2013高考物理 重點(diǎn)難點(diǎn)例析 專題13動(dòng)量和能量
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1、專題十三 動(dòng)量和能量 重點(diǎn)難點(diǎn) 1.彈簧類問題: 系統(tǒng)內(nèi)有兩個(gè)物體之間用輕質(zhì)彈簧連在一起,連接的彈簧或?yàn)樵L,或已壓縮而被鎖定.這樣包括彈簧的系統(tǒng)與第三個(gè)物體相互作用(碰撞、子彈射入等)。這是這類問題的典型物理情境.首先應(yīng)注意上述兩種情況的區(qū)別:已完全壓縮的彈簧沒有緩沖作用,應(yīng)將系統(tǒng)當(dāng)作一個(gè)整體來處理;沒壓縮的彈簧有緩沖作用,只有碰撞的兩個(gè)物體組成系統(tǒng),與彈簧相連的另一端的物體沒有參與. 此類問題還應(yīng)注意:把相互作用的總過程劃分為多個(gè)依次進(jìn)行的子過程,分析確定哪些子過程機(jī)械能是守恒的,哪些子過程機(jī)械能不守恒.還有一個(gè)常見的物理?xiàng)l件:當(dāng)彈簧最長或最短(或彈簧中彈性勢能最大)時(shí),彈簧兩
2、端的物體速度相等. 2.“子彈擊木塊”模型類問題: 子彈擊穿木塊時(shí),兩者速度不相等;子彈未擊穿木塊時(shí),兩者速度相等.這兩種情況的臨界情況是:當(dāng)子彈從木塊一端到達(dá)另一端,相對木塊運(yùn)動(dòng)的位移等于木塊長度時(shí),兩者速度相等. 此時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒.可應(yīng)用動(dòng)能定理分別對子彈、木塊列式,也可應(yīng)用動(dòng)能關(guān)系對系統(tǒng)列式.對系統(tǒng)的功能關(guān)系是:滑動(dòng)摩擦力對系統(tǒng)做的功(W =-fd,d為子彈擊入木塊的深度),等于系統(tǒng)功能的變化(ΔEk = Ek未Ek初). 3.“類子彈擊木塊”模型問題: 此時(shí)相互作用力不是介質(zhì)阻力或滑動(dòng)摩擦力,而是重力、彈力,此時(shí)機(jī)械能是守恒的.如彈性碰撞時(shí):動(dòng)量守恒、動(dòng)能
3、守恒,以兩個(gè)運(yùn)動(dòng)物體發(fā)生彈性碰撞為例: 兩物體質(zhì)量分別為m1、m2,碰撞前速度分別為υ10、υ20,碰撞后速度分別為υ1,υ2,且碰撞是彈性正碰,則有:動(dòng)量守恒即m1υ10+m2υ20 = m1υ1+m2υ2 ① 動(dòng)能守恒即m1υ+m2υ = m1υ+m2υ ② 將①式變形有:m1(υ10 -υ1) = m2(υ2- υ20) ③ 將②式變形有:m1(υ10 -υ1)(υ10+υ1) = m2(υ2 -υ20)(υ2+υ20) ④ 將④÷③有:υ10+υ1 = υ2+υ20 ⑤ 由①和⑤解得:υ1 = υ10+υ20,υ2 = υ10+. 當(dāng)υ20=0時(shí),υ1=υ10
4、,υ2 = υ10. 當(dāng)m1 = m2時(shí),υ1=υ20,υ2 = υ10,即兩物體交換速度. 規(guī)律方法 【例1】如圖所示,光滑水平面上有A、B、C三個(gè)物塊,其質(zhì)量分別為mA = 2.0kg,mB = 1.0kg,mC = 1.0kg.現(xiàn)用一輕彈簧將A、B兩物塊連接,并用力緩慢壓縮彈簧使A、B兩物塊靠近,此過程外力做108J(彈簧仍處于彈性限度內(nèi)),然后同時(shí)釋放A、B,彈簧開始逐漸變長,當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí),C恰以4m/s的速度迎面與B發(fā)生碰撞并粘連在一起.求: (1)彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí)(B與C碰撞前)A和B物塊速度的大小. (2)當(dāng)彈簧第二次被壓縮時(shí),彈簧具有的最大彈性勢能
5、. 【解析】(1)彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí),A和B物塊速度的大小分別為υA、υB. 由動(dòng)量守恒定律有:0 = mAυA - mBυB 此過程機(jī)械能守恒有:Ep = mAυ+mBυ 代入Ep=108J,解得:υA=6m/s,υB = 12m/s,A的速度向右,B的速度向左. (2)C與B碰撞時(shí),C、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)碰后B、C粘連時(shí)速度為υ′,則有: mBυB -mCυC = (mB+mC)υ′,代入數(shù)據(jù)得υ′ = 4m/s,υ′的方向向左. 此后A和B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,當(dāng)彈簧第二次壓縮最短時(shí),彈簧具有的彈性勢能最大,設(shè)為Ep′,且此時(shí)A與B、C三者有相同的
6、速度,設(shè)為υ,則有: 動(dòng)量守恒:mAυA -(mB+mC)υ′ = (mA+mB+mC)υ,代入數(shù)據(jù)得υ = 1m/s,υ的方向向右. 機(jī)械能守恒:mAυ+(mB+mC)υ′2 = Ep′+(mA+mB+mC)υ2,代入數(shù)據(jù)得E′p=50J. 訓(xùn)練題如圖所示,滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2,m1<m2,由輕 質(zhì)彈簧連接,置于光滑的水平面上,用一輕繩把兩滑塊拉至最近,使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊,并使兩滑塊以速度υ0向右運(yùn)動(dòng),突然輕繩斷開,當(dāng)彈簧伸長到原長時(shí),滑塊A的速度恰好為零.請通過定量分析說明,在以后的運(yùn)動(dòng)過程中,滑塊B是否會有速度為零的時(shí)刻. 答案:滑塊B不會有速度為零的時(shí)
7、刻 【例2】如圖3-13-3所示,兩個(gè)完全相同的質(zhì)量分別為m的木塊A、B置于水平地面上,它們的間距S=2.88m.質(zhì)量為2m,大小可忽略的滑塊C置于A板的左端.C與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1 = 0.22,A、B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.10,最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力.開始時(shí),三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右、大小為mg的力F,假定木板A、B碰撞時(shí)間極短且碰撞后粘連在一起,要使C最終不脫離木板,每塊木板的長度至少應(yīng)為多少? 【解析】A、C之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f1,f1 = μ1mcg = 0.44mg,A與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2
8、,f2 = μ2(mA+mC)g = 0.3mg,外力F = mg = 0.4mg可見F<f1,F(xiàn)>f2,即首先A和C之間保持相對靜,在F的作用下一起向右做加速運(yùn)動(dòng).設(shè)A與B碰撞前A、C的速度大小為υ1,由動(dòng)能定理有:(F-f2)s = (mA+mC)υ 代入數(shù)據(jù)得:υ1 = 0.8m/s A、B兩木板的碰撞瞬間,內(nèi)力的沖量遠(yuǎn)大于外力的沖量,由動(dòng)量守恒定律,設(shè)A、B碰后一起運(yùn)動(dòng)的速度為υ2,則有:mAυ1 = (mA+mB)υ2 得υ2 = = 0.4m/s 碰撞后C與A、B之間有相對滑動(dòng),此時(shí)A、B與地面間滑動(dòng)摩擦力大小為f3,f3=μ2(mA+mB+mC)g = 0.4m
9、g,可見F=f3,即三物體組成的系統(tǒng)受合外力為零,動(dòng)量守恒,設(shè)它們達(dá)到的共同速度為υ3,此時(shí)A、B向前滑動(dòng)的距離為s1,C恰好滑到B板的右端,此后三者一起做勻速運(yùn)動(dòng),C不會脫離木板,設(shè)對應(yīng)的木塊長度為l. 由動(dòng)量守恒有:mcυ1+(mA+mB)υ2 = (mC+mA+mB)υ3 得υ3 = 0.6m/s 對A、B整體,由動(dòng)能定理有:f1s1-f3s1 = (mA+mB)(υ-υ),得s1 = 1.5m 對C,由動(dòng)能定理有:F(2l+s1)- f1(2l+s1) = mC(υ- υ),得l = 0.3m 訓(xùn)練題如圖所示,O點(diǎn)左側(cè)是粗糙的,右側(cè)是光滑的一輕質(zhì)彈簧右端與墻壁固定,左端
10、與靜止在O點(diǎn)的質(zhì)量為m的小物塊A連接,彈簧處于原長狀態(tài).質(zhì)量也為m的物塊B在大小為F的水平恒力.作用下由C處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng),已知物塊B與地面EO段的滑動(dòng)摩擦力大小為.物塊B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與物塊A相碰并一起向右運(yùn)動(dòng)(設(shè)碰撞時(shí)間極短),運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤云外力F已知CO=4s,OD = s,求撤去外力后: (1)彈簧的最大彈性勢能 (2)物塊B最終離O點(diǎn)的距離(設(shè)碰后A、B一起運(yùn)動(dòng)但不粘連) 答案:(1)Ep=5Fs/2 (2)L=0.3m 【例3】空間探測器從行星旁邊繞過時(shí),由于行星的引力作用,可以使探測器的運(yùn)動(dòng)速率增大,這種現(xiàn)象被稱之為“彈弓效應(yīng)”在航天技術(shù)中,“彈弓效應(yīng)”是用
11、來增大人造小天體運(yùn)動(dòng)速率的一種有效方法.
(1)如圖所示是“彈弓效應(yīng)”的示意圖:質(zhì)量為m的空間探測器以相對于太陽的速度u0飛向質(zhì)量為M的行星,此時(shí)行星相對于太陽的速度為u0,繞過行星后探測器相對于太陽的速度為υ,此時(shí)行星相對于太陽的速度為υ,由于mM,υ0、υ、u0、u的方向均可視為相互平行試寫出探測器與行星構(gòu)成的系統(tǒng)在上述過程中“動(dòng)量守恒”“及始末狀態(tài)總動(dòng)能相等”的方程,并在m< 12、υ0=10.4km/s,則由于“彈弓效應(yīng)”,該探測器繞過火星后相對于太陽的速率將增為多少?
(3)若探測器飛向行星時(shí)其速度υ0與行星的速度u0同方向,則是否仍能產(chǎn)生使探測器速率增大的“彈弓效應(yīng)”?簡要說明理由.
【解析】(1)以探測器初始時(shí)速度υ0的反方向?yàn)樗俣鹊恼较?
由動(dòng)量守恒定律有:-mυ0+Mu0 = mυ+Mu
由動(dòng)能守恒有: mυ+Mu = mυ2+Mu2
由上兩式解得:υ = υ0+u0.
當(dāng)m< 13、取負(fù)值,為使探測器能追上行星,應(yīng)使|υ0|>|u0|,此時(shí)有υ = υ0+2(u0)即|υ|=|υ0.2u0|<|υ0|可見不能使探測器速率增大
訓(xùn)練題如圖所示,運(yùn)動(dòng)的球A在光滑的水平面上與一個(gè)原來靜止的B球發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后的速度在一條直線上A、B的質(zhì)量關(guān)系如何,才
可以實(shí)現(xiàn)使B球獲得:
(1)最大的動(dòng)能;
(2)最大的速度;
(3)最大的動(dòng)量(設(shè)兩球半徑相等)
答案:(1)Ek2m=mAv02/2
(2)vBm=2v0
(3)P2m=2mAv0
【例4】如圖所示,彈簧上端固定在O點(diǎn),下端掛一木匣A,木匣A頂端懸掛一木塊B(可視為質(zhì)點(diǎn)),A和B的質(zhì)量 14、都為m = 1kg,B距木匣底面高度h = 16cm,當(dāng)它們都靜止時(shí),彈簧長度為L某時(shí)刻,懸掛木塊B的細(xì)線突然斷開,在木匣上升到速度剛為0時(shí),B和A的底面相碰,碰撞后結(jié)為一體,當(dāng)運(yùn)動(dòng)到彈簧長度又為L時(shí),速度變?yōu)棣浴?= 1m/s求:
(1)B與A碰撞中動(dòng)能的損失ΔEk;
(2)彈簧的勁度系數(shù)k;
(3)原來靜止時(shí)彈簧內(nèi)具有的彈勢勢能E0
【解析】線斷后,A向上做簡諧運(yùn)動(dòng),剛開始為最低點(diǎn),此時(shí)彈簧伸長為x,應(yīng)有kx = 2mg;A到達(dá)平衡位置時(shí),應(yīng)有kx1 = mg,x1為此時(shí)彈簧的伸長,可見x = 2x1,A振動(dòng)的振幅即x1 = ,當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),A的速度為零,彈簧處于原長位置, 15、彈簧的彈性勢能也為零.
(1)當(dāng)A、B結(jié)為一體運(yùn)動(dòng)到彈簧長度又為L時(shí),彈簧中彈性勢能不變,A的重力勢能不變,B的重力勢能減少mgh,此時(shí)A、B具有動(dòng)能·2m·υ2,可見系統(tǒng)(A、B及彈簧)減少的機(jī)械能為ΔE=mgh·2mυ2 = 0.6J
只有在B與A碰撞粘合在一起時(shí)有機(jī)械能(動(dòng)能)的損失,其他過程均不會損失機(jī)械能,故碰撞中損失的動(dòng)能即系統(tǒng)損失的機(jī)械能:ΔEk = ΔE=0.6J
(2)A、B發(fā)生碰撞時(shí),A向上運(yùn)動(dòng)了x,速度為零;B向下自由下落了h- x,速度為υB,由機(jī)械能守恒定律有:mg(h- x) = mυ
A和B碰撞過程,動(dòng)量守恒,設(shè)碰后共同速度為υ,則mυB = 2mυ
16、由能量守恒有:mυ = ΔEk+·2m·υ2
由以上各式,代入數(shù)據(jù)解得:x = 0.04m,k = 500N/m
(3)線斷后,A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí),彈簧原來具有的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A的重力勢能,有E0=mgx,得E0 = 0.4J
訓(xùn)練題如圖所示,一質(zhì)量M=2kg的長木板B靜止于光滑的水平面上,B的右端與豎直檔板的距離為s=1m,一個(gè)質(zhì)量m = 1kg的小物體A以初速度υ0 = 6m/s從B的左端水平滑上B,在B與豎直擋板碰撞的過程中,A都沒有到達(dá)B的右端設(shè)物體A可視為質(zhì)點(diǎn),A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.1,B與豎直擋板碰撞時(shí)間極短,且碰撞過程中無機(jī)械能損失,g取10m/s2求 17、:
(1)B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間,A、B的速度各是多少?
(2)最后要使A不從B的兩端滑下,木板B的長度至少是多少? (結(jié)果保留3位有效數(shù)字)
答案:(1)vA=4m/s ,vB=1m/s
(2)L=18.0m
能力訓(xùn)練
1.矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘結(jié)在一起,將其放在光滑的水平面上,如圖所示,質(zhì)量為m的子彈以速度u水平射向滑塊若射擊上層,則子彈剛好不穿出;若射擊下層,則整個(gè)子彈剛好嵌入,則上述兩種情況相比較 ( AB )
A.兩次子彈對滑塊做的功一樣多
B.兩次滑塊所受沖量一樣大
C.子彈嵌入下層過程中對滑塊做功多
18、D.子彈擊中上層過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多
2.1924年法國物理學(xué)家德布羅意提出物質(zhì)波的概念任何一個(gè)運(yùn)動(dòng)著的物體,小到電子,大到行星、恒星都有一種波與之對應(yīng),波長為λ = ,P為物體運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量,h是普朗克常量.同樣光也具有粒子性,光子的動(dòng)量為:P = .根據(jù)上述觀點(diǎn)可以證明一個(gè)靜止的自由電子如果完全吸收一個(gè)γ光子,會發(fā)生下列情況:設(shè)光子頻率為ν,則E = hν,P = = ,被電子吸收后有hν = meυ2,h = meυ,解得:υ = 2C.電子的速度為光速的2倍,顯然這是不可能的關(guān)于上述過程以下說法正確的是 ( CD )
A.因?yàn)樵谖⒂^世界動(dòng)量守恒定律不 19、適用,上述論證錯(cuò)誤,電子有可能完全吸收一個(gè)電子
B.因?yàn)樵谖⒂^世界能量守恒定律不適用,上述論證錯(cuò)誤,電子有可能完全吸收一個(gè)電子
C.動(dòng)量守恒定律,能量守恒定律是自然界中普遍適用的規(guī)律,所以惟一結(jié)論是電子不可能完全吸收一個(gè)r光子
D.若γ光子與一個(gè)靜止的自由電子發(fā)生作用,則r光子被電子散射后頻率會減小
3.如圖所示,質(zhì)量為m的子彈以速度υ0水平擊穿放在光滑水平地面上的木塊木塊長為L,質(zhì)量為M,木塊對子彈的阻力恒定不變,子彈穿過木塊后木塊獲得動(dòng)能為Ek,若木塊或子彈的質(zhì)量發(fā)生變化,但子彈仍穿過木塊,則 ( AC )
A.M不變,m變小,則木塊獲得的動(dòng)能一定變大
B.M不 20、變,m變小,則木塊獲得的動(dòng)能可能變大
C.m不變,M變小,則木塊獲得的動(dòng)能一定變大
D.m不變,M變小,則木塊獲得的動(dòng)能可能變大
4.如圖所示,半徑為R的光滑圓環(huán)軌道與高為10R的光滑斜面安置在同一豎直平面內(nèi),兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連,在水平軌道CD上一輕質(zhì)彈簧被兩小球a、b夾住(不連接)處于靜止?fàn)顟B(tài),今同時(shí)釋放兩個(gè)小球,a球恰好能通過圓環(huán)軌道最高點(diǎn)A,b球恰好能到達(dá)斜面最高點(diǎn)B,已知a球質(zhì)量為m,求釋放小球前彈簧具有的彈性勢能為多少?
答案:Ep=7.5mgR
5.如圖所示,光滑水平面上,質(zhì)量為2m的小球B連接著輕質(zhì)彈簧,處于靜止;質(zhì)量為m的小球A以初速 21、度v0向右勻速運(yùn)動(dòng),接著逐漸壓縮彈簧并使B運(yùn)動(dòng),過一段時(shí)間,A與彈簧分離,設(shè)小球A、B與彈簧相互作用過程中無機(jī)械能損失,彈簧始終處于彈性限度以內(nèi)
(1)求當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),彈簧的彈性勢能E.
m
2m
A
B
v0
(2)若開始時(shí)在小球B的右側(cè)某位置固定一塊擋板(圖中未畫出),在小球A與彈簧分離前使小球B與擋板發(fā)生正撞,并在碰后立刻將擋板撤走.設(shè)小球B與固定擋板的碰撞時(shí)間極短,碰后小球B的速度大小不變、但方向相反。設(shè)此后彈簧彈性勢能的最大值為,試求可能值的范圍.
答案:(1)當(dāng)A球與彈簧接觸以后,在彈力作用下減速運(yùn)動(dòng),而B球在彈力作用下加速運(yùn)動(dòng),彈簧勢能增加,當(dāng)A、B速 22、度相同時(shí),彈簧的勢能最大.
設(shè)A、B的共同速度為v,彈簧的最大勢能為E,則A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有
由機(jī)械能守恒 聯(lián)立兩式得
(2)設(shè)B球與擋板碰撞前瞬間的速度為vB,此時(shí)A的速度為vA
系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B與擋板碰后,以vB向左運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧,當(dāng)A、B速度相同(設(shè)為v共)時(shí),彈簧勢能最大
有 得
所以
當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)與小球B擋板相碰,vB有最大值vBm,有
解得 vBm=
即vB的取值范 23、圍為
當(dāng)vB=時(shí)Em有最大值為Em1=
當(dāng)vB=時(shí),Em有最小值為Em2=
a
b
M
N
O
v0
P
·
·
6.如圖所示,光滑絕緣桿上套有兩個(gè)完全相同、質(zhì)量都是m的金屬小球a、b,a帶電量為q(q>0),b不帶電。M點(diǎn)是ON的中點(diǎn),且OM=MN=L,整個(gè)裝置放在與桿平行的勻強(qiáng)電場中。開始時(shí),b靜止在桿上MN之間的某點(diǎn)P處,a從桿上O點(diǎn)以速度v0向右運(yùn)動(dòng),到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為3v0/4,再到P點(diǎn)與b球相碰并粘合在一起(碰撞時(shí)間極短),運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。求:
⑴電場強(qiáng)度E的大小和方向;
⑵a、 24、b兩球碰撞中損失的機(jī)械能;
⑶a球碰撞b球前的速度v。
答案:⑴a球從O到M WOM=
得: 方向向左
⑵設(shè)碰撞中損失的機(jī)械能為△E,對a、b球從O到N的全過程應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律
-qE2L-△E=0-
則碰撞中損失的機(jī)械能為 △E==
⑶設(shè)a與b碰撞前后的速度分別為v、v′,則 mv=2mv’
減少的動(dòng)能△E=-=
7.一玩具“火箭”由上下兩部分和一短而硬(即勁度系數(shù)很大)的輕質(zhì)彈簧構(gòu)成。上部分G1的質(zhì)量為m1,下部分G2的質(zhì)量為m2,彈簧夾 25、在G1與G2之間,與二者接觸而不固連。讓G1、G2壓緊彈簧,并將它們鎖定,此時(shí)彈簧的彈性勢能為已知的定值E0。通過遙控可解除鎖定,讓彈簧恢復(fù)至原長并釋放彈性勢能,設(shè)這一釋放過程的時(shí)間極短?,F(xiàn)將玩具在一枯井的井口處從靜止開始自由下落,撞擊井底(井足夠深)后以原速率反彈,反彈后當(dāng)玩具豎直向上運(yùn)動(dòng)到離井口深度為h的時(shí)刻解除鎖定。求
⑴解除鎖定前瞬間,火箭的速度;
⑵解除鎖定后瞬間G1、G2的速度;
⑶若以井口處作為重力勢能的參考點(diǎn),解除鎖定后G1的機(jī)械能會超過E0嗎?如能,請分析超過E0的條件。
答案:⑴v0 =
26、
⑵解除鎖定前后,G1、G2動(dòng)量守恒 (m1+m2)v0 = m1v1 + m2v2
G1、G2能量守恒(m1+m2)v02 + E0 = m1v12 + m2v22
解得: v1 = ±(“-”舍去) v1 = +
v2 = ±(“+”舍去) v2 = -
由題意知 m1v12 + m1gh > E0 27、
解得:h >
8.如圖所示,質(zhì)量為2kg的物塊A(可看作質(zhì)點(diǎn)),放在長木板B的左端,B的質(zhì)量為1kg,可在水平面上無摩擦滑動(dòng),兩端各有一豎直擋板M、N,現(xiàn)A、B上相同的速度υ0 = 6m/s向左運(yùn)動(dòng)并與擋板M發(fā)生碰撞,B與M碰后速度立即變?yōu)榱悖?
但不與M粘連;A與M碰撞時(shí)沒有能量損失碰后立即返回向N板運(yùn)動(dòng),且在與N板碰撞前,A、B能達(dá)到共同速度并且立即被鎖定,與N板碰撞后,A、B一起以原速反向運(yùn)動(dòng),并且立即解除鎖定A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.1.通過計(jì)算求下列問題:
(1)A與擋板M能否發(fā)生第二次碰撞?
(2)A最終停在何處?
(3)A在B上一 28、共通過了多少路程?
答案:(1)第一次碰撞后A以vO=6 m/s速度向右運(yùn)動(dòng),B的初速度為0,與N板碰前達(dá)共同速度v1,則mA v0=(mA+mB)v1 v1=4m/s
系統(tǒng)克服阻力做功損失動(dòng)能
因與N板的碰撞沒有能量損失,A、B與N板碰后返回向左運(yùn)動(dòng),此時(shí)A的動(dòng)能 因此,當(dāng)B先與M板碰撞停住后,A還有足夠能量克服阻力做功,并與M板發(fā)生第二次碰撞.所以A可以與擋板M發(fā)生第二次碰撞。
(2)設(shè)第i次碰后A的速度為vi,動(dòng)能為EAi,達(dá)到共同速度后A的速度為vi′動(dòng)能為EAi′ 同理可求
單程克服阻力做功
因此每次都可以返回到M板,景終停靠在M板前。
(3)由(2)的討論可知,在每完成一個(gè)碰撞周期中損失的總能量均能滿足
(即剩余能量為)
其中用以克服阻力做功占損失總能量之比
碰撞中能量損失所占的比例
因此,當(dāng)初始A的總動(dòng)能損失完時(shí),克服摩擦力做的總功為
所以S=27/2=13.5m
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