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天天资源网 / 高中物理 / 教学同步 / 人教版 / 选修3-5 / 第十六章 动量守恒定律 / 2 动量和动量定理 / 动量能量典型题

动量能量典型题

  • 2021-06-23
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1.(14 分)某地强风的风速是 20m/s,空气的密度是  =1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风 面积为 S=20m2,如果风通过风力发电机后风速减为 12m/s,且该风力发电机的效率为  =80%,则该风力发电机的电功率多大? 1.风力发电是将风的动能转化为电能,讨论时间 t 内的这种转化,这段时间内通过风力发 电机的空气 的空气是一个以 S 为底、v0t 为高的横放的空气柱,其质量为 m=  Sv0t,它通 过风力发电机所减少的动能用以发电,设电功率为 P,则 )(2 1)2 1 2 1( 22 00 22 0 vvtSvmvmvPt   代入数据解得 P=53kW 2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速度均为 6m/s.甲车上有 质量为 m=1kg 的小球若干个,甲和他的车及所带小球的总质量为 M1=50kg,乙和他的车总 质量为 M2=30kg。现为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面 16.5m/s 的水平速度抛向乙, 且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞,试求此时: (1)两车的速度各为多少?(2)甲总共抛出了多少个小球? 2.分析与解:甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程,接球的过程是“合二 为一”的过程。 (1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向,甲不断抛球、乙接球 后,当甲和小车与乙和小车具有共同速度时,可保证刚好不撞。设共同速度为 V,则: M1V1-M2V1=(M1+M2)V smsmVMM MMV /5.1/680 20 1 21 21   (2)这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6-30×(-1.5)=225(kg·m/s) 每一个小球被乙接收后,到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1-1.5×1=15(kg·m/s) 故小球个数为 )(1515 225 1 个  P PN 3.如图 11 所示,C 是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为 3m,在木板的 上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止, A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度 V0 和 2V0 在木板上滑动,木板足够长, A、B 始终未滑离木板。求: (1)木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速 度刚好相等的过程中,木块 B 所发生的位移; (2)木块 A 在整个过程中的最小速度。 3.分析与解:(1)木块 A 先做匀减速直 线运动,后做匀加速直线运动;木块 B 一直做 匀减速直线运动;木板 C 做两段加速度不同的 匀加速直线运动,直到 A、B、C 三者的速度相等为止,设为 V1。对 A、B、C 三者组成的 系统,由动量守恒定律得: 100 )3(2 VmmmmVmV  解得:V1=0.6V0 对木块 B 运用动能定理,有: C A B 图 11 V0 2V0 2 0 2 1 )2(2 1 2 1 VmmVmgs   解得 )50/(91: 2 0 gVs  (2)设木块 A 在整个过程中的最小速度为 V′,所用时间为 t,由牛顿第二定律: 对木块 A: gmmga   /1 , 对木板 C: 3/23/22 gmmga   , 当木块 A 与木板 C 的速度相等时,木块 A 的速度最小,因此有: tggtV )3/2(0   解得 )5/(3 0 gVt  木块 A 在整个过程中的最小速度为: .5/2 010 / VtaVV  4.总质量为 M 的列车,沿水平直线轨道匀速前进,其末节车厢质量为 m,中途脱节, 司机发觉时,机车已行驶 L 的距离,于是立即关闭油门,除去牵引力,如图 13 所示。设运 动的阻力与质量成正比,机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时,它们的距离是 多少? 4.分析与解:此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。 对车头,脱钩后的全过程用动能定理得: 2 01 )(2 1)( VmMgSmMkFL  对车尾,脱钩后用动能定理得: 2 02 2 1 mVkmgS  而 21 SSS  ,由于原来列车是匀速前进的,所以 F=kMg 由以上方程解得 mM MLS  。 5.如图 14 所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板 B 和 C。重物 A(A 视质点) 位于 B 的右端,A、B、C 的质量相等。现 A 和 B 以同一速度滑向静止的 C,B 与 C 发生正 碰。碰后 B 和 C 粘在一起运动,A 在 C 上滑行,A 与 C 有摩擦力。已知 A 滑到 C 的右端面 未掉下。试问:从 B、C 发生正碰到 A 刚移动到 C 右端期 间,C 所走过的距离是 C 板长度的多少倍? 5.分析与解:设 A、B、C 的质量均为 m。B、C 碰撞 前,A 与 B 的共同速度为 V0,碰撞后 B 与 C 的共同速度为 V1。对 B、C 构成的系统,由动量守恒定律得:mV0=2mV1 设 A 滑至 C 的右端时,三者的共同速度为 V2。对 A、B、C 构成的系统,由动量守恒 定律得:2mV0=3mV2 设 C 的长度为 L, A 与 C 的动摩擦因数为μ,则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得: 2 2 2 0 2 1 3.2 1 2 12.2 1 mVmVmVmgLQ   AB C 图 14 设从发生碰撞到 A 移至 C 的右端时 C 所走过的距离为 S,则对 B、C 构成的系统据动 能定理可得: 2 1 2 2 )2(2 1)2(2 1 VmVmmgS  由以上各式解得 3 7 L S . 6.面积很大的水池,水深为 H,水面上浮着一正方体木块,木块边长为 a ,密度为水的 2 1 , 质量为 m ,开始时,木块静止,有一半没入水中,如图 38 所示,现用力 F 将木块缓慢地压 到池底,不计摩擦,求 (1)从开始到木块刚好完全没入水的过程中,力 F 所做的功。 (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为 2 a)的盛水足够深的长方体容器中,开始时, 木块静止,有一半没入水中,如图 39 所示,现用力 F 将木块缓慢地压到容器底部,不计摩 擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中,容器中水势能的改变量。 6.解:(1) 因水池面积很大,可忽略因木块压入水中所引起的水深变化,木块刚好完全没 入水中时,图中原来处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这部分水平铺于水面,这部 分水的质量为 m ,其势能的改变量为 mgaaHmgmgHE 4 3)4 3(1  水 大块势能的改变量为: mgamgHaHmgE 2 1)2(  木 根 据 功 能 原 理 , 力 F 所 做 的 功 : mgaEEW 4 1 木水 (2) 因容器水面面积为 2a2,只是木块底面积的 2 倍,不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化, 木块刚好完全没入水中时,图 8 中原来处于下方划 斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水 的 质 量 为 m /2 , 其 势 能 的 改 变 量 为 : mgaE 8 3 2  水 。 7. 如图 13 所示,在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B,上表面粗糙,在其左端有一光 滑的 1/4 圆弧槽 C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C 静止 图 39图38 H a a a/2 3a/4 a/4 图 13 A V0 BC 在水平面上。现有滑块 A 以初速 V0 从右端滑上 B,并以 1/2 V0 滑离 B,确好能到达 C 的最 高点。A、B、C 的质量均为 m,试求:(1)木板 B 上表面的动摩擦因素μ;(2)1/4 圆弧槽 C 的半径 R;(3)当 A 滑离 C 时,C 的速度。 7.(1)当 A 在 B 上滑动时,A 与 BC 整体发生作用,由于水平面光滑,A 与 BC 组成的系 统动量守恒, 1 0 0 2mV2 VmmV  ,(2 分) 得 4 VV 0 1  (1 分) 系 统 动 能 的 减 小 量 等 于 滑 动 过 程 中 产 生 的 内 能 , mgLQ  ,( 1 分 )   2 0 2 02 0K 4 V2m2 1 2 Vm2 1mV2 1E          ,(1 分) 得 16Lg 5V 2 0 (1 分) (2)当 A 滑上 C,B 与 C 分离,A 与 C 发生作用,设到达最高点时速度相等为 V2,由于 水平面光滑,A 与 C 组成的系统动量守恒, 21 0 V)mm(mV2 Vm  ,(2 分)得 8 3VV 0 2  A 与 C 组成的系统机械能守恒,   mgRV2m2 1 4 Vm2 1 2 Vm2 1 2 2 2 0 2 0          (2 分) 得 64g VR 2 0 (1 分) (3)当 A 滑下 C 时,设 A 的速度为 VA,C 的速度为 VC,A 与 C 组成的系统动量守恒, CA1 0 mVmVmV2 Vm  , (1 分) A 与 C 组成的系统动能守恒, 2 C 2 A 2 0 2 0 mV2 1mV2 1 4 Vm2 1 2 Vm2 1          (2 分) 得 VC = 2 V0 (2 分) 8.(13 分)如图所示,将质量均为 m 厚度不计的两物块 A、B 用轻质弹簧相连接,只用手托 着 B 物块于 H 高处,A 在弹簧弹力的作用下处于静止,将弹簧锁定.现由静止释放 A、B , B 物块着地时解除弹簧锁定,且 B 物块的速度立即变为 0,在随后的过程中当弹簧恢复到原 长时 A 物块运动的速度为υ0,且 B 物块恰能离开地面但不继续上升.已知弹簧具有相同形变 量时弹性势能也相同. (1)B 物块着地后,A 向上运动过程中合外力为 0 时的 速度υ1; (2)B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的 H A B A B 过程中,A 物块运动的位移Δx; (3)第二次用手拿着 A、B 两物块,使得弹簧竖直并处于原长状态,此时物块 B 离地面的 距离也为 H,然后由静止同时释放 A、B,B 物块着地后速度同样立即变为 0.求第二次释放 A、B 后,B 刚要离地时 A 的速度υ2. 8.(13 分) (1)设 A、B 下落 H 过程时速度为υ,由机械能守恒定律有: 222 12 mvmgH  (1 分) B 着地后,A 和弹簧相互作用至 A 上升到合外力为 0 的过程中,弹簧对 A 做的总功为零.(1 分) 即 22 1 2 1 2 10 mvmv  (1 分) 解得: gHv 21  (1 分) (2)B 物块恰能离开地面时,弹簧处于伸长状态,弹力大小等于 mg,B 物块刚着地解除弹 簧锁定时,弹簧处于压缩状态,弹力大小等于 mg.因此,两次弹簧形变量相同,则这两次 弹簧弹性势能相同,设为 EP.(1 分) 又 B 物块恰能离开地面但不继续上升,此时 A 物块速度为 0. 从 B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的过程中,A 物块和弹簧组成的系统机 械能守恒 PP ExmgmvE  2 12 1 (2 分) 得Δx=H(1 分) (3)弹簧形变量 xx  2 1 (1 分) 第一次从 B 物块着地到弹簧恢复原长过程中,弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmgxmvEP  (1 分) 第二次释放 A、B 后,A、B 均做自由落体运动,由机械能守恒得刚着地时 A、B 系统的速 度为 gHv 21  (1 分) 从 B 物块着地到 B 刚要离地过程中,弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒 PEmvmgxmv  2 2 2 1 2 1 2 1 (1 分) 联立以上各式得 2 02 2 vgHv  (1 分) H A h B h A h B h A h B h A h B h A h B h x x x υ1 h υ2 h 原长 9.(重庆市 2008 届直属重点中学第 2 次联考)如图所示,质量为 m=1kg 的滑块,以υ0= 5m/s 的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车,若小车质量 M=4kg,平板小车长 L =3.6m,滑块在平板小车上滑移 1s 后相对小车静止.求: (1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ; (2)若要滑块不滑离小车,滑块的初速度不能超过多少? (g 取 9.8m/s2 ) (10 分) 9.(1)m 滑上平板小车到与平板小车相对静止, 速度为 v1, 据动量守恒定律: 10 )( vMmmv  ①(2 分) 对 m 据动量定理: 01 mvmvmgt   ②(2 分) 将①代入②解得μ=0.4 (2 分) (2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时,两者恰有共同速度为 v2 ,据动量守恒定律: 20 )( vMmmv  ③ (2 分) 对 m 据动能定理有: 2 0 2 2 2 1 2 1 mvmvmgS  物 ④(1 分) 对 M 据动能定理有: 02 1 2 2  MvmgS车 ⑤(1 分) 由几何关系有: LSS  车物 ⑥(1 分) 联立③④⑤⑥解得:v0=6 米/秒即滑块的初 速度不能超过 6 米/秒。(1 分) 或 由 功 能 原 理 得 : 2 2 2 0 )(2 1 2 1 vMmmvmgL  (3 分) 解得:v0=6 米/秒(1 分) (其他解法,按相应分数给分) 10.如图所示,一轻质弹簧一端固定,一端与质量为 m 的小物块 A 相联,原来 A 静止 在光滑水平面上,弹簧没有形变,质量为 m 的物块 B 在大小为 F 的水平恒力作用下由 C 处 从静止开始沿光滑水平面向右运动,在 O 点与物块 A 相碰并一起向右运动(设碰撞时间极 短)。运动到 D 点时,将外力 F 撤去,已知 CO=4s,OD=s,则撤去外力后,根据力学规律和 题中提供的信息,你能求得哪些物理量(弹簧的弹性势能等)的最大值?并求出定量的结果。 10.解析:物块 B 在 F 的作用下,从 C 运动到 O 点的过程中,设 B 到达 O 点的速 度为 v0,由动能定理得: F ·4s= 2 02 1 mv 对于 A 与 B 在 O 点的碰撞动量守恒, AB s4s DOC F 设碰后的共同速度为 v,由动量守恒定律可得: mv0=2mv 当 A、B 一起向右运动停止时,弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为 Epm,据能 量守恒定律可得: Epm=Fs+ Fsmv 322 1 2  撤去外力后,系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得 A、B 的最大速度为: m Fsvv BmAm 3 。 11.如图所示,质量均为 M 的木块 BA、 并排放在光滑水平面上, A 上固定一根轻质 细杆,轻杆上端的小钉(质量不计)O 上系一长度为 L 的细线,细线的另一端系一质量为 m 的小球C ,现将C 球的细线拉至水平,由静止释放,求: (1)两木块刚分离时, CBA 、、 速度各为多大? (2)两木块分离后,悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少? 11.分析: C 球下摆过程中,在达到最低位置之前,悬线拉力的水平分量使 BA、 同 时达到最大速度,且: BAC PPP  , CBA 、、 三者组成一个系统,满足系统机械能守 恒和动量守恒;C 球摆过最低位置后,悬线拉力使 A 向右做减速运动,致使 BA、 分离, 分离后,B 以原速度做匀速直线运动, AC PP  ,所以, A 速度减为零后改为反方向向左 运动,当 A 、C 速度相等时, C 球摆到最高点,此过程 CA、 组成的系统动量守恒、机械 能守恒。 解:(1) CBA 、、 三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒,选取最低点 0PE , C 球到达最低点时 BA、 共同速度为 Av ,C 速度 cv 为,规定向左为正方向: )1(20   Ac Mvmv  )2(22 1 2 1 22   Ac MvmvmgL  解得: mM MgL M mvmM MgLv AC  222   ; (2)、从C 球在最低点开始,C 与 A 组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒,设摆 到最高处为 xh ,此时, CA、 共同速度为 xv : )1()(   xAc vMmMvmv  )2()(2 1 2 1 2 1 222   xxAc mghvMmMvmv  解得: LmM mMhmM MgL M mv xx )(2 2 2     ; ; )(2cos 1 Mm m   难点:认为球的运动轨迹是完整的圆弧,没有考虑到对地而言是一条曲线,而且到达最 高点时 CA、 相对速度为零,即只具有水平方向上的速度。运用整体法: mgLMvvMmmgLvMmMv AxxA  22 2 1)(2 1cos)(0   ; 在多个物理过程中,确定系统的初末状态是解决问题的关键,“系统的初末状态”是指系 统在内力相互作用时间内开始和结束的状态,而不是任意物理过程的开始和结束的状态,这 是解决问题的关键。 12.如图所示,两个质量均为 4m 的小球 A 和 B 由轻弹簧连接,置于光滑水平面上.一颗质 量为 m 子弹,以水平速度 v0 射入 A 球,并在极短时间内嵌在其中.求:在运动过程中 (1)什么时候弹簧的弹性势能最大,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:子弹与 A 球发生完全非弹性碰撞,子弹质 量为 m,A 球、B 球分别都为 M,子弹与 A 球组成的系统动量守恒,则 mv0= (m+M)V ① (1)以子弹、A 球、B 球作为一系统,以子弹和 A 球有共同速度为初态,子弹、A 球、 B 球速度相同时为末态,则 (m+M)V= (m+M+M)V′ ② 2 21 1( ) ( ) 2 2 Pm M V m M M V E     ③ M=4m,解得 2 02 45P mvE  ④ (2)以子弹和 A 球有共同速度为初态,子弹和 A 球速度最小、B 球速度最大为末态, 则(m+M)V= (m+M)VA+MVB ⑤ 2 2 21 1 1( ) ( ) 2 2 2A Bm M V m M V MV    ⑥ 解得 0 1 45AV v , 0 2 9BV v ⑦ 或 AV = 1 5 v0, BV =0 ⑧ 根据题意求 A 球的最小速度和 B 球的最大速度,所以 VAmin 0 1 45 v ,VBmax 0 2 9 v 13.质量为 M=4.0kg 的平板小车静止在光滑的水平面上,如图所示,当 t=0 时,两个质量分 别为 mA=2kg、mB=1kg 的小物体 A、B 都以大小为 v0=7m/s。方向相反的水平速度,同时从 小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时,没有相碰,A、B 与车间的 动摩擦因素μ=0.2,取 g=10m/s2,求: (1)A 在车上刚停止滑动时,A 和车的速度大小 (2)A、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 (3)在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。 A Bv0 v0 v/m.s-1 1 2 13.(1)当 A 和 B 在车上都滑行时,在水平方向它们的受力分析如图所示: 由受力图可知,A 向右减速,B 向左减速,小车向右加速,所以首先是 A 物块速度减小到与 小车速度相等。设 A 减速到与小车速度大小相等时,所用时间为 t1,其速度大小为 v1,则: v1=v0-aAt1 μmAg=mAaB ① v1=a 车 t1 μmAg-μmBg=Ma 车 ② 由①②联立得:v1=1.4m/s t1=2.8s ③ (2)根据动量守恒定律有: mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④ v=1m/s ⑤ 总动量向右, 当 A 与小车速度相同时,A 与车之间将不会相对滑动了。 设再经过 t2 时间小物体 A 与 B、车速度相同,则: -v=v1-aBt2 μmBg=mAaB ⑥ 由⑥⑦式得:t2=1.2s ⑦ 所以 A、B 在车上都停止滑动时,车的运动时间为 t=t1+t2=4.0s ⑧ (3)由(1)可知 t1=2.8s 时,小车的速度为 v1=1.4m/s,在 0~t1 时间内小车做匀加速运动。 在 t1~t2 时间内小车做匀减速运动,末速度为 v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示:⑨ 评分标准:①②③④式各 2 分;⑤式 1 分;⑥式 2 分;⑦⑧⑨式 1 分;速度—时间图像 4 分。 A Bv0 v0 fA fB f 车 O t/s v/m.s-1 1 2 3 4 5 1 2 14.如图所示,n 个相同的木块(可视为质点),每块的质量都是 m,从右向左沿同一直线 排列在水平桌面上,相邻木块间的距离均为 l,第 n 个木块到桌边的距离也是 l,木块与桌 面间的动摩擦因数为μ.开始时,第 1 个木块以初速度 v0 向左滑行,其余所有木块都静止, 在每次碰撞后,发生碰撞的木块都粘在一起运动.最后第 n 个木块刚好滑到桌边而没有掉下. (1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能. (2)求第 i 次(i≤n-1)碰撞中损失的动能与碰 撞前动能之比. (3)若 n=4,l=0.10m,v0=3.0m/s,重力加速度 g=10m/s2,求μ的数值. 14.(1)整个过程木块克服摩擦力做功 W = μmg·l+μmg·2l +……+μmg·nl = ( 1) 2 n n mgl ① 根据功能关系,整个过程中由于碰撞而损失的总动能为 △EK= EK 0-v02/2 第 1 次碰撞前 EK 1= EK 0-μmgl ⑦ 第 1 次碰撞后 EK 1′= EK 1-△EK 1= EK 1-EK 1/2= EK 0/2-μmgl/2 ⑧ 第 2 次碰撞前 EK 2= EK 1′-μ(2mg)l= EK 0/2-5μmgl/2 第 2 次碰撞后 EK 2′= EK 2-△EK 2= EK 2-EK 3/3= EK 0/3-5μmgl/3 第 3 次碰撞前 EK 3= EK 2′-μ(3mg)l= EK 0/3-14μmgl/3 第 3 次碰撞后 EK 3′= EK 3-△EK 3= EK 0/4-7μmgl/2 据题意有 EK 0/4-7μmgl/2=μ(4mg)l ⑨ 带入数据,联立求解得 μ=0.15 ⑩ 15.如图甲所示,小车 B 静止在光滑水平上,一个质量为 m 的铁块 A(可视为质点), 以水平速度 v0=4.0m/s 滑上小车 B 的左端,然后与小车右挡板碰撞,最后恰好滑到小车的 中点,已知 3 m M ,小车车面长 L=1m。设 A 与挡板碰撞无机械能损失,碰撞时间可忽略 不计,g 取 10m/s2,求: (1)A、B 最后速度的大小; (2)铁块 A 与小车 B 之间的动摩擦因数; (3)铁块 A 与小车 B 的挡板相碰撞前后小车 B 的 速度,并在图乙坐标中画出 A、B 相对滑动过程中小车 B 相对地面的速度 v-t 图线。 图 甲 l l l n 1n-2n-1 v0 第 14 题图 左 右 A B Mm v0 L 0.5 1.0 1.0 2.0 0 v /ms-1 t /s 0.5 1.5 图乙 15.解:(1)对 A、B 系统,由动量守恒定律: Mv0=(M+m) v 得 smmM mvv /10  (4 分) (2) A、B 系统,由动量定理,对全过程有 μmg1.5L= 22 0 )(2 1 2 1 vmMmv  解得 4.04 4 22 0  gL vv (4 分) (3) 设 A、B 碰撞前速度分别为 v10 和 v20 对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统能量转化和守恒 μmgL= 2 20 2 10 2 0 2 1 2 1 2 1 Mvmvmv  带入数据联立方程,解得 v10=1+ 3 =2.732 m/s (舍 v10=1- 3 =-0.732m/s) v20=1- 3 3 =0.423m/s (2 分) 该过程小车 B 做匀加速运动,μmg=MaM aM= 3 4 m/s2 v20= aMt1 t1 =0.317s (1 分) A、B 相碰,设 A、B 碰后 A 的速度为 v1 和 v2 A、,对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统机械能守恒  2 20 2 10 2 1 2 1 Mvmv 2 2 2 1 2 1 2 1 Mvmv  带入数据联立方程,解得 v1=1- 3 =-0.732 m/s (舍 v1=1+ 3 m/s) “-”说明方向向左 v2=1+ 3 3 =1.577m/s (2 分) 该过程小车 B 做匀减速运动,-μmg=MaM aM=- 3 4 m/s2 到最终相对静止 v= v2+aMt2 t2=0.433s (1 分) 所以 ,运动的总时间为 t= t1+ t2=0.75s 小车 B 的 v-t 图如下图所示 (2 分) 16.如图所示,水平传送带 AB 足够长,质量为 M=1kg 的木块随传送带一起以 v1=2m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带的摩擦因数   05. ,当木块运动 到最左端 A 点时,一颗质量为 m=20g 的子弹,以 v0=300m/s 的水平向右的速度,正对射 入木块并穿出,穿出速度 v=50m/s,设子弹射穿木块的时间 极短,(g 取 10m/s2)求: (1)木块遭射击后远离 A 的最大距离; (2)木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。 16.(1)设木块遭击后的速度瞬间变为 V,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律得 mv Mv mv MV0 1   (3 分) 则V m v v M v  ( )0 1 ,代入数据解得V m s 3 / ,方向向右。 (2 分) 木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动,其受力如图所示。 摩擦力 f F Mg N NN     05 1 10 5. × × (1 分) 设木块远离 A 点的最大距离为 S,此时木块的末速度为 0, 0.5 1.0 1.0 2.0 0 v /ms-1 t /s 0.5 1.5 根据动能定理得   fS MV0 1 2 2 (3 分) 则 S MV f m m   2 2 2 1 3 2 5 0 9 × × . (1 分) (2)研究木块在传送带上向左运动的情况。 设木块向左加速到 v m s1 2 / 时的位移为 S1。 由动能定理得 f S Mv1 1 21 2  则 S Mv f m m m1 1 2 2 2 1 2 2 5 0 4 0 9   × × . . (3 分) 由此可知,遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段:先向左加速运动一段时间 t1 ,再匀速运动一段时间 t2 。 由动量定理得 f t Mv1 1 则 t Mv f s s1 1 1 2 5 0 4  × . (2 分) t S S v s s2 1 1 0 9 0 4 2 0 25    . . . (2 分) 所求时间 t t t s s s    1 2 0 4 0 25 0 65. . . (1 分) 17.如图所示为一个模拟货物传送的装置,A 是一个表面绝缘、质量 M=l00kg、电量 q= + 6.0×10-2C 的传送小车,小车置于光滑的水平地面上。在传送途中,有一个水平电场,电场 强度为 E=4.0×l03V/m,可以通过开关控制其有无。现将质量,m=20kg 的货物 B 放置在小 车左端,让它们以υ=2m/s 的共同速度向右滑行,在货物和小车快到终点时,闭合开关产生 一个水平向左的匀强电场,经过一段时间后关闭电场,当货物到达目的地时,小车和货物的 速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素μ=0.1。 (1)试指出关闭电场的瞬间,货物和小车的速度方向。 (2)为了使货物不滑离小车的另一端,小车至少多长? (货物不带电且体积大小不计,g 取 10m/s2) 17.(1)货物和小车的速度方向分别向右和向左 (3 分) (2)设关闭电场的瞬间,货物和小车的速度大小分别为υB 和υA;电场存在时和电场消失 后货物在小车上相对滑行的距离分别为 L1 和 L2;电场存在的时间是 t,该段时间内货物和小 车的加速度大小分别是 aB 和 aA,对地位移分别是 sB 和 sA 在关闭电场后,货物和小车系统动 量守恒,由动量规律和能量规律 有 mυB-MυA==0 ① (2 分) μmgL2==1 2 mυB2+1 2 MυA2 ② (2 分) 由①式代人数据得υB==5υA ③ (1 分) 在加电场的过程中,货物一直向前做匀减速运动,小车先向前做匀减速运动,然后反向 做匀加速运动,由牛顿定律 有 aB==μmg/m==1m/s2 (1 分) aA==(qE-μmg)/M==2.2m/s2 (1 分) 又υB==υ-aBt , υA==|υ-aAt| (2 分) 将其与③式联立可得 t==1s,υB==1m/s,υA==0.2m/s (3 分) 再由运动学公式可得 sB==υt-1 2 aBt2==1.5m (1 分) sA==υt-1 2 aAt2==0.9m (1 分) 所以 L1=sB-sA==0.6m (1 分) 又将数据代入②式解得 L2==0.6m (1 分) 所以小车的最短长度为 L==L1+L2==1.2m (1 分) 18.(08 汕头)(16 分)在光滑的水平面上,静止放置着直径相同的小球 A 和 B,它们的 质量分别为 m 和 3m,两球之间的距离为 L.现用一大小为 F 的水平恒力始终作用到 A 球上,A 球从静止开始向着 B 球方向运动,如图所示.设 A 球与 B 球相碰的时间 极短、碰撞过程没有机械能损失,碰撞后两球仍在同一直线上运动.求: (1)A 球第一次碰撞 B 球之前瞬间的速度. (2)A 球到第二次碰撞 B 球之前,A 球通过的总路程 S. 18.(16 分)参考解答 (1)设 A 球的加速度为 a ,第一次碰到 B 球瞬间速度为 1v ,则 maF  ①(1 分) aLv 22 1  ②(1 分) 解得 m FLv 2 1  ③(1 分) L F A m B m3 (2)两球碰撞过程动量守恒(取向右方向为正方向),得 '3' 111 BA mvmvmv  ④(1 分) 碰撞过程没有机械能损失,得 2 1 2 1 2 1 '32 1'2 1 2 1 BA mvmvmv  ⑤(1 分) 解得两球第一次的速度 2' 1 1 vv A  (方向向左), 2' 1 1 vv B  (方向向右) ⑥(2 分) 碰后 A 球先向左匀减速运动,再向右匀加速运动,直到第二次碰撞 B 球. 设碰后 A 球向左运动的最大距离为 2AS ,则 2 2' 1 2 AA aSv  ⑦(1 分) 解得 42 LS A  ⑧(1 分) 设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为 2t ,两球的位移都为 2S ,有 2 221212 2 1'' attvtvS AB  ⑨(2 分) 解得 a vt 1 2 2 , LS 22  ⑩(2 分) 因此到第二次碰撞 B 球之前,A 球通过的总路程 222 SSLS A  ⑾(2 分) 解得 LS 5.3 ⑿(1 分) 19.如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时,电动机带动两个紧压夯杆的滚 轮匀速转动将夯从深为 h 的坑中提上来,当两个滚轮彼此分开时,夯杆被释放,最后夯在自 身重力作用下,落回深坑,夯实坑底。然后,两个滚轮再次压紧,夯杆再次被提上来,如此 周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度 v 恒为 4 m/s,每个滚轮对夯杆的正压力 FN 为 2104 N,滚轮与夯杆间的动摩擦因数为 0.3,夯杆质量 m 为 1103 kg,坑深 h 为 6 m。假定在打 夯的过程中坑的深度变化不大,且夯杆底端升到坑口时,速度正好为零,取 g=10 m/s2,求: (1)每个打夯周期中,电动机对夯杆所作的功。 (2)夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高; (3)打夯周期; 19.答案:(1)因为夯杆底端升到坑口时,速度正好为零,所以每个 打夯周期中,电动机对夯杆所作的功 JmghW 4106 (2)根据题意,考虑到夯杆先匀加速上升,后匀速上升,再竖直上抛。 当夯杆以 smv /4 的初速度竖直上抛,上升高度为: mg vh 8.02 2 3  此时夯杆底端离坑底 mhhh 2.52  。 (3) 以夯杆为研究对象 NNf 4 1 102.12   ; 21 1 /2 smm mgfa  当夯杆与滚轮相对静止时: mtahstsmtav 42 1,2,/4 2 111111        当夯杆以 smv /4 的初速度竖直上抛,上升高度为: mg vh 8.02 2 3  则当夯杆加速向上运动速度到达 smv /4 后,夯杆匀速上升,匀速上升高度为: mhhhh 2.1312  因此,夯杆上抛运动的时间为: sg vt 4.03  ; 夯杆匀速上升的时间为: sv ht 3.02 2  ; 夯杆自由落体的时间为: sg htgth 1.12,2 1 4 2 4    故打夯周期为: sttttT 8.34321  20.(20 分)如图所示,光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板,其质量为 M,平 面部分的上表面光滑且足够长。在距滑板的 A 端为 l 的 B 处放置一个质量为 m、带电量为 q 的小物体 C(可看成是质点),在水平的匀强电场作用下,由静止开始运动。已知:M=3m, 电场的场强为 E。假设物体 C 在运动中及与滑板 A 端相碰时不损失电量。 (1)求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小。 (2)若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短,而且碰后弹回的速度大小是碰 前速度大小的 5 1 ,求滑板被碰后的速度大小。 (3)求小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段时间内,电场力对小物体 C 做的功。 20.(1)设物体 C 在电场力作用下第一次与滑板 的 A 段碰撞时的速度为 v1, E A B Cl 由动能定理得: qEl= 2 1 mv12 解得:v1= m qEl2 (2)小物体 C 与滑板碰撞过程中动量守恒,设滑板碰撞后的速度为 v2, 由动量守恒定律得 mv1=Mv2-m 5 1 v1 解得:v2= 5 2 v1= 5 2 m qEl2 (3)小物体 C 与滑板碰撞后,滑板向左作以速度 v2 做匀速运动;小物体 C 以 5 1 v1 的速 度先向右做匀减速运动,然后向左做匀加速运动,直至与滑板第二次相碰,设第一次碰 后到第二次碰前的时间为 t,小物体 C 在两次碰撞之间的位移为 s,根据题意可知,小物 体加速度为 a= m qE 小物体 C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等, 即 v2t=- 5 1 v1t+ 2 1 at2 解得:t= 5 6 qE ml2 两次相碰之间滑板走的距离 ltvs 25 24 2  设小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为 W, 则:W=qE(l+s) 解得:W = qEl25 49 1.如图所示,一根轻杆长 ,可绕 O 轴在竖直平面内无摩擦地转动, , ,质量相等的两小球分别固定于杆的 A、B 两端,现把杆位于水平位置,然后 自由释放,求轻杆转到竖直位置时两球的速度分别是多少? 1. ; 2.如下图所示,质量为 m 的物体静止在光滑圆轨道的最低点 A.现对 m 施加一大小不变、方 向始终沿圆轨道切线方向的力,使物体沿圆周轨道运动 4 1 圆周到达 B 点,在 B 点时立 即撤去外力 F.若要使物体在竖直圆弧轨道内侧能够通过最高点作完整的圆周运动,问所 施的外力 F 至少要多大? 2.  5 mg 3.如图所示,摩托车做腾跃特技表演,以 10m/s 的初速度沿曲面冲上高 3.2m、顶部水平的 高台,然后从高台水平飞出,若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率 1.8kW 行驶,经 过 0.65s 到达顶部水平平台,已知人和车的总质量为 180kg,特技表演的全过程中不计一切 阻力。则: (1)求人和车到达顶部平台时的速度 v; (2)求人和车从顶部平台飞出的水平距离 s; 3.(10 分) 解: (1) 2 0 2 2 1 2 1 mvmvmghPt  ,(3 分) 223 101802 11802 12.31018065.0108.1  v (1 分) smv /7 (1 分) (2) 2 2 1 gth  (2 分), 2102 12.3 t , st 8.0 (1 分) mvts 6.58.07  (2 分) 4、(10 分)质量为 2t 的汽车在平直公路上由静止开始运动,若保持牵引力恒定,则在 30s 内速度增大到 15m/s,这时汽车刚好达到额定功率,然后保持额定输出功率不变,再运 动 15s 达到最大速度 20m/s,求: (1)汽车的额定功率; (2)汽车运动过程中受到的阻力; (3)汽车在 45s 共前进多少路程。 4、(1)(2)设汽车的额定功率为 P,运动中所受的阻力为 f,前 30s 内的牵引力为 F, 则前 30s 内,匀加速运动的加速度为 a= 1 1 t v =0.5m/s2 (1 分) 此过程中 F-f=ma (1 分) 10m/s v 3.2m s P=Fv1=(f+ma)v1 (1 分) 在 45s 末有 P=fv2 (1 分) 代入数据后解得 P=60kW f=3000N (1 分) (3)汽车在前 30s 内运动的路程为 s1= 1 1 2 tv =225m (1 分) 后 15s 内的位移 s2 满足 Pt2-fs2= 2 1 mv22- 2 1 mv12 (3 分) 解得 s2=241.7m 总路程 s=s1+s2=466.7m 5.(10 分)如图,AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端 B 与水平直轨道相切。 一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为 R=0.2m,小物块的质量为 m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5,取 g=10m/s2。求: (1)小物块在 B 点时受圆弧轨道的支持力 (2)小物块在水平面上滑动的最大距离 5.(10 分) (1)由机械能守恒定律,得: 2 2 1 BmmgR  (2 分) 在 B 点 RmmgN B 2 (2 分) 由以上两式得 101.033  mgN N=3N(2 分) (2)设在水平面上滑动的最大距离为 s 由动能定理得 0 mgsmgR  (2 分) 5.0 2.0  Rs m=0.4m (2 分) A B R m . . O 查看更多

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