高中物理解題高手：專題13-動(dòng)量守恒和能量守恒

1專題十三動(dòng)量守恒和能量守恒[重點(diǎn)難點(diǎn)提示]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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)于零勢能面的位置。它們具有相對(duì)性，隨零勢能面的變化而變化，但勢能差值具有絕對(duì)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。2⑹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。[習(xí)題分類解析]類型一動(dòng)量守恒條件的判斷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(duì)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(duì)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(duì)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：ＡＡ、Ｂ系統(tǒng)動(dòng)量守恒Ｂ小車向左運(yùn)動(dòng)ＣＡ、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(duì)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(duì)C的向左的摩擦力FAC；C受到B對(duì)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。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：3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＋Mg(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(duì)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+Mv0=0+Mv得此時(shí)前部列車的速度為答案為B．人船模型如圖所示，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(duì)地面的位移各為多少？分析與解答：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)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(duì)地的速度為v，船對(duì)地的速度為V，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：mv－MV=0即MmvV=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MmvV=．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Mmss=人船此式是―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(duì)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：LmMMs+=人LmMms+=船變式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、4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(duì)地的速度分別為v、V，以斜面的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得：MV－mv=0由―人船模型‖知：Mts1－mts2=0由圖２知：s1+s2=(L－lcosθ由以上兩式解得s1=θcos(lLmMm-+變式2如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上固定一桿，總質(zhì)量為M；桿頂系一長為L的輕繩，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(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：MV－mv=0即mMVv=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mMss=21由圖知s1+s2=2L由以上兩式解得s2=LMmm+2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用一個(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】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＋Mu，得5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＝11.76×2m＝23.52m．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5100.5-?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3100.1?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=5100.5-?m3/s，水的密度ρ=3100.1?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=ρVV=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(duì)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)動(dòng)量守恒有(M＋mv0＝Mv1＋mv．乙抓住箱子的過程，動(dòng)量守恒，則Mv＋mv0=(M＋mv2.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．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：6（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(duì)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′=5.5m/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(duì)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?，所以水平方向?dòng)量守恒。設(shè)人跳出后，車對(duì)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＋mv0=M(v0+△v－m[u－(v0＋△v]動(dòng)量守恒定理相隔一定距離的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(duì)B球，由動(dòng)量定理得：Ft=mv2-mu由動(dòng)量守恒得mv0=2mumv0=mv1+mv2整個(gè)過程中A、B兩球?qū)Φ氐奈灰葡嗟?，則：/2/1022tvtvv=+1v2vuvu7解得：tmvF20=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vn⑵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t⑶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分析與解答：⑴對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn由上式解得vn=(n+1vo/4⑵因?yàn)榈趎號(hào)木塊始終做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以對(duì)第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得-μmgt=mvn-mnvo由上式解得t=(3n-1v0/4μg⑶第(n-1號(hào)木塊與木板相對(duì)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(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得m(vo+2vo+3vo+…+nvo=(2n-1mvn-1+mv對(duì)第n-1號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得-μmgt/=mvn-1–m(n-1vo對(duì)第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得-μmgt/=mv-mnvo解得vn-1=(n-1(n+2vo/4n如圖所示，半徑為R的光滑半圓上有兩個(gè)小球BA、，質(zhì)量分別為Mm和，由細(xì)線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球A升至最高點(diǎn)C時(shí)BA、兩球的速度？分析與解答：A球沿半圓弧運(yùn)動(dòng)，繩長不變，BA、兩球通過的路程相等，A上升的高度為Rh=；B球下降的高度為242RRHππ==；對(duì)于系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：KPEE?=?-；2(212vmMmgRRMgEP+=+-=?∴πmMmgRRMgvc+-=∴2變式1如圖所示，均勻鐵鏈長為L，平放在距離地面高為L2的光滑水平面上，其長度的51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？8分析與解答：1、選取地面為零勢能面：2212102(51254mvLmgLLmgLmg+=-+方法2、桌面為零勢能面：2212(1051mvLLmgLmg++-=-解得：gLv7451=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。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212(212(vmmhgmE乙甲甲++=對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用機(jī)械能守恒定律211(212(vmmghmghmm乙甲甲乙甲++=+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=21212vmghm甲甲+甲上升到最大高度h時(shí)，甲的總機(jī)械能E甲’=m甲gh對(duì)甲運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得ghmvmghm甲甲甲=+21212將v2=2gh1/3代入上式解得甲上升的最大高度h=7h1/3。.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(duì)軌道的壓力都恰好為零，試求CD段的長度.分析與解答：設(shè)小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度為Cv，通過甲軌道最高點(diǎn)的速度為1v，根據(jù)小球?qū)壍缐毫榱阌?Rvmmg21=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21221221mvRmgmvC+?=聯(lián)立可得gRvC5=同理可得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度grvD5=設(shè)CD段的長度為l，對(duì)小球通過CD段的過程，由動(dòng)能定理有222121CDmvmvmgl-=-μ解得：μ2(5rRl-=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？[解析設(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rvmmg2=從最低點(diǎn)至最高低點(diǎn)有22021212(mvmvrmg-=可得rvg520=∵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∴RrrvgRRGMv50min===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：1022021221mvgRLmRmv+=π要游樂車能通過圓形軌道，則必有v>0，所以有LgRv20>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？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=5/4gr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-153。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(duì)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:200210mvmgs-=-μ得s0=25m11120==ssn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(duì)小球由機(jī)械能守恒定律得:nnnmgLvmmv2212122+'=小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)，則nnLvmmg2'=對(duì)滑塊由動(dòng)能定理得:2022121mvmvmgnsn-=-μ由以上三式得:254505220nggsnvLn-=-=μ(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:20212121mvmvmgs-=-μ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:121LvmmgT=-因?yàn)閙mL25462514501=?-=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)150o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：⑴小球到達(dá)O點(diǎn)正下方的S點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力F1多大？⑵小球到達(dá)Q位置時(shí)的速度v1多大？⑶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？⑷小球通過最高點(diǎn)N時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力F2是多大？20．⑴小球下擺90o過程機(jī)械能守恒：221SmvmgL=，在該點(diǎn)拉力F1和重力的合力充當(dāng)向心力：LmvmgFs21=-，得F1=3mg⑵小球P到Q過程機(jī)械能守恒：21212mvLmg=得gLv=112⑶小球P到N過程機(jī)械能守恒：22o215130sin54(mvLLmg=-得522glv=⑷在N點(diǎn)，重力和拉力F2的合力充當(dāng)向心力：5/222LmvmgF=+得F2=mg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？分析與解答：設(shè)球的初速度為0v，木板質(zhì)量為M。對(duì)球、彈簧，由機(jī)械能守恒定律有Evmmv+=20202(2121.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(duì)木板、鐵球，由動(dòng)量守恒定律有Mvvm=?2.對(duì)木板、鐵球，由機(jī)械能守恒定律有2202121Mvmv=.聯(lián)立以上三式，解得：4mM=.木板動(dòng)能的最大值是EK=221Mv=34E.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.(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:020221EmvB=,所以mEvB00=.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:132mvB0=(2m+mv，022(21EEvmmp=++.解得:30EEp=.(2A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:BABmvmvmv220+=,22022121BAmvmvE+=.解得:mEvvAA02134,0==，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)？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+mV.由能量守恒定律得：22022(mgHmVMmV=-+..解得：202(MVMmgH+=(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：222111012mVmVMV=+..解得：10MmVV+=(3由上面.解得:20mMMmVV-+=.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(duì)環(huán)頂無壓力?分析與解答：滑塊至圓環(huán)的最高點(diǎn)且恰好對(duì)環(huán)頂無壓力，應(yīng)有2vmgm=14對(duì)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(duì)地速度為.(uv--對(duì)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0(mvMumvu=--由滑塊和小車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒有2220(2mvMumvumgR=+-+三式聯(lián)立求解得：RgmMv45(0+=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(duì)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(duì)地面速度恰為零的條件是什么？分析與解答：⑴m對(duì)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=kx021201kxmv≥解得mkTx=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：201211201kxmvmv+=∴mkTvv2201-=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+mv222222202(kxvmMmv++=kx=aM解得(1220TkMvmMmMa++=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=Mv3232202Mvmv=解得kMmTv0-=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15一起能在豎直平面內(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+mv1所以v1=mMmv+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）g×2L=22(21vmM+-21(21vmM+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+mlv22由以上三個(gè)方程聯(lián)立求解可得：v1=mmM+gl即：子彈射入木塊的速度至少是mmM+gl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。滑塊B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。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0=+mvMVKEmvMV=+222121解得(2mMMmEVK+-=，(2mMmMEvK+=B和A碰撞前后11MVmvMVmv+=+21212221212121mvMVmvMV+=+解得(11VvVv--=-即碰撞前后，B相對(duì)A1A2的速度11Vv-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(duì)A1A2，B在以大小不變的相對(duì)速度作往返運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)的周期為mM(E2MmLVv2/L2TK+?=-?=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(duì)、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(duì)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(1qELvumt-=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(duì)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=(2202212121mvMvvmM--'+由以上各式解得滿足題意的條件是(mMqvvMmEE+++=22012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(duì)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。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(duì)車的最大位移l對(duì)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(220(2121vmMvmMmgl--+=μ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(duì)物塊、小車系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有(2021vmMmgL+=μ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(1物體相對(duì)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(duì)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(duì)于木板的位移為s，由能量守恒定律得220(2121vmMMvmgs+-=μ得:mgmMMvs6.0(220=+=μ(2設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩物體達(dá)共同速度v1，對(duì)于物體由動(dòng)量定理得μmgt1=mv1對(duì)于物體和木板，由動(dòng)量定理得Ft1=（M+m）v1－Mv0得:sFgmMMvt8.0(01=-+=μv1=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21121mvmgs=μ，mgvs6.12211==μ物體和木塊達(dá)共同速度后相對(duì)靜止，由牛頓第二定律得:gsmmMFaμ<=+=2/5.2，故物體與木板能保持相對(duì)靜止.在t2=0.2s內(nèi)物體發(fā)生的位移：mattvs85.0212212=+=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:(1B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由動(dòng)量守恒定律有10(vmMmv+=由動(dòng)能定理有21121MvmgS=μ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BAMvmvmv+=0由動(dòng)能定理有221BMvmgS=μ聯(lián)立解得vA=4m/s、vB=1m/s(2B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221BBMvmgS=μ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2(vmMMvmvBA+=-由動(dòng)能定理有22221MvmgS=μ解得smv/322=、BSmS<=922故A、B以共同速度sm/32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-mv2=(M+mv3解得smv/923=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:2320(2121vmMmvmgL+-=μ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:(1A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：(1A和B在炸藥點(diǎn)燃前后動(dòng)量守恒，設(shè)向左為正mvA–MvB=00222121EMvmvBA=+解得vA=2m/s方向向左vB=0.5m/s方向向右(2B運(yùn)動(dòng)到墻壁處時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為Av'和Bv'對(duì)A和B，設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律有mvA–MvB=mAv'-MBv'對(duì)B由動(dòng)能定理有222121BBMvvMmgL-'=-μ解得Av'=1.6m/sBv'=0.4m/s設(shè)A和B最終保持相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v由動(dòng)量守恒定律得mAv'+MBv'=(M+mv由功能關(guān)系有20(21vmMmgsE++=μ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(duì)小車的摩擦力F作用下小車作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度41=am/s2，F(xiàn)=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+Mg=Ma2加速度22=am/s2依題意有Ltata=+22212121小車從啟動(dòng)到被卡住所經(jīng)歷的時(shí)間212aaLt+=＝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42122==tasm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：2(2121=+-=∴+=-MmMvmvvvMmMvmv共共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：(210(2共vMmsgMm+-='+-μs'=2m木板移動(dòng)的總位移2='-sss＝總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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(M-mv0=(M+mv1設(shè)平板車的長度至少為L，根據(jù)能量守恒有fLvmMvmM21(21(212120=+-+解得gvLμ3820=(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:11v2v1(2v0.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331nvn(v03(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)榱悖瑒t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:mgs12(Mmv0223v0.2g則物塊相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是:s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？mv0M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+mv