高中物理動量能量典型例題.doc

1、生義必備歡迎工教學習必備歡迎下載高中物理動量能量典型試題1.(14分)某地強風的風速是20m/s ,空氣的密度是p= 1.3kg/m o 一風力發(fā)電機的有效受風聞枳為2 =20m,如果風速過風S力發(fā)電機后風速減為12m/s,且該風力發(fā)電機的效率為n=80%,則該風力發(fā)電機的電功率多大？1 .風力發(fā)電是將風的動能轉(zhuǎn)化為電能，討論時間 t內(nèi)的這種轉(zhuǎn)化，這段時間內(nèi)通過風力發(fā)電機的空氣的空氣是一個以S為底、v°t為高的橫放的空氣柱，其質(zhì)量為111=PSvot ,它通過風力發(fā)電機所減少的動能用以發(fā)電，設電功率為 P,則Pt 4 _mv()2 _ mv2 力=_ jSvotr(vo2 _v 2

2、) 222代入數(shù)據(jù)解得 P=53kW2、甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s.甲車上有質(zhì)量為m=lkg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量為M>=50kg ,乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg?，F(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面2 6.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：(1)兩車的速度各為多少？ (2)甲總共拋出了多少個小球？2 .分析與解：甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程。(1)甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動量沿甲車的運動方向，

3、甲不斷拋球、乙接球后，當甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞。設共同速度為V,則：MiVi- M2vg ( M1+M2) VV = M 1 M2 Vi =OX6m/s 4.5m/s M 1 +M 280(2)這一過程中乙小孩及時的動量變化為：PtSOXG 30義(-1.5 )=225 (kg m/s )每一個小球被乙接收后，到最終的動量彎化為Pi=16.5 Xl-1.5 Xl = 15 (kg m/s)P 225故小球個數(shù)為N =15(個)P1153.如圖11所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為m的小木3m,在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為 塊A和B,它們與木板間的動摩擦

4、因數(shù)均為U o最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度V。和2Vo在木板上滑動，木板足夠長， A、B始終未滑離木板。求:(1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移;(2)木塊A在整個過程中的最小速度。圖11線運動，后做勻加速直線運 兩段加速度不同的勻加速直設為Vi。對A、B、C三者組3 .分析與解：(1)木塊A先做勻減速直 動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板 C做線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止， 成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得:+ = + +mVo 2mVo (m m 3m)Vi解得：M=0.6Vo對木塊B運用動能定理，有：- N =4- 4

5、2mgs mVi 2 m( 2Vo 廠22解得：91 2 /(58 )s Vo g(2)設木塊A在整個過程中的最小速度為 V,，所用時間為t ,由牛頓第二定律: =HH對木塊 A： ai mg / m g ,=k= N對木板 C： a2 2 mg / 3m 2 g / 3 ,當木塊A與木板C的速度相等時，木塊 A的速度最小，因此有:Vo - Pgt =(2%/3)1解得 t =3 Vo /(hg )木塊A在整個過程中的最小速度為：，= 一 =2 /5.V Vo ait Vo4.總質(zhì)量為M的列車，沿水平直線軌道勻速前進，其末節(jié)車廂質(zhì)量為m,中途脫節(jié)，司機發(fā)覺時，機車已行駛 L的距離，于是立即關閉

6、油門，除去牽引力，如圖 13所示。設運動的阻力與質(zhì)量成正比，機車的牽引力是恒定的。當列車的 兩部分都停止時，它們的距離是多少？4.分析與解：此題用動能定理求解比用運動學、牛頓第二定律求解簡便。對車頭，脫鉤后的全過程用動能定理得：1 9FL -k（M -m）gSi =（M.n）V（）2 對車尾，脫鉤后用動能定理得：-kmgS2 = _ mV（）22而生=Si -S2，由于原來列車是勻速前進的，所以 F=kMg由以上方程解得 AS = -私一 oM - mB和C。重物A （A視質(zhì)點）位于B的右端，A、B、C的質(zhì)量5.如圖14所示，在一光滑的水平面上有兩塊相同的木板相等?，F(xiàn)A和B以同一速度滑向靜止的

7、 C, B與C發(fā)生正碰。碰后B和C粘在一起運動，A在C上滑行，A與C有摩擦力。 已知A滑到C的右端面未掉下。 試問：從B、C發(fā)生正碰到A剛移動到C右端期間，C所走過的距離是 C板長度的多少倍？5.分析與解：設A、B、C的質(zhì)量均為mo B、C碰撞前, 后B與C的共同速度為 V。對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守A與B的共同速度為 V ,碰撞 0設A滑至C的右端時，三者的共同速度為V2o對A、B、律得：2mVo=3mV2設C的長度為L, A與C的動摩擦因數(shù)為口 ,則據(jù)摩a恒定律得：mV=2mVaoi q u/ c構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒定圖14擦生熱公式和能量守恒定律Vo2 - ,3mV222由以上各式解

8、得S =1.L 36.面積很大的水池,水深為 H,水面上浮著一正方體木塊，木塊邊長為a ,密度為水的1_ ,質(zhì)量為m ,開始時，木塊靜止，有一半沒入水中,如圖 38所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到池底，不計摩擦，求（1）從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功。（2）若將該木塊放在底面為正方形（邊長為02 a）的盛水足夠深的長方體容器中，開始時,木塊靜止,有一半沒入水中,“121可得：q =NmgL= .2mV +-m設從發(fā)生碰撞到 A移至C的右端時C所走過的距離為 S,則對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)據(jù)動能定理可得:1912NmgS =- （2m）V22 （2m）Vi2如圖39所示，現(xiàn)用力F將木塊

9、緩慢地壓到容器底部，不計摩擦。求從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，容器中水勢能 的改變量。6.解：（1）因水池面積深變化，木塊剛好完全沒 水被排開，結(jié)果等效于使很大，可H入水中 這部分忽略因木塊壓入水中所引起的水時，圖中原來處于劃斜線區(qū)域的 水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量圖38圖39學習必備歡迎下載為m ,其勢能的改變量為3E 水匚 mgH-mg ( H -43a) 二一 mga4大塊勢能的改變量為：E 木二mg(Ha一_) _mgH2原理，1=_一 mga2力F 所做的1WEkA +莊木=-mga4（2）因容器水面面積為2a2,只是木塊底面積的 入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中劃

10、斜線區(qū)域的水被排開到上方劃斜線區(qū)域。這部分3的改變量為： &E_ mga o口水2 _82倍，不可忽略因木塊壓 時，圖8中原來處于下方 水的質(zhì)量為m /2 ，其勢能7.如圖13所示，在光滑的水平面上有一長為L的其左端有一光滑的1/4圓弧槽C,與長木板接觸但不相連,滑塊A以初速V。從右端滑上B,并以1/2丫?；x8, B、C的質(zhì)量均為m,試求：（1）木板B上表面的動槽C的半徑R； （3）當A滑離C時，C的速度。圓弧槽的下端與木板上表面相平,圖13木板B,上表面粗糙，在B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有 確好能到達C的最高點。A、 摩擦因素U ; （2） 1/4圓弧7. （ 1）當A在B上滑動時，

11、A與BC整體發(fā)生作用，VmV o = m_0+2mVi成的系統(tǒng)動量守恒，2, （2分）由于水平面光滑，A與BC組V1 =%得 4 （ 1分）系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能,，gLQ1Ek 二一（1 分） 2(15V0 2分） 得 16Lg（ 1分）（2）當A滑上C, B與C分離，A與C發(fā)生作用，設到達最高點時速度相等為V,由于水平面光滑,A與C組成的系統(tǒng)動量守恒,Vm。+mVi =(m 加)V22V2（2分）得8A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒,1=(2m y2 2 + mgR2（2分）r" 64g（1分）m + mVi=mV a+ mV cA與C組成的系統(tǒng)動量守恒,（3）當A滑

12、下C時，設A的速度為 丫，（2的速度為丫，分）A與C組成的系統(tǒng)動能守恒,學習必備歡迎下載VocM v= （2 分）8. （13分）如圖所示，將質(zhì)量均為 厚度不計的兩物塊a mC、力的作用下處于靜止，將彈簧鎖定.現(xiàn)由靜止釋放 A、B 隨后的過程中當彈簧恢復到原長時 A物塊運動的速度為v 變量時彈性勢能也相同.（1） B物塊著地后，A向上運動過程中合外力為0時的（2） 物塊著地到b物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的B口（3）第二次用手拿著 A、B兩物塊，使得彈簧豎直并處 的距離也為H,然后由靜止同時釋放 A、B, B物塊著地 次釋放A、B后，B剛要離地時A的速度U2.B用輕質(zhì)彈簧相連接，只用手托著b物

13、塊于H高處，A在彈簧彈B物塊著地時解除彈簧鎖定，且 B物塊的速度立即變?yōu)?,在o,且B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升.已知彈簧具有相同形A速度U 1；過程中，A物塊運動的位移X；于原長狀態(tài)，此時物塊B離地面后速度同樣立即變?yōu)?.求第二A8. （13分）（1）設A、B下落H過程時速度為 u ,由機/-c,械能守恒定律有:2mgH = _ 2mv 2 （ 1 分） 2B著地后，A和彈簧相互作用至A上升到合外力為。的過程中，彈簧對A做的總功為零.（1分）1 7 1 ?即 0 =-mvi mv （ 1 分）2 2解得：V1 =；2gH（ 1 分）VLB/-5- rJ（2） r物塊恰能離開地面時，彈簧處于

14、伸長狀態(tài)，彈力大小等于，物塊剛著地解除彈簧鎖定時，彈簧處于壓縮狀態(tài),mg B彈力大小等于mg.因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢能相同，設為 Ep. （ 1分）又B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升，此時 A物塊速度為0.從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒1 ,Ep +mvi = mgA< 4Ep （2 分）2得 x= H （ 1分）（3）彈簧形變量X = x （1分）2第一次從B物塊著地到彈簧恢復原長過程中，彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒Ep 十 寸mv/umgx+T mvo2 （ 1 分）22第二次釋放A、B后，A、B均做自由

15、落體運動，由機械能守恒得剛著地時 A、B系統(tǒng)的速度為vi =<2gH （ 1分）從B物塊著地到B剛要離地過程中，彈簧和 A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒1 . 1,一 mv/=mgx+-mv2,+Ep （ 1 分）學習必備歡迎下載聯(lián)立以上各式得V22gH vo2 （ 1分）9.（重慶市2008屆直屬重點中學第2次聯(lián)考）如圖所示丁頂量為=的滑塊，-似u 0= 5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小溫量 M=4kg,平板小車長 L=3.6m,滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止.求：（1）滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數(shù)口 ；（2）若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少？

16、（g取9.8m/s2 ）（10分）9. （ 1） m滑上平板小車到與平板小車相對靜止，速據(jù)動量守恒定律：mvo （m M ）vi （2分）1度為v ,M/ . j 二1對m據(jù)動量定理：mgt= mti mvo （2分）將代入解得 u =0.4"（2分）一產(chǎn) = 一（2）設當滑塊剛滑到平板小車的右端時，兩者恰有共同速度為V2，據(jù)動量守恒定律：mvo （m M）V2 分）12 12mgS 物 mv2z mvo'對m據(jù)動能定理有：22（1分）N 1二一 一一mgS 車 Mv22 0對M據(jù)動能定理有：2（1分）由幾何關系有：S物S車 L （1分） 聯(lián)立解得：v（）=6米/秒即滑塊的初

17、或 由 功 能 原理 得：1 2 1 , mgL mvo （m m）v22 （ 3 分） 22儼他解咨二按相應紗給?）速度不能超過6米/秒。（1分）10.如圖而裝 一隹贏簧一端固定，一端與質(zhì)量為m的小物塊A相聯(lián)，原來A靜止在光滑水平面上，彈簧沒有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由 C處從靜止開始沿光滑水平面向右運動，在O點與物塊A相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短）。運動到D點時，將外力 F撤去，已知C0=4s, 0D=s,則撤去外力后，根據(jù)力學規(guī)律和題中 提供的信息，你能求得哪些物理量（彈簧的彈性勢能等）的最大值？并求出定量的結(jié)果。10.解析：物塊 B在F的作用下，從C運動到

18、O點的過程中，設B到達O點的速度為vo,由動能定理得:1 )4s2對于A與B在O點的碰撞動量守恒，設動量守恒定律可得：一（）=2mv mv當A、B 一起向右運動停止時，彈簧的 能的最大值為E ,據(jù)能量守恒定律可得：pm1 9EPm=Fs+ 2mv = 3Fs碰后的共同速度為v,由>-<-)I"”:，町勢能最大。設彈性勢F 4s = mv(p2、 的最大速度為:A B撤去外力后，系統(tǒng)的機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律可求得V V 3FsAm Bm八11.如圖所示，質(zhì)量均為本以A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根輕質(zhì)細桿，輕桿上端的小釘（質(zhì)量學習必備歡迎下載MMB 

19、1; MM » WCMB «W « W >« » « «»不計)O上系一長度為L的細線，細線的另一端系一質(zhì)量為m的小球C,現(xiàn)將C球的細線拉至水平，由靜止釋放，求:(1)兩木塊剛分離時，A、B、C速度各為多大？(2)兩木塊分離后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？QC11 .分析：C球下擺過程中，在達到最低位置之前，懸線拉力的水平分量使A、B同時達到最大速度，且:Pc = Pa+ Pb , A、B、C三者組成一個系統(tǒng)， 滿足系統(tǒng)機械能守恒和動量守恒;C球擺過最低位置后，懸線拉力使A向右做減速運動，致使 A

20、、B分離，分離后，B以原速度做勻速直線運動，P 丫 > P ,所以，速度減為零后改為反方向向左運動，當A、C速度相等時，C球擺到最高點，此過程A、C組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。解：(1) A、B、C三者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，選取最低點E p =0 , C球到達最低點時 A、B共同速度為VA，C速度Vc為，規(guī)定向左為正方向:0 nnvc - 2Mv a (1)解得:VC(2)(2)、從C球在最低點開始,C與A組成一個系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，設擺到最高處為hx ,此時，A、C共同速度為VX ：mvc -Mv a = (m W )vx解得：v x1 7 1(1) 一mv

21、/ +_ Mv a22+ m;hx=-5-L;2(M + m)12一 (m 4M )v x2 +mghx (2) 29 = cos 4m+2(m M)難點：認為球的運動軌跡是完整的圓弧，沒有考慮到對地而言是一條曲線，而且到達最高點時A、C相對速度為零，即只具有水平方向上的速度。運用整體法：1 2 1 .0 -Mv a +(m+M)Vx ； mgLcosS +-(m4M)Vx，+-Mva" =mgL2 2在多個物理過程中，確定系統(tǒng)的初末狀態(tài)是解決問題的關鍵，”系統(tǒng)的初末狀態(tài)”是指系統(tǒng)在內(nèi)力相互作用時間內(nèi)開始和 結(jié)束的狀態(tài)，而不是任意物理過程的開始和結(jié)束的狀態(tài)，這是解決問題的關鍵。12.

22、如圖所示，兩個質(zhì)量均為 4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上.一顆質(zhì)量為m子彈，以水平速度V。射入A球，并在極短時間內(nèi)嵌在其中.求：在運動過程 中(1)什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多 少？ ( 2) A球的最小速度和B球的最大速度.12.解析：子彈與人球發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈質(zhì)量為，球、 球分別都為Am AB子彈與A球組成的系統(tǒng)動量守恒，則0=(+ )mvm M V(1)以子彈、A球、B球作為一系統(tǒng)，以子彈和 A球有共同速度為初態(tài)，子彈、 A球、B球速度相同時為末態(tài)，則(m+M) V= ( m+M+M) V'學習必備歡迎下載1 (m M )V 21 (m M M )

23、V 2 EP2 22周v2(2)以子彈和球有共同速度為初態(tài),A =1 (m M)V2 1 (m M)Va2 1 MVB22 2212解得 丫丁 + v, Vg_ v 十 十459子彈和球速度最小、 A球速度最大為末態(tài), B+)= (+ ) a+ Bm M V m M V MV、 1或 VA= Vo, 0根據(jù)題意求A球的最小速度和1 V0Amin45V 2Bmax913.質(zhì)量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當 =i=0時，雨不屆量分別為A、B都以大小為v =7m/s o方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時,mA=2kg、mB=

24、lkg 的小物體沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素u =0.2 ,取g=10m/s2,求:(1)A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大小(2) A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。(3)在給出的坐標系中畫出小車運動的速度一一時間圖象。/ -1v/m.sA vovo B/13.(1)當A和B在車上都滑行時，在水平方向它們fBA vovoBf軍由受力圖可知，A向右減速，B 縫盔打冬笛鍋茲鎘J魯先是A減速到A物塊速度減小到與小車速度相等。設與小車速度大小相等時，所用時間為 口,v =v -a tu mg=ma10 AlA AB1 二車 IH A H Bv a tmg- mg=Ma由

25、聯(lián)立得：vi=1.4m/s t i=2.8s其速度大小為Vi,則:車(2)根據(jù)動量守恒定律有：mv -m v =(M+m+m) vA 0 B 0ABv= lm/s總動量向右,當A與小車速度相同時，A與車之間將不會相對滑動了。學習必備再 t 小物體 A與、速度相同，： 9 一-v=v i-a Bt 2 mBg=mAaB*-i由式得：12=1.2s歡迎下載所以A、B在上都停止滑，的運（3）由（1）可知t =2.8s，小的速度 v =1.4m/s1 1t=t i+t 2=4.Os，在0t內(nèi)小做勻加速運。在t 內(nèi)小做勺減速 I 2運，末速度v=1.0m/s,小的速度一如所示:分準:式各21O2分;式1

26、分;式,每的量都是m,從右向左沿同一直排列在水平桌面上，相木1,木與桌面的摩擦因數(shù).開始，第1個木以初速度Vo向左14.如所示，n個相同的木（可點）的距離均1,第n個木到桌的距離也是滑行，其余所有木都靜止，在每次碰撞后，生碰撞的木都粘在一起運.（1）求在整個程中因碰撞而失的能.（2）求第i次（i4n- 1）碰撞中失的能與（3）若 n=4, 1=0.10 m, v0=3.0m/s ,重力加速度111最后第n個木好滑到桌而沒有掉下.碰撞前能之比.g=10m/s2,求的數(shù)ri n m14. （ 1）整個程木克服摩擦力做功W= mgl + mg21+ mg- nl =根據(jù)功能關系，整個程中由于碰撞而失

27、的 能 Ek= Eko- W12 n (n1) mgl14題圖n ( n 1) mgl2+ NK2（2）第i次（i4n- 1）碰撞前木的速度（i +1） m v ' = im v2+ N Vi ,碰撞后速度碰瑾甲天日勺能41 2 imvi%EKiE與碰撞前能EKi1 .(i l)mvi 22之比Ki(i < n 1)TETKiEKi(3)初能mva 2/2第1次碰撞前 ki=lko3 .E E mgl第 1 次碰撞后Ek / -Ek i Eki二 EkiEk i/2= E ko/2 mgl/2第 2 次碰擅前 K2= gk/ (2) =e")/2 5 m(Tj /2第

28、2 次碰撞后 E=Ek2 Ek2= E K2 Ek3/3= E k()/3 5 ii mgl/ 3學習必備歡迎下載第 3 次碰撞前 Ek3= E K2' u （3 mg） 1 = E k（）/3 14 u mgl/3第 3 次碰撞后 Ek3 二Ek3 Ek3= E ko/4 7 u mgl/2據(jù)題意有Ek（）/4 7 n mgl/2 = u （4 mg） 1帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解得 U=0.1516.如圖所示，水平傳送帶 AB足夠長，質(zhì)量為 M= 1kg的木塊隨傳送帶一起以 vi=2m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的 速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數(shù)N=05.,當木塊運動到最左端 A點時

29、，一顆質(zhì)量為 m = 20g的子彈，以vo= 300m/s方向，根據(jù)動量守恒定律得的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v= 50m/s ,設子彈射穿木塊的時間極短，（g取lOm/s?）求：（1）木塊遭射擊后遠離A的最大距離；（2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經(jīng)歷的時間。16. （1）設木塊遭擊后的速度瞬間變?yōu)閂,以水平向右為正mvo - Mvi =mv + MV （ 3 分）m（vo _v）則V =-vi ,代入數(shù)據(jù)解得 V =3m/s ,方向向右。 （2分）M木塊遭擊后沿傳送帶向右勻減速滑動，其受力如圖所示。摩擦力 f = Kn = N Mg =05. x lx 10 N =5N

30、（ 1 分）設木塊遠離A點的最大距離為 S,此時木塊的末速度為 0,根據(jù)動能定理得對=CLMV 2 （3分）21x3）則 S = MV 2 =： m =0.9m （1 分）2 f 2x 5（2）研究木塊在傳送帶上向左運動的情況。Mgr設木塊向左加速到 vi = 2m/s時的位移為S.o12由動能定理得fSi =- Mvi2Mvi2 lx 2 2則 Si = = = m 074m 0.9m（3 分）tl ,再勻速運動一段時間t 2 o2 f 2x 5由此可知，遭擊木塊在傳送帶上向左的運動過程分兩個階段：先向左加速運動一段時間由動量定理得f tiMvi學習必備歡迎下載Mvi 1 x 2=則 tl

31、f 5 s 0.4s(2 分)t2S1 0.90.4s 0.25s（2分）vi2所求時間 t ti t2 0.4s 025.S 065.S(1 分)17.如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量 =100kg 電量= + 6.0 X 10-2 c的傳送小車，小車置=+=+=m 3 q于光滑的水平地面上。 在傳送途中，有一個水平電場，電場強度為 E=4.0X10 V/ m,可以通過開關控制其有無?，F(xiàn)將質(zhì)量,m= 20kg的貨物B放置在小車左端，讓它們以v =2m / s的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點時，閉合開關產(chǎn)生一個水平向左的勻強電場，經(jīng)過一段時間后關閉電場，當貨物到

32、達目的地時，小車和貨物的速度恰好都為零。已知貨物與小車之間的動摩擦因素II =0.1 O（1）試指出關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向。（2）為了使貨物不滑離小車的另一端，小車至少多長 ？17. （1）貨物和小車的速度方向分別向右和向左（2）設關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為(3分）Ub和V A；電場存在時和電場消失后貨物在小車上相對滑行的距離分別為L和L；電場存在的時間是t ,該段時間內(nèi)貨物和小車的加速度大小分別是a和a ,對地位移分別是 s和sBAB A(2在關閉電場后，貨物和小車系統(tǒng)動量守恒，由動量規(guī)律和能量規(guī)律 有 m u b M u A=0(2由式代人數(shù)據(jù)得 在加電場的過

33、程中,u b=5 u a(1貨物一直向前做勻減速運動，小車先向前做勻減速運動,W a = p mg/ m=lm/sA=( 口 U )/：a qE- mg M2=2.2m/s 1 2(1(1又 u b= u a st , 將其與式聯(lián)立口得u a=I u a At It =ls, u =lm/s, u =0.2m/sBA1(2(3分）然后反向做勻加速運動，由牛頓定律分）分）分）分）再由運動學公式可得t 2 ant 2=1.5m(1(1所以 Li= sb- SA=p.6m 又將數(shù)據(jù)代入工加得(1所也小4箭言但氏儀為1-L L-1.2m2=0.6mL2(1(I分）分）分）A和J它們的質(zhì)量分別為A球從靜

34、止開始向著 B球方向運動， 如圖所示.設18. （08汕頭）（16分）在光滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球間的距離為L.現(xiàn)用一大小為F的水平恒力始終作用到A球上,A球與B球相碰的時間極短、碰撞過程沒有機械能損失，碰撞后兩球仍在同一直線上運 動.求：（1） A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度.學習必備歡迎下載（2） A球到第二次碰撞 B球之前，A球通過的總路程 S.口 m3me18. （16分）參考解答F一L -*（1）設A球的加速度為a ,第一次碰到 B球瞬間速度為 vi ,則F = ma（1 分）vp = 2aL（1 分）解得VI =（1分）（2）兩球碰撞過程動量守恒（取向右方向為正方向

35、），得mvi =mvAi+3mvBi（1分）碰撞過程沒有機械能損失，得-mvr =_ mv,2A_2bi （1 分）222解得兩球第一次的速度V.V.v'ai =-（方向向左），VB 1 = _ （方向向右）22（2分）碰后A球先向左勻減速運動，再向右勻加速運動，直到第二次碰撞B球.設碰后A球向左運動的最大距離為 Sa2 ,則va21 =2aSA2（1分）L解得SA2 =一（1分）4設兩球第一次碰后到第二次碰前經(jīng)過的時間為t2，兩球的位移都為S2，有S2 = v Bl t2=V* Al t 2+4 at2222v n解得 t 2 =S 2 =2L（2分）（2分）因此到第二次碰撞 B球之

36、前，A球通過的總路程S =L+2Sa2+S2（11） （ 2 分）解得S =3.5L（12） （ 1分）19.如圖所示是建筑工地常用的一種“深穴打夯機”。工作時，電動機帶動兩個緊壓夯桿的滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯從深為坑中提上來，當兩個滾輪彼此分開時，夯桿被釋放，最后夯在自身重力 然后，兩個滾輪再次壓緊，夯桿再次被提上來，如此周而復始工作。已4 m/s ,每個滾輪對夯桿的正壓力f% X1O4N,滾輪與夯桿間的動摩擦1703 kg,坑深h為6 m。假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，且 好為零，取 =10 m/s 2,求：g作用下，落回深坑，夯實坑底。知兩個滾輪邊緣線速度 V恒為 因沙為0.3 ,夯桿質(zhì)量

37、m為 夯桿底端升到坑口時，速度正學習必備歡迎下載（1）每個打夯周期中，電動機對夯桿所作的功。（2）夯桿上升過程中被滾輪釋放時夯桿底端離坑底多高；（3）打夯周期；19.答案：（1 ）因為夯桿底端升到坑口時，速度正好為零，所以每個打夯周期中，電動機對夯桿所作的功 W =mgh =6 xlO 4 J（2）根據(jù)題意，考慮到夯桿先勻加速上升，后勻速上升，再豎直上拋。V 2當夯桿以V 4m/s的初速度豎直上拋，上升高度為：h3 =0.8m2g此時夯桿底端離坑底 h = h - h2 =5.2m。（3）以夯桿為研究對象fl = llN = 1.2x10 4 N ； ai= fi -mg =2m/s2當夯桿與

38、滾輪相對靜止時：v =a t . = 4m s t 1= s h =_La t2 = 4m1'/.11.II I2V 2當夯桿以V 4m/s的初速度豎直上拋，上升高度為：h3 =0.8m2g則當夯桿加速向上運動速度到達v = 4m/s后，夯桿勻速上升，勻速上升高度為：h2 - h -hi -h3 = 1.2m因此，夯桿上拋運動的時間為：t3 =- =0.4s；g夯桿勻速上升的時間為：=坨=；t2 v 。3夯桿自由落體的時間為：h = , t 4 = j1 = 1.1S2' g故打夯周期為：T = tl+t2+t3 +t4 =3.8s20. （ 20分）如圖所示，光滑水平面上放有

39、用絕緣材料制成的“ L”型滑板，其質(zhì)量為M,平面部分的上表面光滑且足夠長。在 距滑板的A端為1的B處放置一個質(zhì)量為m、帶電量為q的小物體C （可看成是質(zhì)點），在水平的勻強電場作用下，由靜止開始 運動。已知：M=3m,電場的場強為E。假設物體C在運動中及與滑板A端相碰時不損失電量。（1）求物體C第一次與滑板A端相碰前瞬間的速度大小。（2）若物體C與滑板A端相碰的時間極短，而且碰后彈回的速度大小是碰前速度大小的-,求滑板被碰后的速度大小。 5（3）求小物體C從開始運動到與滑板 A第二次碰撞這段時間內(nèi)，電場力對小物體C做的功。E1 C>B 口 二_I20.（ 1）設物體c在電場力作用下第一次與

40、滑板的a段碰撞時的速度為V.,學習必備歡迎下載由動能定理得：qEl = mvi2qElm i設滑板碰撞后的速度為（2）小物體C與滑板時落過程中動量守恒,由動量守恒定律徒 一，1 v125(3)V2做勻速運動；小物體,22解得：V2=V1= 2qEl55 mI小物體C與滑板碰撞后滑板I恢作以速度1C以 v1的速度先向右做勻減速運動，然后5向左做勻加速運動，直至與滑板第二次相碰，設第一次碰后到第二次碰前的時間為t,小物體C在兩次碰撞之間的位移為s,根據(jù)題意可知，小物體加速度為a二q七m小物體C與滑板從第一次碰后到第二次碰時位移相等,1 1 ,v?t =- vit + at 2解得：t =522mlqE兩次相碰之間滑板走的距離sv 2t 24 1 25則：W=qE( 1 +s)設小物體C從開始運動到與滑板49=解得：W= qEl25A