2019高考物理 快速提分法 模型十一 動(dòng)量學(xué)案（含解析）.docx

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動(dòng)量守恒和能量守恒 動(dòng)量和能量是高考中的必考知識(shí)點(diǎn)，考查題型多樣，考查角度多變，大部分試題都與牛頓定律、曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)知識(shí)相互聯(lián)系，綜合出題。其中所涉及的物理情境往往比較復(fù)雜，對學(xué)生的分析綜合能力，推理能力和利用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求均高，常常需要將動(dòng)量知識(shí)和機(jī)械能知識(shí)結(jié)合起來考慮。有的物理情景設(shè)置新穎，有的貼近于學(xué)生的生活實(shí)際，特別是多次出現(xiàn)動(dòng)量守恒和能量守恒相結(jié)合的綜合計(jì)算題。在復(fù)習(xí)中要注意定律的適用條件，掌握幾種常見的物理模型。 一、解題的基本思路：解題時(shí)要善于分析物理情境，需對物體或系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行詳細(xì)分析，挖掘隱含條件，尋找臨界點(diǎn)，畫出情景圖，分段研究其受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，綜合使用相關(guān)規(guī)律解題。 ⑴由文字到情境即是審題，運(yùn)用“圖象語言”分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，畫出受力分析圖和運(yùn)動(dòng)情境圖，將文字?jǐn)⑹龅膯栴}在頭腦中形象化。畫圖，是一種能力，又是一種習(xí)慣，能力的獲得，習(xí)慣的養(yǎng)成依靠平時(shí)的訓(xùn)練。 ⑵分析物理情境的特點(diǎn)，包括受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，判斷物體運(yùn)動(dòng)模型，回憶相應(yīng)的物理規(guī)律。 ⑶決策：用規(guī)律把題目所要求的目標(biāo)與已知條件關(guān)聯(lián)起來，選擇最佳解題方法解決物理問題。 二、基本的解題方法：閱讀文字、分析情境、建立模型、尋找規(guī)律、解立方程、求解驗(yàn)證 ⑴分步法（又叫拆解法或程序法）：在高考計(jì)算題中，所研究的物理過程往往比較復(fù)雜，要將復(fù)雜的物理過程分解為幾步簡單的過程，分析其符合什么樣的物理規(guī)律再分別列式求解。這樣將一個(gè)復(fù)雜的問題分解為二三個(gè)簡單的問題去解決，就化解了題目的難度。 ⑵全程法（又叫綜合法）：所研究的對象運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)復(fù)雜，但從整個(gè)過程去分析考慮問題，選用適合整個(gè)過程的物理規(guī)律，如兩大守恒定律或兩大定理或功能關(guān)系，就可以很方便的解決問題。 ⑶等效法（又叫類比法）：所給的物理情境比較新穎，但可以把它和熟悉的物理模型進(jìn)行類比，把它等效成我們熟知的情境，方便的解決問題。 ⑷假設(shè)法：判斷未知情境時(shí)，可以先假設(shè)其結(jié)論成立，推出與已知條件或推論相一致或相反的結(jié)果，證明其假設(shè)是否成立，從而解決物理問題。 三、學(xué)習(xí)中應(yīng)當(dāng)注意的幾點(diǎn)： ⑴若考查有關(guān)物理量的瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，需應(yīng)用牛頓定律，若考查一個(gè)過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理的難易程度有很大的差別。 ⑵若研究對象是一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個(gè)定理，涉及時(shí)間的優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及位移的優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。 ⑶機(jī)械能是否守恒決定于是否有重力和彈力（彈簧）之外的力做功，而動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有外力或外力之和是否為零。注意分析物體的受力情況，當(dāng)系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能不一定守恒，同樣機(jī)械能守恒時(shí)，動(dòng)量不一定守恒。 ⑷從能量轉(zhuǎn)化的角度也可判斷機(jī)械能是否守恒：如果系統(tǒng)機(jī)械能沒有和外界其他形式的能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，只發(fā)生系統(tǒng)內(nèi)部勢能和動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。 ⑸重力勢能和電勢能都是標(biāo)量，但有正負(fù)，表示物體相對于零勢能面的位置。它們具有相對性，隨零勢能面的變化而變化，但勢能差值具有絕對性，與零勢能面的選取無關(guān)，我們只關(guān)心的是勢能差值的變化。 ⑹動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用時(shí)要特別注意其矢量性，列式之前選好正方向，確定各矢量的正負(fù)。將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。 經(jīng)典例題把一支槍固定在小車上，小車放在光滑的水平桌面上．槍發(fā)射出一顆子彈．對于此過程，下列說法中正確的有哪些？（） A．槍和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．槍和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．車、槍和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．車、槍和子彈組成的系統(tǒng)近似動(dòng)量守恒，因?yàn)樽訌椇蜆屚仓g有摩擦力．且摩擦力的沖量甚小 分析與解答：本題涉及如何選擇系統(tǒng)，并判斷系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒．物體間存在相互作用力是構(gòu)成系統(tǒng)的必要條件，據(jù)此，本題中所涉及的桌子、小車、槍和子彈符合構(gòu)成系統(tǒng)的條件．不僅如此，這些物體都跟地球有相互作用力．如果僅依據(jù)有相互作用就該納入系統(tǒng)，那么推延下去只有把整個(gè)宇宙包括進(jìn)去才能算是一個(gè)完整的體系，顯然這對于分析、解決一些具體問題是沒有意義的．選擇體系的目的在于應(yīng)用動(dòng)量守恒定律去分析和解決問題，這樣在選擇物體構(gòu)成體系的時(shí)候，除了物體間有相互作用之外，還必須考慮“由于物體的相互作用而改變了物體的動(dòng)量”的條件．桌子和小車之間雖有相互作用力，但桌子的動(dòng)量并沒有發(fā)生變化．不應(yīng)納入系統(tǒng)內(nèi)，小車、槍和子彈由于相互作用而改變了各自的動(dòng)量，所以這三者構(gòu)成了系統(tǒng)．分析系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，則應(yīng)區(qū)分內(nèi)力和外力．對于選定的系統(tǒng)來說，重力和桌面的彈力是外力，由于其合力為零所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒．子彈與槍筒之間的摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，只能影響子彈和槍各自的動(dòng)量，不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量．所以D的因果論述是錯(cuò)誤的． 答案為C． 變式1 如圖所示，A、B兩質(zhì)量相等的物體靜止在平板小車C上，A、B之間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車的上表面間的滑動(dòng)摩擦力之比為3：2，地面光滑，當(dāng)壓縮彈簧突然釋放后，則（） A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng) C．A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．小車向右運(yùn)動(dòng) 分析與解答：本題中若以A、B兩質(zhì)量相等的物體為研究對象，由于與小車C的摩擦力大小不等，即該系統(tǒng)所受合外力不為零，不滿足守恒條件；但是如果以A、B、C三者為一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受合外力為零，滿足守恒條件。分析小車C水平方向的受力：C受到A對C的向左的摩擦力FAC；C受到B對C的向右的摩擦力FBC；由于FAC：FBC＝3：2，所以小車向左運(yùn)動(dòng)。答案為BC。 小錦囊 上述求解是根據(jù)列車受力的特點(diǎn)，恰當(dāng)?shù)剡x取研究對象，巧妙地運(yùn)用了動(dòng)量守恒定律，顯得非常簡單．如果把每一部分作為研究對象，就需用牛頓第二定律等規(guī)律求解．但過程較為復(fù)雜 變式2 一列車沿平直軌道以速度v0勻速前進(jìn)，途中最后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂突然脫鉤，若前部列車的質(zhì)量為M，脫鉤后牽引力不變，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，則當(dāng)最后一節(jié)車廂滑行停止的時(shí)刻，前部列車的速度為： 分析與解答：列車原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力F等于摩擦力f，f=k(m＋M)g(k為比例系數(shù))，因此，整個(gè)列車所受的合外力等于零．尾部車廂脫鉤后，每一部分所受摩擦力仍正比于它們的重力．因此，如果把整個(gè)列車作為研究對象，脫鉤前后所受合外力始終為零，在尾部車廂停止前的任何一個(gè)瞬間，整個(gè)列車(前部+尾部)的動(dòng)量應(yīng)該守恒．考慮剛脫鉤和尾部車廂剛停止這兩個(gè)瞬間，由(m+M)v0=0+Mv得此時(shí)前部列車的速度為，答案為B 經(jīng)典例題如圖所示，長為Ｌ、質(zhì)量為Ｍ的小船停在靜水中，質(zhì)量為ｍ的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？ ｓ船 ｓ人 分析與解答：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒．當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后做加速運(yùn)動(dòng)；人勻速運(yùn)動(dòng)，則船勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停下來時(shí)，船也停下來．設(shè)某時(shí)刻人對地的速度為v，船對地的速度為V，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有：mv－MV=0 即　 因?yàn)槿擞纱^走到船尾的過程中，每一時(shí)刻都滿足動(dòng)量守恒定律，所以每一時(shí)刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比．因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的平均速度也與它們的質(zhì)量成反比，即．而人的位移s人=t，船的位移s船=t，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即　 此式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)的過程中，某一個(gè)方向的動(dòng)量守恒． 由圖可以看出：s船＋s人=Ｌ　 解得： 變式1 如圖所示，斜面長為L，傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面頂端上，有一質(zhì)量為m、邊長為l的正方形小物塊由靜止開始下滑，若不計(jì)一切摩擦，求小物塊由頂端剛滑到底端過程中斜面在水平面上滑行的位移． 分析與解答：設(shè)末狀態(tài)物塊和斜面對地的速度分別為v、V，以斜面的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎絪2 s1 向，由動(dòng)量守恒得：MV－mv =0 由“人船模型”知：　M－m=0 由圖2知：s1+s2=(L－l)cosθ 由以上兩式解得s1= 變式2 如圖所示，光滑水平面上有一小車， s球 s車 小車上固定一桿，總質(zhì)量為M；桿頂系一長為L的輕繩，輕繩另一端系一質(zhì)量為m的小球．繩被水平拉直處于靜止?fàn)顟B(tài)(小球處于最左端)．將小球由靜止 釋放，小球從最左端擺下并繼續(xù)擺至最右端的過程中，小 車運(yùn)動(dòng)的距離是多少？ 分析與解答：設(shè)某時(shí)刻小球速度的水平分量為v(方向向右)， 小車的速度為V(方向向左)，取水平向左為正方向， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有： 小錦囊 當(dāng)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，任意一段時(shí)間內(nèi)的平均動(dòng)量也守恒；當(dāng)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，系統(tǒng)的質(zhì)心保持原來的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變．在動(dòng)量守恒問題中常見到這樣一類問題：初態(tài)時(shí)系統(tǒng)總動(dòng)量為零，在物體發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)某一方向的動(dòng)量守恒（如水平方向）．對于這類問題我們可以借用“人船模型”很方便的解決． MV－mv =0 即 因?yàn)樾∏蛟跀[動(dòng)過程中，系統(tǒng)綜動(dòng)量在每時(shí)刻都等于零，所以每一時(shí)刻小球速度的水平分量與小車的速度都跟它們的質(zhì)量成反比；從而可知小球從最左端擺至最右端的過程中，小球的水平位移s1與小車的位移s2與它們的質(zhì)量成反比．即 由圖知　　s1+s2=2L 由以上兩式解得s2= 經(jīng)典例題一個(gè)質(zhì)量M=1kg的鳥在空中v0=6m/s沿水平方向飛行，離地面高度h=20m，忽被一顆質(zhì)量m=20g沿水平方向同向飛來的子彈擊中，子彈速度v=300m/s，擊中后子彈留在鳥體內(nèi)，鳥立即死去，g=10m/s2．求：鳥被擊中后經(jīng)多少時(shí)間落地；鳥落地處離被擊中處的水平距離． 分析與解答：子彈擊中鳥的過程，水平方向動(dòng)量守恒，接著兩者一起作平拋運(yùn)動(dòng)。 分析與解答：把子彈和鳥作為一個(gè)系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒．設(shè)擊中后的共同速度為u，取v0的方向?yàn)檎较?，則由Mv0＋mv＝(m＋M)u，得 擊中后，鳥帶著子彈作平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 鳥落地處離擊中處水平距離為 S＝ut＝11.762m＝23.52m． v1 水流 變式1 如圖所示，質(zhì)量為3.0kg的小車在光滑水平軌道上以2.0m/s速度向右運(yùn)動(dòng)．一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小車后壁，已知水流流量為m3/s，射到車壁的水全部流入車廂內(nèi)．那么，經(jīng)多長時(shí)間可使小車開始反向運(yùn)動(dòng)？（水的密度為kg/m3） 分析與解答：由題意知，小車質(zhì)量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s， 水的密度ρ=kg/m3. 設(shè)經(jīng)t時(shí)間，流人車內(nèi)的水的質(zhì)量為M，此時(shí)車開始反向運(yùn)動(dòng)，車和水流在水平方向沒有外力，動(dòng)量守恒，所以有 mv1- Mv2=0 又因?yàn)镸=ρV V=Qt 由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 t=50s 變式2 甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲．甲和他的冰車的總質(zhì)量共為M=30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg．游戲時(shí)，甲推著一質(zhì)量為m=15km的箱子，和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑行．乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時(shí)乙迅速把它抓?。舨挥?jì)冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免和乙相碰． 分析與解答：設(shè)甲推出的箱子速度為v，推出后甲的速度變?yōu)関1，取v0方向?yàn)檎较?，?jù)小錦囊 本題僅依據(jù)兩個(gè)動(dòng)量守恒的過程建立的方程還能求解，關(guān)鍵是正確找出臨界條件，并據(jù)此建立第三個(gè)等式才能求解． 動(dòng)量守恒有(M＋m)v0＝Mv1＋mv． 乙抓住箱子的過程，動(dòng)量守恒，則Mv＋mv0=(M＋m)v2. 甲、乙兩冰車避免相撞的條件是v2≥v1，取v2=v1． 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v=5.2m/s． B C A 變式3 如圖所示，在光滑水平面上有木塊A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它們的上表面是粗糙的，今有一小鐵塊C，mC=0.1kg，以初速v0=10m/s沿兩木塊表面滑過，最后停留在B上，此時(shí)B、C以共同速度v=1.5m/s運(yùn)動(dòng)，求： （1）A運(yùn)動(dòng)的速度vA=？ （2）C剛離開A時(shí)的速度vC′=? 分析與解答：（1）對ABC由動(dòng)量守恒得 mCv0=mAvA+（mB+mC）v 上式帶入數(shù)據(jù)得vA=0.5m/s （2）當(dāng)C剛離開A時(shí)AB有共同的速度vA，所以由動(dòng)量守恒得 mCv0=（mA+mB）vA+mCvC′ 上式帶入數(shù)據(jù)得vC′=5.5 m/s 變式4 質(zhì)量為M的小車，如圖5－11所示，上面站著一個(gè)質(zhì)量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進(jìn)?，F(xiàn)在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？ 分析與解答：以人和車作為一個(gè)系統(tǒng)，因?yàn)樗椒较虿皇芡饬Γ运椒较騽?dòng)量守恒。 小錦囊 在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，除注意判斷系統(tǒng)受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對速度問題，即所有速度都要是對同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時(shí)還應(yīng)注意到相對速度的同時(shí)性。 設(shè)人跳出后，車對地的速度增加了△v，以 v0方向?yàn)檎较?，以地為參考系。由?dòng)量守 恒定律： (M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)] 　　 經(jīng)典例題相隔一定距離的A、B兩球，質(zhì)量均為m，假設(shè)它們之間存在恒定斥力作用，原來兩球被按住，處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)突然松開兩球，同時(shí)給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，而B球初速為零.設(shè)軌道光滑，若兩球間的距離從最小值(兩球未接觸)到剛恢復(fù)到原始值所經(jīng)歷的時(shí)間為t，求兩球間的斥力. 分析與解答：作出示意圖，如圖所示. 當(dāng)A、B相距最近時(shí)，二者速度應(yīng)相等，設(shè)為u，當(dāng)二者距離恢復(fù)原始值時(shí)，設(shè)A、B的速度分別為v1、v2，整個(gè)過程經(jīng)歷的時(shí)間為t/。 對B球，由動(dòng)量定理得：Ft=mv2-mu 由動(dòng)量守恒得mv0=2mu mv0=mv1+mv2 整個(gè)過程中A、B兩球?qū)Φ氐奈灰葡嗟?，則： 解得： 變式1 如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號(hào)是1、2、3、…、n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等。在t=0時(shí)刻木板靜止，第l、2、3、…、n號(hào)木塊的初速度分別為vo、2vo、3vo、…、nvo，方向都向右.最終所有木塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動(dòng).試求： ⑴所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度vn ⑵從t=0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間t ⑶第(n-1)號(hào)木塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度vn-1 1 2 n v0 2v0 nv0 分析與解答：⑴對系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得 m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn 　　　 由上式解得 vn=(n+1)vo/4 ⑵因?yàn)榈趎號(hào)木塊始終做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以對第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得 -μmg t=mvn-mnvo 由上式解得t=(3n-1)v0/4μg ⑶第(n-1)號(hào)木塊與木板相對靜止時(shí)，它在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的速度最小，設(shè)此時(shí)第n號(hào)木塊的速度為v。對系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得 m(vo+2vo+3vo+…+nvo)=(2n-1)m vn-1+mv 對第n-1號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得-μmg t/=m vn-1 – m(n -1)vo 對第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得 -μmg t/=mv - mnvo 解得vn-1 =(n-1)(n+2) vo /4n 經(jīng)典例題如圖所示，半徑為的光滑半圓上有兩個(gè)小球，質(zhì)量分別為，由細(xì)線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球升至最高點(diǎn)時(shí)兩球的速度？ 分析與解答：球沿半圓弧運(yùn)動(dòng)，繩長不變，兩球通過的路程相等，上升的高度為；球下降的高度為；對于系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得： ； 變式1 如圖所示，均勻鐵鏈長為，平放在距離地面高為的光滑水平面上，其長度的懸垂于桌面下，從靜止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛要著地時(shí)的速度？ 小錦囊 零勢能面選取不同，所列出的表達(dá)式不同，雖然最后解得的結(jié)果是一樣的，但解方程時(shí)的簡易程度是不同的，從本例可以看出，方法二較為簡捷。因此，靈活、準(zhǔn)確地選取零勢能面，往往會(huì)給題目的求解帶來方便。 分析與解答：1、選取地面為零勢能面： 方法2、桌面為零勢能面： 解得： 變式2 質(zhì)量為m的物體甲和質(zhì)量為2m的物體乙系在繞過定滑輪的細(xì)繩的兩端，甲和乙距地面的高度都為（如圖2所示），若將它們都由靜止開始松手，甲在以后的運(yùn)動(dòng)中始終沒有碰到滑輪，當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距地面的高度h為多少？（滑輪摩擦和空氣阻力不計(jì)）。 分析與解答：此題可分兩個(gè)過程來研究，乙著地前為第一個(gè)過程，可用機(jī)械能守恒定律求出乙著地時(shí)甲的即時(shí)速度。乙著地后為第二個(gè)過程，可求出乙著地后甲又升高的最大高度。 小錦囊 整個(gè)過程中，甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，甲和乙中任何一個(gè)物體機(jī)械能也不守恒。只有分成兩個(gè)過程，在第一個(gè)過程中甲和乙組成的系統(tǒng)總機(jī)械能守恒，在第二個(gè)過程中甲的機(jī)械能守恒。適當(dāng)?shù)剡x取研究對象和物理過程是解題的關(guān)鍵 取地面為零勢能參考面，剛松手時(shí)甲和乙的總機(jī)械能 E1=(m甲+m乙)gh1 設(shè)乙著地前甲和乙的速度都為v，乙著地前甲和乙的總機(jī)械能 對系統(tǒng)運(yùn)用機(jī)械能守恒定律 將m乙=2m甲代入上式解得 v2=2gh1/3。 乙剛著地時(shí)甲的總機(jī)械能 E甲= 甲上升到最大高度h時(shí)，甲的總機(jī)械能 E甲’=m甲gh 對甲運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得 將v2=2gh1/3代入上式解得甲上升的最大高度h=7h1/3。 經(jīng)典例題如圖所示，半徑分別為R和r的甲、乙兩個(gè)光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，若小球在兩圓軌道的最高點(diǎn)對軌道的壓力都恰好為零，試求CD段的長度. 甲 乙 D C 分析與解答：設(shè)小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度為，通過甲軌道最高點(diǎn)的速度為， 根據(jù)小球?qū)壍缐毫榱阌? 取軌道最低點(diǎn)所在水平面為參考平面，由機(jī)械能守恒定律有 聯(lián)立可得 同理可得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度 設(shè)CD段的長度為，對小球通過CD段的過程，由動(dòng)能定理有 解得： 變式1 宇航員在月球表面完成下面實(shí)驗(yàn)：在一固定的豎直光滑圓弧軌道內(nèi)部的最低點(diǎn)，靜止一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）如圖所示，當(dāng)給小球水平初速度v0時(shí)，剛好能使小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng).已知圓弧軌道半徑為r，月球的半徑為R，萬有引力常量為G.若在月球表面上發(fā)射一顆環(huán)月衛(wèi)星，所需最小發(fā)射速度為多大？ 分析與解答：設(shè)月球表面重力加速度為g，月球質(zhì)量為M. ∵球剛好完成圓周運(yùn)動(dòng)，∴小球在最高點(diǎn)有 從最低點(diǎn)至最高低點(diǎn)有 可得 ∵在月球表面發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為月球第一宇宙速度 ∴ 變式2 如圖所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R遠(yuǎn)大于一節(jié)車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導(dǎo)軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運(yùn)動(dòng)，在軌道的任何地方都不能脫軌。試問：在沒有任何動(dòng)力的情況下，列車在水平軌道上應(yīng)具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道而運(yùn)動(dòng)到右邊的水平軌道上？ 分析與解答：當(dāng)游樂車灌滿整個(gè)圓形軌道時(shí)，游樂車的速度最小，設(shè)此時(shí)速度為v，游樂車的質(zhì)量為m，則據(jù)機(jī)械能守恒定律得： 要游樂車能通過圓形軌道，則必有v>0， 所以有 變式3 如圖所示，半徑為r，質(zhì)量不計(jì)的圓盤與地面垂直，圓心處有一個(gè)垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的最右邊緣固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，在O點(diǎn)的正下方離O點(diǎn)r/2處固定一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B。放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動(dòng)，問： （a）A球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的線速度是多少？ （b）在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是多少？ θ A B 分析與解答：該系統(tǒng)在自由轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只有重力做 功，機(jī)械能守恒。設(shè)A球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的線速度為VA，B 球的速度為VB，則據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2 據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知：VA=2VB 由上述二式可求得VA= 設(shè)在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是θ （如圖所示），則據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mgr.cosθ-mgr(1+sinθ)/2=0 易求得θ=sin-1。 x v0 A L1 O1 O2 L2 O3 L3 變式4 如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.01kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，用細(xì)線懸掛的小球質(zhì)量均為m=0.01kg，沿x軸排列，A與第一只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長分別為L1、L2、L3…(圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點(diǎn)).開始時(shí)，滑塊以速度v0=10m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑 塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，碰撞后小球均能 在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)并再次與滑塊 正碰，g取10m/s2，求： (1)滑塊能與幾個(gè)小球碰撞？ (2)求出碰撞中第n個(gè)小球懸線長Ln的表達(dá)式. (3)滑塊與第一個(gè)小球碰撞后瞬間，懸線對小球的拉力為多大？ 分析與解答： (1)因滑塊與小球質(zhì)量相等且碰撞中機(jī)械能守恒，所以滑塊與小球相碰撞會(huì)互換速度，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑行總距離為s0，有： 得s0=25m 個(gè) (2)滑塊與第n個(gè)小球碰撞，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為vn′ 對小球由機(jī)械能守恒定律得： 小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)，則 對滑塊由動(dòng)能定理得： ) 由以上三式得： (3)滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)到第一個(gè)小球處與第一個(gè)小球碰前的速度為v1，則有： 由于滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，則碰撞前后動(dòng)量守恒、動(dòng)能相等，滑塊與小球相互碰撞會(huì)互換速度，碰撞后瞬間小球的速度也為v1，此時(shí)小球受重力和繩子的拉力作用，由牛頓第二定律得： 因?yàn)? 由以上三式得：T=0.6N 變式5 用長為L的細(xì)線系一個(gè)質(zhì)量為m的小球（小球可以視為質(zhì)點(diǎn)），線的一端固定在空間的O點(diǎn)。先將小球拉至圖中的P位置，使OP水平，然后無初速釋放小球。當(dāng)小球繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)150到達(dá)Q位置時(shí)，細(xì)線碰到了一個(gè)固定的細(xì)釘子M，此后小球開始繞M做圓周運(yùn)動(dòng)。已知OM的長度是4L/5，求： （1）小球到達(dá)O點(diǎn)正下方的S點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球的拉力F1多大？ （2）小球到達(dá)Q位置時(shí)的速度v1多大？ （3）小球繞M做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)N時(shí)的速度v2多大？ （4）小球通過最高點(diǎn)N時(shí)細(xì)線對小球的拉力F2是多大？ O P Q M 150 N S 分析與解答：⑴小球下擺90過程機(jī)械能守恒：，在該點(diǎn)拉力F1和重力的合力充當(dāng)向心力：， 得F1 =3mg ⑵小球P到Q過程機(jī)械能守恒： 得 ⑶小球P到N過程機(jī)械能守恒： 得 ⑷在N點(diǎn)，重力和拉力F2的合力充當(dāng)向心力： 得F2= mg 經(jīng)典例題如圖所示，光滑水平面上的長木板，右端用細(xì)繩栓在墻上，左端上部固定一輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的鐵球以某一初速度（未知）在木板光滑的上表面上向左運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，當(dāng)鐵球速度減小到初速度的一半時(shí)，彈簧的彈性勢能等于E，此時(shí)細(xì)繩恰好被拉斷，從而木板向左運(yùn)動(dòng)，為使木板獲得的動(dòng)能最大，木板質(zhì)量應(yīng)多大？木板動(dòng)能的最大值是多少？ v0 分析與解答：設(shè)球的初速度為，木板質(zhì)量為M。對球、彈簧，由機(jī)械能守恒定律有 . 為使木板獲得的動(dòng)能最大，須使鐵球與彈簧分離后（即彈簧恢復(fù)到原長）的速度為零。 . 對木板、鐵球，由動(dòng)量守恒定律有 . 對木板、鐵球，由機(jī)械能守恒定律有 . 聯(lián)立以上三式，解得： . 木板動(dòng)能的最大值是EK== . 變式1 如圖所示，在光滑水平地面上有一木塊A質(zhì)量為m，靠在豎直墻壁上，用一輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為2m的物體B相連.現(xiàn)用力向左推B，使彈簧壓縮至彈性勢能為E0，然后突然釋放. B A (1)分析此后彈簧的彈性勢能何時(shí)再次達(dá)到最大值； (2)求A所獲得的最大速度和最小速度. 分析與解答： (1)當(dāng)vA=vB時(shí)彈簧的彈性勢能最大. 彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，由機(jī)械能守恒得：，所以. 彈簧第一次被拉伸至最長時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得： 2mvB0=(2m+m)v，.解得：. (2)A獲得最大速度和最小速度出現(xiàn)在其加速和減速過程結(jié)束的時(shí)刻，及彈簧處于原長時(shí)，此時(shí)Ep=0，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得： ，. 解得：，此兩速度分別為A所獲得的最小速度和最大速度. 變式2 在光滑水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑弧形槽的小車，一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊以速度V0沿水平槽口滑去，如圖所示，求： (1)鐵塊能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度：(設(shè)m不會(huì)從左端滑離M) (2)小車的最大速度； (3)若M＝m，則鐵塊從右端脫離小車后將作什么運(yùn)動(dòng)？ M v m 分析與解答： (1)鐵塊滑至最高處時(shí)，有共同速度V， 由動(dòng)量守恒定律得：mV0＝(M+m)V 　. 由能量守恒定律得： 　　　. .解得： (2)鐵塊從小車右端滑離小車時(shí)，小車的速度最大為V１，此時(shí)鐵塊速度為V２，由動(dòng)量守恒定律得：　　mv＝MV１　+　mV２　　. 由能量守恒定律得：　　　　　　. .解得：　　 (3)由上面.解得：　　　 . 由已知當(dāng)M＝m時(shí)，.得：V2＝０ 又因鐵塊滑離小車后只受重力，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)． 變式3 如圖所示，在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量為M的小車，車上裝有一個(gè)半徑為R的光滑圓環(huán).一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺(tái)上以速度V0滑入圓環(huán).試問：小滑塊的初速度V0滿足什么條件才能使它運(yùn)動(dòng)到環(huán)頂時(shí)恰好對環(huán)頂無壓力? 小錦囊 注意：公式是相對圓心的線速度，而本題中的圓心是以u向右移動(dòng)的，所以滑快對地速度為V—u。而動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律表達(dá)式中的速度均應(yīng)為對地的。 分析與解答：滑塊至圓環(huán)的最高點(diǎn)且恰好對環(huán)頂無壓力，應(yīng)有 式中V是滑塊相對圓心O的線速度，方向向左。 設(shè)小車此時(shí)速度u，并以該速度方向?yàn)檎较颍瑒t滑塊的對地速度為對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，由于水平方向所受合外力為零，由動(dòng)量守恒有 由滑塊和小車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒有 三式聯(lián)立求解得： m v0 k M 變式4 如圖所示，質(zhì)量為M的長板靜置在光滑的水平面上，左側(cè)固定一勁度系數(shù)為K且足夠長的水平輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用一根不可伸長的細(xì)繩連接于墻上（細(xì)繩張緊），細(xì)繩所能承受的最大拉力為T。讓一質(zhì)量為m、初速為v0的小滑塊在長板上無摩擦地對準(zhǔn)彈簧水平向左運(yùn)動(dòng)。試求： ⑴在什么情況下細(xì)繩會(huì)被拉斷？ ⑵細(xì)繩被拉斷后，長板所能獲得的最大加速度多大？ ⑶滑塊最后離開長板時(shí)，相對地面速度恰為零的條件是什么？ 分析與解答：⑴m對彈簧的彈力大于等于細(xì)繩的拉力T時(shí)細(xì)繩將被拉斷，有：T=kx0 解得 ⑵細(xì)繩剛斷時(shí)小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為v1，由機(jī)械能守恒有： ∴ 當(dāng)滑塊和長板的速度相同時(shí)，設(shè)為v2，彈簧的壓縮量x最大，此時(shí)長板的加速度a最大，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有 mv1 = (M +m)v2kx=aM 解得 設(shè)滑塊離開長板時(shí)，滑塊速度為零，長板速度為v3， 由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有mv1 = Mv3 解得m > M 變式5用長為L的細(xì)繩懸吊著一個(gè)小木塊，木塊的質(zhì)量為M，一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊，并留在木塊中，和木塊一起做圓周運(yùn)動(dòng)，為了保證子彈和小木塊一起能在豎直平面內(nèi)做圓運(yùn)動(dòng)，子彈射入木塊的初速度v的大小至少是多少? 分析與解答：在子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv = (M+m)v1 所以 v1= 子彈和木塊一起運(yùn)動(dòng)后，繩的拉力不做功，只有重力做功。它們從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有： -（M+m）g2L = - 為了保證子彈和木塊一起能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)它們的速度不能為零。在最高點(diǎn)它們所受的向心力等于重力時(shí)速度最小。（M+m）g=(M+m) 由以上三個(gè)方程聯(lián)立求解可得：v1 = 即：子彈射入木塊的速度至少是 變式6 如圖所示，滑塊A1A2由輕桿連結(jié)成一個(gè)物體，其質(zhì)量為M，輕桿長L ?；瑝KB的質(zhì)量為m ，長L/2 ，其左端為一小槽，槽內(nèi)裝有輕質(zhì)彈簧。開始時(shí)，B緊貼A，使彈簧處在壓縮狀態(tài)。今突然松開彈簧，在彈簧作用下整個(gè)系統(tǒng)獲得動(dòng)能EK，彈簧松開后，便離開小槽并遠(yuǎn)離物體A1A2。以后B將在A1和A2之間發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞。假定整個(gè)系統(tǒng)都位于光滑的水平面上，求物塊B的運(yùn)動(dòng)周期。 L L/2 B A1 A2 分析與解答：設(shè)彈簧松開后A1A2物體與物體B的速度各為V和v，則有 解得， B和A碰撞前后 解得 即碰撞前后，B相對A1A2的速度的大小不變，只改變方向。 同理可證明，當(dāng)B與A1碰撞后，也有同樣的結(jié)果，即相對A1A2，B在以大小不變的相對速度作往返運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)的周期為 變式7 如圖所示，在傾角為θ的斜面上有一輛小車，車的底板絕緣，金屬板A、B、C等大、正對、垂直地安放在車的底板上，它們之間依次相距L，A、B板上各有一等高、正對的小孔，A與B、B與C之間反向連有電動(dòng)勢各為E1、E2的直流電源。小車總質(zhì)量為M，正以速度v0勻速下滑，此時(shí)有一帶負(fù)電的小球正以速度v（v＜v0）沿A、B板上的小孔的軸線向上飛來，小球質(zhì)量為m（m＜M），帶電荷量為q，其重力可忽略不計(jì)，其電量較小，不會(huì)改變板間電場，且直徑小于A、B板上的孔徑，小球運(yùn)動(dòng)到B板時(shí)的速度為u，試求： ⑴小球在A、B板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； ⑵要使小球剛好打到C板上，E1、E2的大小有何關(guān)系？ 分析與解答：⑴小球在A、B板間受恒定電場力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受的電場力 F= qE = qE1/L 由牛頓第二定律得a = F/m 又由于 u = v+at 解得 ⑵小球由A至C先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C之前與小車有相同的速度v′，對小球和小車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 Mv0 — mv =（m+M）v′ 由小車原來勻速運(yùn)動(dòng)知，減少的重力勢能恰好等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得 qE1 – qE2 = 由以上各式解得滿足題意的條件是 經(jīng)典例題如圖所示，P是固定的豎直擋板，A置于光滑水平面上的平板小車（小車表面略低于擋板下端），B是放在小車最左端表面上的一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊。開始時(shí)，物塊隨小車一起以相同的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，接著物塊與擋板發(fā)生了第一次碰撞，碰后物塊相對于靜止時(shí)的位置離小車最左端的距離等于車長的3/4，此后物塊又與擋板發(fā)生了多次碰撞，最后物塊給恰未從小車上沒落。若物塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因素是個(gè)定值，物塊與擋板發(fā)生碰撞時(shí)無機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短暫，試確定小車與物塊的質(zhì)量關(guān)系。 P B v0 A 分析與解答：設(shè)小車、物塊的質(zhì)量分別為M和m，車長為L，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因素為μ，初速度為v0。第一次碰后由于無機(jī)械能損失，因此物塊的速度方向變?yōu)橄蛴?，大小仍為v0，此后它與小車相互作用，當(dāng)兩者速度相等時(shí)（由題意知，此速度方向必向左，即必須有M＞m），有該次相對車的最大位移l 對物塊、小車系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律 有（M-m）v0=（M+m）v 由于某種原能量守恒有 多次碰撞后，物塊恰未從小車上滑落，表明最后當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到小車最右端時(shí)兩者剛好停止運(yùn)動(dòng)（或者速度同時(shí)趨于零） 對物塊、小車系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有 而 l=3L/4 得v0=2v 解得 M=3m 變式1 如圖所示，一質(zhì)量為M=2kg的足夠長的長木板在光滑的水平面上以速度v0=3m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一質(zhì)量m=1kg的物體無初速的放在長木板的右端，物體與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s2，求 v0 (1)物體相對長板的位移多大？ (2)若在物體無初速放在長木板右端的同時(shí)對長木板施 加一水平向右的恒力F=7.5N，則在1s內(nèi)物體的位移為多大？ 分析與解答：設(shè)物體與木板的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得Mv0=（M＋m）v 設(shè)物體相對于木板的位移為s，由能量守恒定律得 得： (2)設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩物體達(dá)共同速度v1，對于物體由動(dòng)量定理得μmgt1=mv1 對于物體和木板，由動(dòng)量定理得Ft1=（M+m）v1－Mv0 得： v1=μgt1=4m/s 設(shè)t1時(shí)間內(nèi)物體發(fā)生的位移為s1，由動(dòng)能定理得 ， 物體和木塊達(dá)共同速度后相對靜止，由牛頓第二定律得： ，故物體與木板能保持相對靜止. 在t2=0.2s內(nèi)物體發(fā)生的位移： 物體在1s內(nèi)發(fā)生的位移： s=s1+s2=2.45m 變式2 一質(zhì)量M=2kg的長木板B靜止在光滑的水平面上，B的右端與豎直擋板的距離為S=0.5m.一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小物體A以初速度v0=6m/s從B的左端水平滑上B，當(dāng)B與豎直擋板每次碰撞時(shí)，A都沒有到達(dá)B的右端. 分析與解答：設(shè)定物體A可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，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： (1)B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，A、B的速度值各是多少？ (2)最后要使A不從B上滑下，木板B的長度至少是多少？(最后結(jié)果保留三位有效數(shù)字.) 解：(1)設(shè)A、B達(dá)到共同速度為v1時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)距離為S1 v0 A B S 由動(dòng)量守恒定律有 由動(dòng)能定理有 聯(lián)立解得S1=2m 由于S=0.5m<2m，可知B與擋板碰撞時(shí)，A、B還未達(dá)到共同速度.設(shè)B與擋板碰撞前瞬間A的速度為vA，B的速度為vB，則 由動(dòng)量守恒定律有 由動(dòng)能定理有 聯(lián)立解得vA=4m/s、vB=1m/s (2)B與擋板第一次碰后向左減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B速度減為零時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)的距離設(shè)為SB，由動(dòng)能定理有 由上式解得SB=0.5m 在A的作用下B再次反向向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)當(dāng)A、B向右運(yùn)動(dòng)達(dá)到共同速度v2時(shí)B向右運(yùn)動(dòng)距離為S2，由動(dòng)量守恒定律有 由動(dòng)能定理有 解得、 故A、B以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，B第二次與擋板碰撞后，以原速率反彈向左運(yùn)動(dòng).此后由于系統(tǒng)的總動(dòng)量向左，故最后A、B將以共同速度v3向左勻速運(yùn)動(dòng). 由動(dòng)量守恒定律有 (M-m)v2=(M+m)v3 解得 設(shè)A在B上運(yùn)動(dòng)的總路程為L(即木板B的最小長度)，由系統(tǒng)功能關(guān)系得： 代入數(shù)據(jù)解得L=8.96m 變式3 如圖所示，右端有固定擋板的滑塊B放在光滑的水平面上.B的質(zhì)量為M=0.8kg，右端離墻壁的距離為L=0.09m.在B上靠近擋板處放一個(gè)質(zhì)量為m=0.2kg的小金屬塊A.A和擋板之間有少量炸藥.A和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.點(diǎn)燃炸藥，瞬間釋放出化學(xué)能.設(shè)有E0=0.5J的能量轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能.當(dāng)B向右運(yùn)動(dòng)與墻壁發(fā)生碰撞后，立即以碰前的速率向左運(yùn)動(dòng).A始終未滑離B.g=10m/s2，求： (1)A和B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)vA、vB； (2)最終A在B上滑行的距離s. 分析與解答： (1)A和B在炸藥點(diǎn)燃前后動(dòng)量守恒，設(shè)向左為正 mvA – MvB = 0 L A B 解得vA=2m/s方向向左 vB=0.5m/s方向向右 (2)B運(yùn)動(dòng)到墻壁處時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為和 對A和B，設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律有 mvA – MvB = m- M 對B由動(dòng)能定理有 解得= 1.6m/s = 0.4m/s 設(shè)A和B最終保持相對靜止時(shí)的共同速度為v 由動(dòng)量守恒定律得m+ M= (M + m)v 由功能關(guān)系有 求出s = 0.75m 變式4 如圖所示，長L=12m，右端有一彈簧夾的木板，質(zhì)量M=5kg，放在水平面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，質(zhì)量m=5kg的電動(dòng)小車（可視為質(zhì)點(diǎn)）位于木板的左端，小車啟動(dòng)后以4m/s2的加速度勻加速地向木板右端駛?cè)?，?dāng)小車撞擊彈簧夾后被立即切斷電源，且被彈簧夾子卡住.取重力加速度g=10m/s2，求： (1)小車從啟動(dòng)到被卡住所經(jīng)歷的時(shí)間. (2)從小車啟動(dòng)到最終木板靜止，木板的總位移. 分析與解答：（1）在木板對小車的摩擦力F作用下小車作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度m/s2， F=ma1=20N 設(shè)木板向左的加速度為a2，木板受小車的摩擦力F′=F和地面的摩擦力作用， 由牛頓第二定律有F′－μ(m+M)g=Ma2 加速度m/s2 依題意有 小車從啟動(dòng)到被卡住所經(jīng)歷的時(shí)間＝2s （2）小車與彈簧夾碰撞前的速度，方向向右v1＝a1t＝8m/s 木板此時(shí)的速度，方向向左v2＝a2t＝4m/s 木板向左的位移m 小車與彈簧夾碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有： m/s 此后小車和木板一起向右滑行，設(shè)木板向右移動(dòng)s′停止，由動(dòng)能定理有： =2m 木板移動(dòng)的總位移m 方向向左 變式5 如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，平板車的質(zhì)量M=2m，車與物塊一起向右以初速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，車跟右側(cè)的墻壁相碰.設(shè)車跟墻壁碰撞的時(shí)間很短，碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，重力加速度為g. (1)平板車的長度至少是多大時(shí)，小物塊才不會(huì)從車上掉落下來？ (2)若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠(yuǎn)，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜止，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是多大？ (3)小物塊在車表面相對于車滑動(dòng)的總路程是多少？ 分析與解答： (1)平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變、方向 反向，車與物塊有相對運(yùn)動(dòng)，車與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力f=μmg 設(shè)物塊與車共同速度為v1，對車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 (M - m)v0=(M + m)v1 設(shè)平板車的長度至少為L，根據(jù)能量守恒有 M m v0 解得 (2)由第(1)問可解得v1=v0/3 即平板車和物塊一起以速度v1向左運(yùn)動(dòng)，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論可得： .依次類推可知，經(jīng)過n次碰撞后，一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是 (3)經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，最終物塊和平板車的速度都變?yōu)榱?，則在整個(gè)過程中，平板車和物塊的動(dòng)能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此有： 則物塊相對于車滑動(dòng)的總路程是：. v0 M m 變式6 如圖所示，質(zhì)量為M=1kg的平板車左端放有質(zhì)量為m=2kg的物塊(看成質(zhì)點(diǎn))，物塊與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.開始時(shí)車和物塊以v0=6m/s的速度向右在光滑水平面上前進(jìn)，并使車與墻發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間及短，且碰撞后車的速率與碰前的相等，車身足夠長，使物塊不能與墻相碰，取g=10m/s2，求： (1)小車與墻第一次相碰以后小車所走的總路程. (2)為使物塊始終不會(huì)滑出平板車右端，平板車至少多長？ 分析與解答： (1)因?yàn)樾≤嚺c墻第一次相碰以后向左運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)量守恒， 取向右的方向?yàn)檎?，得：mv-Mv=(M+m) v1 因?yàn)閙v>Mv，所以v1>0，即系統(tǒng)的共同速度仍向右，因此還會(huì)與墻發(fā)生碰撞，這樣反復(fù)碰撞直至能量消耗殆盡. 車與墻碰后，車跟物塊發(fā)生相對滑動(dòng)，以車為研究對象，由牛頓第二定律 有：. 設(shè)車與墻第n次碰撞后的速度為vn，碰后的共同速度為vn+1，那么vn+1也就是第n+1次碰撞后的速度，對系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律有： ， 所以. 設(shè)車第n次與墻相碰后離墻的最大位移為s，則. 而. 則，由此可知，車每次碰后與墻的最大位移成等比數(shù)列，公比為1/9，所以小車與墻第一次相碰后所走的總路程為： (2)對物塊和平板車組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過程中由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： ，即. 則平板車的最小長度為：. 變式7 如圖甲所示，空間存在著一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長為L的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個(gè)與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（下簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦。兩個(gè)金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r。 （1）將方框固定不動(dòng)，用力拉動(dòng)U型框使它以速度v0 垂直NP邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U型框的MQ端滑至方框的最右端（如圖乙所示）時(shí)，方框上的bc兩端的電勢差為多大？此時(shí)方框的熱功率為多大？ （2）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v0，如果U型框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？ （3）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v（v>v0），U型框最終將與方框分離。如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時(shí)間t，方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)的距離為s.求兩金屬框分離時(shí)的速度各為多大？ 分析與解答：（1）當(dāng)方框固定不動(dòng)，U型框以v0滑至方框最右側(cè)時(shí)，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則E=BLv0 bc間并聯(lián)電阻R并＝＝r bc兩端的電勢差Ubc= 得Ubc＝BLv0 此時(shí)方框得熱功率P=()2R并 得 P= （2）若方框不固定，方框（U型框）每條邊的質(zhì)量為m，則U型框﹑方框的質(zhì)量分別為3m和4m。又設(shè)U型框恰好不與方框分離時(shí)的速度為v，此過程中產(chǎn)生的總熱量為Q，由動(dòng)量守恒定律可知 由能的轉(zhuǎn)化和守恒可知 可知 （3）若方框不固定，設(shè)U型框與方框分離時(shí)速度分別為v1、v2， 由動(dòng)量守恒可知 在t時(shí)間內(nèi)相距為 得 運(yùn)用動(dòng)量守恒及能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解題，對于系統(tǒng)變化過程復(fù)雜或?qū)ψ兓^程的細(xì)節(jié)不清楚等問題，具有明顯的優(yōu)越性．同時(shí)又是物理學(xué)中綜合面最廣、靈活性最大、內(nèi)答最為豐富的部分．解題的基本思路和方法是： ①認(rèn)真審題．確定研究對象，明確題目所述的物理情景，可采用“通讀一遍、分段審議、作圖示意”的方法． ②細(xì)致分析．分析對象受力及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的過程；分析動(dòng)量和能量的變化情況，明確題設(shè)條件，探明隱含條件：弄清臨界條件． ③選擇定律．通過對題意的分析，確定解題方向，選擇物理規(guī)律，布列相關(guān)方程．在列動(dòng)量守恒和能量守恒方程時(shí)，注意選定合適的始末狀態(tài)及狀態(tài)量的確定． ④求解結(jié)果．代人數(shù)據(jù)求解時(shí)應(yīng)注意統(tǒng)一單位；求解過程要注意表述規(guī)范，必要時(shí)要注意對求解結(jié)果的討論．