查補易混易錯06 動量 動量定理 動量守恒定律2022年高考物理三輪沖刺過關(guān)(解析版)_第1頁
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查補易混易錯06動量動量定理動量守恒定律

動量屬于物理觀念中運動與相互作用觀念,是解決力和運動問題的常用觀念之一,這部分考點主要包括動量定理和動量守恒定律。在各地近年高考中屬于必考內(nèi)容,如2021湖南卷第8題、湖北卷第3題、山東卷第16題均從理解能力、推理論證能力、模型建構(gòu)能力、科學(xué)思維等方面進(jìn)行了考查。

【真題示例·2021·山東卷·8】海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后,有時會飛到空中將它丟下,利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤,在的高度、以的水平速度飛行時,松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度,忽略空氣阻力。

(1)若鳥蛤與地面的碰撞時間,彈起速度可忽略,求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小F;(碰撞過程中不計重力)

(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上,有一與地面平齊、長度的巖石,以巖石左端為坐標(biāo)原點,建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為,速度大小在之間,為保證鳥蛤一定能落到巖石上,求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。

【答案】(1);(2)

【解析】(1)設(shè)鳥蛤落地前瞬間的速度大小為,豎直分速度大小為,據(jù)自由落體運動規(guī)律可得

則碰撞前鳥蛤的合速度為

在碰撞過程中,以鳥蛤為研究對象,取速度方向為正方向,由動量定理得

聯(lián)立解得碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小為

(2)若釋放鳥蛤的初速度為,設(shè)擊中巖石左端時,釋放點的x坐標(biāo)為x1,擊中右端時,釋放點的x坐標(biāo)為,得

,

聯(lián)立,代入數(shù)據(jù)得

,

若釋放鳥蛤時的初速度為,設(shè)擊中巖石左端時,釋放點的x坐標(biāo)為,擊中右端時,釋放點的x坐標(biāo)為,得

聯(lián)立,代入數(shù)據(jù)得

,

綜上所述可得x坐標(biāo)區(qū)間為。

【易錯分析】①考生在應(yīng)用動量定理解決碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力時,不能正確求出合速度,容易只考慮鳥蛤豎直方向的速度;②在確定釋放點的位置坐標(biāo)時,考生容易錯誤理解一定打到巖石上的條件,認(rèn)為坐標(biāo)是兩個速度下釋放坐標(biāo)的并集。

【易錯01】動能、動量、動量變化量的比較

動能

動量

動量變化量

定義

物體由于運動而具有的能量

物體的質(zhì)量和速度的乘積

物體末動量與初動量的矢量差

定義式

Ek=

eq\f(1,2)

mv2

p=mv

Δp=p′-p

標(biāo)矢性

標(biāo)量

矢量

矢量

特點

狀態(tài)量

狀態(tài)量

過程量

關(guān)聯(lián)

方程

Ek=

eq\f(p2,2m)

,Ek=

eq\f(1,2)

pv,p=

eq\r(2mEk)

,p=

eq\f(2Ek,v)

聯(lián)系

(1)都是相對量,與參考系的選取有關(guān),通常選取地面為參考系

(2)若物體的動能發(fā)生變化,則動量一定也發(fā)生變化;但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化

【易錯02】動量定理及其應(yīng)用理解有誤

1.動量定理的研究對象可以是單個物體,也可以是物體系統(tǒng)。對物體系統(tǒng),只需分析系統(tǒng)受的外力,不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力。系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量。

2.用牛頓第二定律和運動學(xué)公式能求解恒力作用下的勻變速直線運動的間題,凡不涉及加速度和位移的,用動量定理也能求解,且較為簡便。

但是,動量定理不僅適用于恒定的力,也適用于隨時間變化的力。對于變力,動量定理中的F應(yīng)當(dāng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。

3.用動量定理解釋的現(xiàn)象一般可分為兩類:一類是物體的動量變化一定,此時力的作用時間越短,力就越大;時間越長,力就越小。另一類是作用力一定,此時力的作用時間越長,動量變化越大;力的作用時間越短,動量變化越小。分析問題時,要把哪個量一定哪個量變化搞清楚。

4.應(yīng)用求變力的沖量:如果物體受到變力作用,則不直接用求變力的沖量,這時可以求出該力作用下的物體動量的變化,等效代換變力的沖量I。

5.應(yīng)用求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化:曲線運動中物體速度方向時刻在改變,求動量變化需要應(yīng)用矢量運算方法,比較復(fù)雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換動量的變化。

【易錯03】“三類”模型問題中動量守恒定律及其應(yīng)用理解有誤

1.“子彈打木塊”模型

(1)“木塊”放置在光滑的水平面上

①運動性質(zhì):“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動;“木塊”在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動.

②處理方法:通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為在這一過程中動量守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng):a.系統(tǒng)水平方向動量守恒;b.系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒;c.對“木塊”和“子彈”分別應(yīng)用動能定理.

(2)“木塊”固定在水平面上

①運動性質(zhì):“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動;“木塊”靜止不動.

②處理方法:對“子彈”應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律.

2.“反沖”和“爆炸”模型

(1)反沖

①定義:當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時,剩余部分將獲得一個反向沖量,這種現(xiàn)象叫反沖運動.

②特點:系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力.實例:發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.

③規(guī)律:遵從動量守恒定律.

(2)爆炸問題

爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用時間很短,作用力很大,且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動量守恒.如爆竹爆炸等.

3.“人船模型”問題

(1)模型介紹

兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時,若所受外力的矢量和為零,則動量守恒.在相互作用的過程中,任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.

(2)模型特點

①兩物體滿足動量守恒定律:m1v1-m2v2=0.

②運動特點:人動船動,人靜船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比,即

eq\f(x1,x2)

eq\f(v1,v2)

eq\f(m2,m1)

.

③應(yīng)用

eq\f(x1,x2)

eq\f(v1,v2)

eq\f(m2,m1)

時要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。

1.(2021·湖南卷)物體的運動狀態(tài)可用位置和動量描述,稱為相,對應(yīng)圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用圖像中的一條曲線來描述,稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動,則對應(yīng)的相軌跡可能是()

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】質(zhì)點沿軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動,則有

而動量為

聯(lián)立可得

動量關(guān)于為冪函數(shù),且,故正確的相軌跡圖像為D。

故選D。

【易錯分析】①考生不能根據(jù)v-x關(guān)系得到p-x關(guān)系而無法入手;②在得到p-x關(guān)系后要根據(jù)實際運動特點得到p和x的范圍都是正值,圖像只能在第一象限,這是也是易錯選C的原因。

2.(2021·全國乙卷)水平桌面上,一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動,物體通過的路程等于時,速度的大小為,此時撤去F,物體繼續(xù)滑行的路程后停止運動,重力加速度大小為g,則()

A.在此過程中F所做的功為

B.在此過中F的沖量大小等于

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】CD.外力撤去前,由牛頓第二定律可知:①

由速度位移公式有:②

外力撤去后,由牛頓第二定律可知:③

由速度位移公式有:④

由①②③④可得,水平恒力:

動摩擦因數(shù):

滑動摩擦力:

可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍,故C正確,D錯誤;

A.在此過程中,外力F做功為:,故A錯誤;

B.由平均速度公式可知,外力F作用時間:

在此過程中,F(xiàn)的沖量大小是:,故B正確。

故選BC。

【易錯分析】考生容易混淆做功的正負(fù)和沖量的方向,從而不能正確書寫動量定理和動能定理表達(dá)式。

3.(2021湖南卷)如圖(a),質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng),外力作用在A上,系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面),此時彈簧形變量為。撤去外力并開始計時,A、B兩物體運動的圖像如圖(b)所示,表示0到時間內(nèi)的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小,、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在時刻的速度為。下列說法正確的是()

A.0到時間內(nèi),墻對B沖量等于mAv0 B.mA>mB

C.B運動后,彈簧的最大形變量等于 D.

【答案】ABD

【解析】A.由于在0~t1時間內(nèi),物體B靜止,則對B受力分析有

F墻=F彈

則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小,而彈簧既作用于B也作用于A,則可將研究對象轉(zhuǎn)為A,撤去F后A只受彈力作用,則根據(jù)動量定理有

I=mAv0(方向向右)

則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同,A正確;

B.由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸,在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大,根據(jù)牛頓第二定律有

F彈=mAaA=mBaB

由圖可知:aB>aA

則:mB<mA,故B正確;

C.由圖可得,t1時刻B開始運動,此時A速度為v0,之后AB動量守恒,AB和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒,則:

可得AB整體的動能不等于0,即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動能,彈簧的形變量小于x,C錯誤;

D.由a—t圖可知t1后B脫離墻壁,且彈簧被拉伸,在t1~t2時間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動量守恒,且在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大,A、B共速,由a—t圖像的面積為,在t2時刻AB的速度分別為:,

A、B共速,則:,故D正確。

故選ABD。

【易錯分析】①考生對于a-t圖像比較陌生,無法通過a-t圖像理清兩物體的運動情況,錯誤應(yīng)用動量定理和機(jī)械能守恒定律;②考生不知道a-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的圖形面積的物理意義,得不到各部分面積之間的關(guān)系。

4.(2021山東卷)如圖所示,載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處,現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度水平投出,落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M,所受浮力不變,重力加速度為g,不計阻力,以下判斷正確的是()

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為

C.

D.

【答案】BC

【解析】AB.熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài),所受合外力為0,初動量為0,水平投出重力為的物資瞬間,滿足動量守恒定律:

則熱氣球和物資的動量等大反向,熱氣球獲得水平向左的速度,熱氣球所受合外力恒為,豎直向上,所以熱氣球做勻加速曲線運動,A錯誤,B正確;

CD.熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示

熱氣球和物資所受合力大小均為,所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

物資落地過程所用的時間內(nèi),根據(jù)解得落地時間為

熱氣球在豎直方向上運動的位移為

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動,水平位移為

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為

C正確,D錯誤。

故選BC。

【易錯分析】①考生對動量守恒的條件理解不夠深刻:因為水平方向系統(tǒng)不受力,所以貨物拋出的瞬間水平方向動量守恒。②貨物拋出后,考生忽略了熱氣球所受浮力不的條件,對熱氣球的運動狀態(tài)判斷失誤,進(jìn)而得出錯誤的結(jié)果。

5.(2022·河南焦作高三期末)如圖所示,有一子彈穿過三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接觸質(zhì)量分別為m、2m、3m的木塊A、B、C,設(shè)子彈穿過木塊A、B、C的時間分別為t1、t2、t3,木塊對子彈的阻力恒為f,則子彈穿過三木塊后,木塊A的速度大小是()

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

設(shè)子彈穿過木塊A時,木塊A、B、C的共同速度為v,根據(jù)動量定理可得

解得

當(dāng)子彈進(jìn)入第二塊木塊時,木塊A將與B、C分離,分離后木塊A的速度不變。故ABD錯誤;C正確。

故選C。

6.(2022·安徽宣城高三期末)如圖,傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上,另有A、B兩物體疊放在一起放置在斜面頂端,且B的上表面水平,A、B一起從斜面頂端由靜止開始下滑,直到斜面底端,在此過程中,下列說法正確的是()

A.運動中物塊B對A的摩擦力方向水平向右

B.運動中物塊B對A的彈力等于A的重力

C.運動中物塊B對A的作用力不做功

D.運動中斜面對A、B系統(tǒng)的沖量為零

【答案】C

【解析】

A.因為AB一起沿斜面加速下滑,則加速度有水平向左的分量,則運動中物塊B對A的摩擦力方向水平向左,選項A錯誤;

B.AB一起沿斜面加速下滑,則加速度有豎直向下的分量,則由

可知運動中物塊B對A的彈力小于A的重力,選項B錯誤;

C.因AB一起下滑的加速度為

a=gsinθ

可知,B對A的作用力與位移垂直,則運動中物塊B對A的作用力不做功,選項C正確;

D.運動中斜面對A、B系統(tǒng)的作用力不為零,根據(jù)

I=Ft

可知,沖量不為零,選項D錯誤。

故選C。

7.(2022·北京順義高三期末)建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機(jī)示意圖如圖甲所示,打夯前先將樁料扶正立于地基上,樁料進(jìn)入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質(zhì)量為,樁料的質(zhì)量為。如果每次打夯都通過卷揚機(jī)牽引將夯錘提升到距離樁頂處再釋放,讓夯錘自由下落,夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進(jìn)入泥土后所受阻力大小隨打入深度h的變化關(guān)系如圖乙所示,直線斜率。g取,下列說法正確的是()

A.夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為10m/s

B.因夯錘與樁料碰撞損失的機(jī)械能為20475J

C.若樁料進(jìn)入泥土的深度超過1.5m,至少需打夯三次

D.若樁料進(jìn)入泥土的深度超過1.5m,至少需打夯兩次

【答案】C

【解析】

A.設(shè)夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為v0,則

解得

取向下為正方向,設(shè)夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為v,由動量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得

故A錯誤;

B.因夯錘與樁料碰撞損失的機(jī)械能

帶入數(shù)據(jù)可得

2250J

故B錯誤;

CD.由于每次提升重錘距樁帽的高度均為h0,每次碰撞后瞬間的速度均為v,設(shè)兩次打擊后共下降x2,則由圖像可知,克服阻力做功

由能量守恒定律得

解得

設(shè)三次打擊后共下降x3,則

解得

故C正確,D錯誤。

故選C。

8.(2022·安徽馬鞍山一模)如圖所示,光滑水平面上有一右端帶有固定擋板的長木板,總質(zhì)量為m。一輕質(zhì)彈簧右端與擋板相連,彈簧左端與長木板左端的距離為x1。質(zhì)量也為m的滑塊(可視為質(zhì)點)從長木板的左端以速度v1滑上長木板,彈簧的最大壓縮量為x2且滑塊恰好能回到長木板的左端;若把長木板固定,滑塊滑上長木板的速度為v2,彈簧的最大壓縮量也為x2。已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,則()

A.

B.彈簧彈性勢能的最大值為

C.彈簧彈性勢能的最大值為μmg(x1+x2)

D.滑塊以速度v2滑上長木板,也恰好能回到長木板的左端

【答案】ACD

【解析】

當(dāng)長木板不固定,彈簧被壓縮到最短時兩者速度相同,設(shè)為v,彈簧最大彈性勢能為,從滑塊以速度v1滑上長木板到彈簧被壓縮到最短的過程,由動量守恒定律和能量守恒定律

從彈簧被壓縮到最短到滑塊恰好滑到長木板的左端,兩者速度再次相等,由能量守恒

若把長木板固定,滑塊滑上長木板的速度為v2,彈簧的最大壓縮量也為x2,由能量守恒

聯(lián)立可得

,

設(shè)滑塊被彈簧彈開,運動到長木板左端時的速度為v3,由能量守恒

帶入數(shù)據(jù)可解得

v3=0

說明滑塊以速度v2滑上長木板,也恰好能回到長木板的左端。

故ACD正確,B錯誤。

故選ACD。

9.(2022·山東青島高三期末)如圖,兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上,兩小車緊靠在一起而不粘連,在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細(xì)桿,長的輕質(zhì)細(xì)繩的一端系在細(xì)桿頂端,另一端拴一質(zhì)量m=1kg的小球,已知小車的質(zhì)量M=2m,重力加速度g=10m/s2,細(xì)桿的高度大于繩長?,F(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平且繃直后由靜止釋放,下列說法正確的是()

A.小球與兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.釋放小球后到小球第一次到達(dá)最低點過程中,小車A對小車B的彈力一直增大

C.小球第一次到達(dá)最低點后能向左上升的最大高度為

D.小球第二次到達(dá)最低點時小球與小車A的速率之比為8∶7

【答案】CD

【解析】

A.小球與兩小車組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受合外力不為零,動量不守恒,故A錯誤;

B.小球與兩小車組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零,動量守恒,釋放小球后到小球第一次到達(dá)最低點過程中,小球在水平方向的分速度一直增大,所以小車A、B速度一直增大,當(dāng)小球到達(dá)最低點時,小車A、B速度達(dá)到最大,此時小車A對小車B的彈力為零,所以釋放小球后到小球第一次到達(dá)最低點過程中,小車A對小車B的彈力一直減小,故B錯誤;

C.設(shè)小球第一次到達(dá)最低點時的速度大小為v0,兩小車速度大小均為v1,在水平方向根據(jù)動量守恒定律有

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

小球第一次到達(dá)最低點后能向左上升至最大高度h時,小車A和小球速度大小相同,設(shè)為v2,在水平方向根據(jù)動量守恒定律有

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

聯(lián)立①②③④解得

故C正確;

D.設(shè)小球第二次到達(dá)最低點時小球與小車A的速度分別為v3、v4,取水平向左為正方向,在水平方向上根據(jù)動量守恒定律有

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

聯(lián)立⑥⑦解得

,⑧

所以

故D正確。

故選CD。

10.(2022·安徽合肥一模)如圖所示,一質(zhì)量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽,放在光滑的水平面上,有一質(zhì)量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放,在其下滑至槽末端B的過程中,已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是()

A.若圓弧槽固定,小球的機(jī)械能守恒

B.若圓弧槽固定,小球滑至B點時對槽的壓力大小為4mg

C.若圓弧槽不固定,小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒

D.圓弧槽固定和不固定情形下,小球滑到B點時的速度之比為

【答案】AD

【解析】

A.若圓弧槽固定,小球的重力勢能全部裝換為小球的動能,則小球的機(jī)械能守恒,A正確;

B.若圓弧槽固定,小球滑至B點時的速度為

mgR=mvB2

小球下滑的過程中做圓周運動有

解得

FN=3mg

B錯誤;

C.若圓弧槽不固定,小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,C錯誤;

D.圓弧槽不固定的情形下,小球滑到B點時的速度為,取水平向右為正

-mv+mv=0

根據(jù)AB組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

解得圓弧槽不固定的情形下,小球滑到B點時的速度為

再結(jié)合選項B,可知圓弧槽固定和不固定情形下,小球滑到B點時的速度之比為,D正確。

故選AD。

11.(2021·海南卷)如圖,一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動,將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m,它們之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。

(1)滑塊相對木板靜止時,求它們的共同速度大??;

(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍,求此時滑塊到木板最右端的距離;

(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時,給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運動,直到滑塊相對木板靜止,求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。

【答案】(1)v共=;(2)x=;(3)t=,W=mv02

【解析】

(1)由于地面光滑,則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒,有

2mv0=3mv共

解得

v共=

(2)由于木板速度是滑塊的2倍,則有

v木=2v滑

再根據(jù)動量守恒定律有

2mv0=2mv木+mv滑

聯(lián)立化簡得

v滑=v0,v木=v0

再根據(jù)功能關(guān)系有

-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02

經(jīng)過計算得

x=

(3)由于木板保持勻速直線運動,則有

F=μmg

對滑塊進(jìn)行受力分析,并根據(jù)牛頓第二定律有

a滑=μg

滑塊相對木板靜止時有

v0=a滑t

解得

t=

則整個過程中木板滑動的距離為

x′=v0t=

則拉力所做的功為

W=Fx′=mv02

12.(2020全國Ⅲ卷)如圖,相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi),二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動,其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m=10kg的載物箱(可視為質(zhì)點),以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.10,重力加速度取g=10m/s2。

(1)若v=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間;

(2

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