2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用講義
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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用講義 專題定位 本專題解決的是綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決物體運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題.本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn),命題情景新、聯(lián)系實(shí)際密切、綜合性強(qiáng),是高考的壓軸題. 應(yīng)考策略 本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn):一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律,結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題;二是運(yùn)用動(dòng)能定理和動(dòng)量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問(wèn)題.由于本專題綜合性強(qiáng),因此要在審題上狠下功夫,弄清運(yùn)動(dòng)情景,挖掘隱含條件,有針對(duì)性地選擇相應(yīng)規(guī)律和方法. 1. 動(dòng)量定理的公式Ft=p′-p除表明兩邊大小、方向的關(guān)
2、系外,還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系,即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因. 動(dòng)量定理說(shuō)明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系,反映了力對(duì)時(shí)間的累積效果,與物體的初、末動(dòng)量無(wú)必然聯(lián)系.動(dòng)量變化的方向與合外力的沖量方向相同,而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量方向跟合外力的沖量方向無(wú)必然聯(lián)系. 動(dòng)量定理公式中的F是研究對(duì)象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是變力,當(dāng)F為變力時(shí),F(xiàn)應(yīng)是合外力對(duì)作用時(shí)間的平均值. 2. 動(dòng)量守恒定律 (1)內(nèi)容:一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零,這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變. (2)表達(dá)式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量
3、p等于相互作用后總動(dòng)量p′);或Δp=0(系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零);或Δp1=-Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),兩物體動(dòng)量變化量大小相等、方向相反). (3)守恒條件 ①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零. ②系統(tǒng)合外力不為零,但在某一方向上系統(tǒng)合力為零,則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒. ③系統(tǒng)雖受外力,但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短,如碰撞、爆炸過(guò)程. 3. 解決力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn):主要應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合,常涉及受力、加速度或勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題. (2)動(dòng)量的觀點(diǎn):主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解,常涉及物體的受力和時(shí)間問(wèn)題,以及
4、相互作用的系統(tǒng)問(wèn)題. (3)能量的觀點(diǎn):在涉及單個(gè)物體的受力和位移問(wèn)題時(shí),常用動(dòng)能定理分析;在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問(wèn)題時(shí),常用能量守恒定律. 1. 力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)單個(gè)物體:宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律.若其中涉及時(shí)間的問(wèn)題,應(yīng)選用動(dòng)量定理;若涉及位移的問(wèn)題,應(yīng)選用動(dòng)能定理;若涉及加速度的問(wèn)題,只能選用牛頓第二定律. (2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng):優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題時(shí),應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律,然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決. 2. 系統(tǒng)化思維方法,就是根據(jù)眾多的已知要素、事實(shí),按照一定的聯(lián)系方式,將其各部分連接成整體的方法. (1)對(duì)多個(gè)
5、物理過(guò)程進(jìn)行整體思維,即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理,如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng). (2)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思維,即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考 慮,如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí),就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng)). 題型1 動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例1 (xx·廣東·35)如圖1,兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上,質(zhì)量均為m,P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧,左端A與彈簧的自由端B相距L,物體P置于P1的最右端,質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點(diǎn).P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng),與靜止的P2發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰撞后P1與P
6、2粘連在一起,P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi)).P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,求: 圖1 (1)P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1和P的最終速度v2. (2)此過(guò)程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep. 解析 (1)P1和P2碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,有 mv0=(m+m)v1 ① 解得v1=v0 P在P2上滑行過(guò)程中,P1、P2、P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有 2mv0+2mv1=4mv2 ② 解得v2=v0 (2)P1、P2、P第一次等速時(shí)彈簧壓縮量最大,由能量守恒得μ·2mg(L+x)+Ep=×2mv+
7、×2mv-×4mv ③ P剛進(jìn)入P2到P1、P2、P第二次等速時(shí)由能量守恒得 μ·2mg(2L+2x)=×2mv+×2mv-×4mv ④ 由③④得:x=-L,Ep=. 答案 (1)v0 v0 (2)-L 如圖2所示,質(zhì)量為m的b球用長(zhǎng)為h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處.質(zhì)量也為m的小球a,從距BC高為h的A處由靜止釋放,沿ABC光滑軌道滑下,在C處與b球正碰并與b粘在一起.已知BC軌道距水平地面ED的高度為0.5h,懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問(wèn): 圖2 (1)a球與b球碰前瞬間的速度為多大? (2)a、b
8、兩球碰后,細(xì)繩是否會(huì)斷裂?若細(xì)繩斷裂,小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是多少?若細(xì)繩不斷裂,小球最高將擺多高?(小球a、b均視為質(zhì)點(diǎn)) 答案 (1) (2)細(xì)繩會(huì)斷裂,落點(diǎn)距C處的水平距離是h 解析 (1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC,由機(jī)械能守恒定律,mgh=mv 解得:vC= 即a球與b球碰前瞬間的速度為 (2)設(shè)a、b兩球碰后速度為v,由動(dòng)量守恒定律,mvC=(m+m)v 解得:v== 兩球粘在一起被細(xì)線懸掛繞O擺動(dòng)時(shí),由FT-2mg=2m 解得:FT=3mg 由于FT>2.8mg,細(xì)線會(huì)斷裂,小球做平拋運(yùn)動(dòng). 設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則有0.5h=gt2,解得t=
9、 x=vt=·=h 小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是h 題型2 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 例2 (20分)在光滑水平面上靜止著A、B兩個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),質(zhì)量均為m,A球是帶電荷量為q的正電荷,B球不帶電,兩球相距為L(zhǎng).從t=0時(shí)刻開始,在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向與A、B兩球的連線平行向右,如圖3所示.A球在電場(chǎng)力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng),并與B球發(fā)生完全彈性碰撞.設(shè)兩球間碰撞力遠(yuǎn)大于電場(chǎng)力且作用時(shí)間極短,每次碰撞過(guò)程中A、B之間都沒(méi)有電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮空氣阻力及兩球間的萬(wàn)有引力.問(wèn): 圖3 (1)小球A經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與
10、小球B發(fā)生第一次碰撞? (2)小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少? (3)第二次碰撞后,又經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間發(fā)生第三次碰撞? 解析 (1)小球A在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng), L=at (1分) a= (1分) 解得:t1= (1分) (2)小球A與小球B發(fā)生完全彈性碰撞,設(shè)A球碰前速度為vA1,碰后速度為vA1′,B球碰前速度為0,碰后速度為vB1′,則mvA1=mvA1′+mvB1′ (2分) mv=mvA1′2+mvB1′2 (2分)
11、 聯(lián)立得:vA1′=0 vB1′=vA1 vA1=at1= 所以vA1′=0(2分) vB1′= (2分) (3)第一次碰撞后,小球A做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),小球B以vB1′的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是:兩小球位移相等. 設(shè)A球第二次碰撞前速度為vA2,碰后速度為vA2′,B球碰前速度為vB2,碰后速度為vB2′,則 vA2=at2=t2 vB2=vB1′= at=vB2t2 解得:t2=2 vA2=at2=2 又mvA2+mvB2=mvA2′+mvB2′ mv+mv=mvA2′2+mvB2′2 聯(lián)立得:v
12、A2′=vB2 vB2′=vA2 所以vA2′= vB2′=2 (4分) 第二次碰撞后,小球A做初速度為 的勻加速直線運(yùn)動(dòng),小球B以vB2′的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),兩小球發(fā)生第三次碰撞的條件是:兩小球位移相等. 設(shè)第三次碰撞A球碰前速度為vA3,碰后速度為vA3′,B球碰前速度為vB3,碰后速度為vB3′,則 vB3=vB2′=2 t3+at=vB3·t3 解得:t3=2 (5分) 即完成第二次碰撞后,又經(jīng)t3=2的時(shí)間發(fā)生第三次碰撞. 答案 (1) (2)A球的速度大小是0,B球的速度大小是 (3)2 如圖4所示,
13、相距都為L(zhǎng)的兩足夠長(zhǎng)的平行金屬直導(dǎo)軌與水平面的夾角都是θ,通過(guò)最低點(diǎn)的PQ用一段很小的圓弧連接(長(zhǎng)度可以忽略),PQ的左側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、磁場(chǎng)方向垂直左導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,PQ的右側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=2B1、磁場(chǎng)方向垂直右導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,PQ圓弧處沒(méi)有磁場(chǎng).現(xiàn)有電阻都為r、長(zhǎng)度都為L(zhǎng)、質(zhì)量分別是m1、m2,m2=2m1的導(dǎo)體棒AB、CD分別靜置于兩導(dǎo)軌的足夠高處,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.現(xiàn)先釋放AB棒,當(dāng)AB棒速度穩(wěn)定時(shí)再釋放CD棒.一切摩擦不計(jì),試分析下列問(wèn)題: 圖4 (1)求AB棒的穩(wěn)定速度v1; (2)試分析AB棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)自由釋放后的CD棒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài);
14、 (3)當(dāng)AB棒運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)PQ時(shí),立即鎖定它,不讓其運(yùn)動(dòng),隨即解除鎖定,隨后會(huì)與下滑的CD棒發(fā)生彈性碰撞.試求AB、CD棒在運(yùn)動(dòng)停止前的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大電流. 答案 (1) (2)CD棒靜止不動(dòng) (3) 解析 (1)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B1Lv1 電流I= AB棒所受到的安培力F安1=B1LI= AB棒穩(wěn)定后有=m1gsin θ 由上述解得v1= (2)CD棒釋放前瞬間所受到的安培力為F安2=B2LI= 將B2=2B1代入上式得F安2= CD棒重力沿斜面方向的分量為G2=m2gsin θ=2m1gsin θ 因=m1gsin θ,即F安2=G2,故CD棒靜止不動(dòng)
15、(3)CD由足夠高滑下來(lái),最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),F(xiàn)安2=B2LI′= 又F安2= 解得v2=v1 兩棒彈性碰撞,動(dòng)量守恒 m2v2=m1v1′+m2v2′ 機(jī)械能守恒:m2v=m1v1′2+m2v2′2 由以上解得:v1′= v2′= 由上述可知AB棒以v1下滑時(shí)速度最大,產(chǎn)生的最大電流Imax== 8. 綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題 審題示例 如圖5所示,光滑的水平面AB(足夠長(zhǎng))與半徑為R=0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切,D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn).A點(diǎn)的右側(cè)等高地放置著一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)=20 m、逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速度為v=10 m/s的傳送帶.用輕質(zhì)細(xì)線連接甲
16、、乙兩物體,中間夾一輕質(zhì)彈簧,彈簧與甲乙兩物體不拴接.甲的質(zhì)量為m1=3 kg,乙的質(zhì)量為m2=1 kg,甲、乙均靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)固定乙,燒斷細(xì)線,甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過(guò)D點(diǎn),且過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好等于甲的重力.傳送帶與乙物體間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6,重力加速度g取10 m/s2,甲、乙兩物體可看做質(zhì)點(diǎn). 圖5 (1)求甲球離開彈簧時(shí)的速度. (2)若甲固定,乙不固定,細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧后滑上傳送帶,求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離. (3)甲、乙均不固定,燒斷細(xì)線以后,求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞?若碰撞,求再次碰撞時(shí)甲乙的速度;若不會(huì)碰撞,說(shuō)明原因.
17、 審題模板 答題模板 (1)甲離開彈簧時(shí)的速度大小為v0,運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒: m1v=m1g·2R+m1v 在最高點(diǎn)D,由牛頓第二定律,2m1g=m1 聯(lián)立解得:v0=4 m/s (4分) (2)甲固定,燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙,能量守恒得Ep=m1v=m2v 得v乙=12 m/s (2分) 之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)μm2g=m2a 得a=6 m/s2 (2分) 乙速度為零時(shí)離A端最遠(yuǎn),最遠(yuǎn)距離為: s==12 m<20 m (2分) 即乙在傳送
18、帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12 m. (3)甲、乙均不固定,燒斷細(xì)線后,設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2,甲、乙分離瞬間動(dòng)量守恒:m1v1=m2v2 甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒:Ep=m1v=m1v+m2v 解得:v1=2 m/s,v2=6 m/s (4分) 之后甲沿軌道上滑,設(shè)上滑最高點(diǎn)高度為h,則m1v=m1gh 得h=0.6 m<0.8 m (2分) 則甲上滑不到等圓心位置就會(huì)返回,返回AB面上速度仍然是v2=2 m/s (1分) 乙滑上傳送帶,因v2=6 m/s<12 m/s,則乙先向右做勻減速運(yùn)動(dòng),后向左勻加速. 由對(duì)稱性可知
19、乙返回AB面上時(shí)速度大小仍然為v2=6 m/s (1分) 故甲、乙會(huì)再次相撞,碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s,方向向右,乙的速度為6 m/s,方向向左 答案 (1)4 m/s (2)12 m (3)甲、乙會(huì)再次碰撞,碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s,方向向右,乙的速度為6 m/s,方向向左 (限時(shí):60分鐘) 1. 如圖1所示,在離地面H=5.45 m的O處用長(zhǎng)L=0.45 m的不可伸長(zhǎng)的細(xì)線掛一質(zhì)量為0.09 kg的爆竹(火藥質(zhì)量忽略不計(jì)),把爆竹拉起至D點(diǎn)使細(xì)線水平伸直,點(diǎn)燃導(dǎo)火線后將爆竹靜止釋放,爆竹剛好到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)炸成質(zhì)量相等的兩塊,一塊朝相反方向水平拋出,落到地面上的A處,
20、拋出的水平距離s=5 m.另一塊仍系在細(xì)線上繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng),空氣阻力忽略不計(jì),取g=10 m/s2,求: 圖1 (1)爆竹爆炸前瞬間的速度大小v0; (2)繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊在B處對(duì)細(xì)線的拉力的大??; (3)火藥爆炸釋放的能量E. 答案 (1)3 m/s (2)12.55 N (3)2.88 J 解析 (1)設(shè)爆竹的總質(zhì)量為2m,爆竹從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理,得 2mgL=×2mv 解得v0=3 m/s (2)設(shè)爆炸后拋出的那一塊的水平速度為v1,做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊的水平速度為v2. 對(duì)拋出的那一塊,有: s=v1t H-L=gt2 解得v1=5
21、m/s 以爆炸后做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊的水平速度方向?yàn)檎较?,根?jù)動(dòng)量守恒定律,得 2mv0=mv2-mv1 在B處,對(duì)于做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊,根據(jù)牛頓第二定律,得 FT-mg= 根據(jù)牛頓第三定律,得 做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊對(duì)細(xì)線的拉力FT′=FT 聯(lián)立以上各式,解得FT′=12.55 N (3)根據(jù)能量守恒定律,得 E=mv+mv-×2mv 解得E=2.88 J 2. 如圖2所示,在距水平地面高h(yuǎn)=0.80 m的水平桌面一端的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量m=0.80 kg的木塊B,桌面的另一端有一塊質(zhì)量M=1.0 kg的木塊A以初速度v0=4.0 m/s開始向著木塊B滑動(dòng),經(jīng)過(guò)時(shí)間t=0.4
22、0 s與B發(fā)生碰撞,碰后兩木塊都落到地面上.木塊B離開桌面后落到地面上的D點(diǎn).設(shè)兩木塊均可以看做質(zhì)點(diǎn),它們的碰撞時(shí)間極短,且已知D點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離s=0.60 m,木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.50,重力加速度取g=10 m/s2.求: 圖2 (1)兩木塊碰撞前瞬間,木塊A的速度大小; (2)木塊B離開桌面時(shí)的速度大??; (3)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能. 答案 (1)2.0 m/s (2)1.5 m/s (3)0.78 J 解析 (1)木塊A在桌面上受到滑動(dòng)摩擦力作用做勻減速運(yùn)動(dòng),木塊A的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律,μMg=Ma a=5 m/s2 設(shè)兩木塊碰撞前瞬間
23、A的速度大小為v,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v=v0-at 解得v=2.0 m/s (2)兩木塊離開桌面后均做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)木塊B離開桌面時(shí)的速度大小為v2,在空中飛行的時(shí)間為t′.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有: h=gt′2,s=v2t′ 解得:v2=s =1.5 m/s (3)設(shè)兩木塊碰撞后木塊A的速度大小為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 Mv=Mv1+mv2 解得:v1==0.80 m/s 碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為 E損=Mv2-Mv-mv 解得E損=0.78 J 3. 坡道頂端距水平滑道ab高度為h=0.8 m.質(zhì)量為m1=3 kg的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下,進(jìn)入滑道ab時(shí)無(wú)機(jī)械能損
24、失,放在地面上的小車上表面與ab在同一水平面上,右端緊靠水平滑道的b端,左端緊靠鎖定在地面上的擋板P.輕彈簧的一端固定在擋板P上,另一端與質(zhì)量為m2=1 kg的物塊B相接(不拴接),開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),B恰好位于小車的右端,如圖3所示.A與B碰撞時(shí)間極短,碰后結(jié)合成整體D壓縮彈簧,已知D與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,其余各處的摩擦不計(jì),A、B可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g=10 m/s2,求: 圖3 (1)A在與B碰撞前瞬間速度v的大??? (2)求彈簧達(dá)到最大壓縮量d=1 m時(shí)的彈性勢(shì)能Ep?(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零) (3)撤去彈簧和擋板P,設(shè)小車長(zhǎng)L=2 m,質(zhì)量M=6
25、kg,且μ值滿足0.1≤μ≤0.3,試求D相對(duì)小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩者因摩擦而產(chǎn)生的熱量(計(jì)算結(jié)果可含有μ). 答案 (1)4 m/s (2)10 J (3)①當(dāng)0.1≤μ<0.135時(shí),摩擦生熱80μ J.②當(dāng)0.135≤μ≤0.3時(shí),摩擦生熱10.8 J 解析 (1)由機(jī)械能守恒定律m1gh=m1v2 解得v=4 m/s (2)A與B碰撞結(jié)合,由動(dòng)量守恒定律得 m1v=(m1+m2)v1 得v1=3 m/s D壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí),由能量守恒定律得 (m1+m2)v=Ep+μ(m1+m2)gd 得Ep=10 J (3)設(shè)D滑到小車左端時(shí)剛好能夠與小車共速,速度大小為v2
26、由動(dòng)量守恒定律得 (m1+m2)v1=(m1+m2+M)v2 即v2=1.2 m/s 由能量守恒定律得 μ1(m1+m2)gL=(m1+m2)v-(m1+m2+M)v 得μ1=0.135 ①當(dāng)滿足0.1≤μ<0.135時(shí),D和小車不能共速,D將從小車的左端滑落 產(chǎn)生的熱量為Q1=μ(m1+m2)gL 解得Q1=80μ J ②當(dāng)滿足0.135≤μ≤0.3時(shí),D和小車能共速 產(chǎn)生的熱量為Q2=(m1+m2)v-(m1+m2+M)v 解得Q2=10.8 J 4. 如圖4所示,在一絕緣粗糙的水平桌面上,用一長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B.
27、A球帶電荷量為+q,B球不帶電.開始時(shí)輕桿的中垂線與豎直虛線MP重合,虛線NQ與MP平行且相距4L.在MP、NQ間加水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),A、B球恰能靜止在粗糙桌面上.取最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.求: 圖4 (1)A、B球與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)若A球帶電荷量為+8q時(shí),B球帶電荷量為-8q,將A、B球由開始位置從靜止釋放,求A球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)距虛線NQ的距離d及AB系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止所運(yùn)動(dòng)的總路程s; (3)若有質(zhì)量為km、帶電荷量為-k2q的C球,向右運(yùn)動(dòng)與B球正碰后粘合在一起,為使A球剛好能到達(dá)虛線NQ的位置,問(wèn)k取何值時(shí),C與B碰撞前瞬間C球的速度
28、最?。緾球速度的最小值為多大?(各小球與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同,且各小球間的庫(kù)侖力忽略不計(jì)) 答案 (1) (2)8L (3)k= 時(shí)C球的速度最小值,最小值為 解析 (1)以A、B球整體為研究對(duì)象,處于靜止?fàn)顟B(tài),則有 qE=2μmg μ= (2)從靜止開始至A球運(yùn)動(dòng)到最右端的過(guò)程中 電場(chǎng)力對(duì)A球做功 WA=8qE×3L 電場(chǎng)力對(duì)B球做負(fù)功 WB=-8qE[4L-(2L-d)]=-8qE(2L+d) 摩擦力對(duì)AB系統(tǒng)做負(fù)功 Wf=-2μmg(3L+d)=-qE(3L+d) 由動(dòng)能定理可知 WA+WB+Wf=0 得d=L 分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程后可知,AB系統(tǒng)最終靜止在電場(chǎng)中,對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理可得 8qEL-2μmgs=0 則s=8L (3)C與B球碰后,C與AB系統(tǒng)共同速度設(shè)為v1,由動(dòng)量守恒可知 kmv0=(km+2m)v1 v1=v0 C與B碰后至A滑到虛線NQ位置過(guò)程中,由動(dòng)能定理可知 qE·3L-k2qE·2L-μ(km+2m)g·3L=0-(km+2m)v 聯(lián)立解得 v0= 當(dāng)4k=,k= 時(shí),v0有最小值v0min v0min=
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