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度l=0.8 m的轻绳将质量mA=1.0 kg的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的
碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)小球A与小物块B碰后瞬间,求小物块B的速度大小。
答案：(1)2.0 m/s　
解析：(1)小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAgl=mA，解得v0==4.0 m/s，设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv0，碰撞前后根据机械能守恒定律有mA+mB=mA，联立解得vB=v0=2.0 m/s。
(2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速,求x0应满足的条件。
答案：(2)x0≥0.96 m　
解析：(2)设B、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有(mB+mC)v1=mBvB，代入数据解得v1=0.8 m/s，若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有μmBgx0=mC-0，代入数据解得x0=0.96 m，则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，x0应满足的条件是x0≥0.96 m。
(3)在(2)问的前提下,若长木板C与竖直挡板碰撞后B、C能再次共速,求长木板的最短长度。
答案：(3)3.936 m
解析：(3)第一次共速过程中，由能量守恒定律有μmBgL1=mB-(mB+mC)，长木板C与挡板碰后速度大小不变，方向反向，设B、C第二次获得共同速度为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有(mB+mC)v2=mCv1-mBv1，由能量守恒定律有μmBgL2=mB+mC-(mB+mC)，长木板的最短长度为L=L1+L2，联立解得L=3.936 m。
本课结束

展开更多......

收起↑