返回

资料详情(天天资源网)

资料简介

训练 05 动量中的能量变化问题 1.如图所示,一倾角为θ的斜面固定在水平面上,质量为 5m 物块静止于斜面上 O 处。在距离 O 点 h 高处 的斜面顶端从静止开始释放一个质量为 m 的小球,小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞, 一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于 tanθ,小球与斜面间摩擦忽略不计, 重力加速度大小为 g。求∶ (1)小球与物块刚碰撞后它们的速度 v1、v2; (2)斜面的高度 H。 【答案】(1) 1 2 23v gh ,小球方向沿斜面向上, 2 1 23v gh ,物块速度沿斜面向下;(2) 7 3 hH  【详解】 (1)设刚要碰撞时小球的速度为,根据机械能守恒有 2 0 1 2mgh mv 在小球与物块的碰撞过程中,取沿斜面向下为正方向,根据动量守恒有 0 1 25mv mv mv  根据动能守恒有 2 2 2 0 1 2 1 1 1= + 52 2 2mv mv mv 联立解得 1 2 23v gh  2 1 23v gh 小球方向沿斜面向上,物块速度沿斜面向下。 (2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动,设加速度为 a1,经时间运动 到斜面底端,取沿斜面向下为正方向,根据牛顿运动定律有 sinmg ma  根据运动学公式有 2 1 1 sin 2 H h v t at    设碰撞后物块的加速度为 a2,根据牛顿运动定律有 25 sin 5 cos 5mg mg ma    将μ=tanθ代入上式得 a2=0 即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动,于是有 2sin H h v t   联立解得 7 3 hH  2.质量均为1kg 的两物块 A 和 B,B 与直立轻弹簧的上端相连接,弹簧下端固定在地上,平衡时,弹簧的 压缩量为 0 0.6ml  ,如图所示,A 从 B 正上方距离 1.8mh  的 P 处自由落下,打在 B 上并立刻一起向下运 动,但不粘连,到达最低点后又向上运动,且恰好能一起回到 O 点,若物块 A 质量变为 2kg ,仍从 P 处自 由落下,且 A 和 B 回到 O 点时,还有向上的速度,当 A 到达最高点时,弹簧恰好恢复原长,取 210m/sg  求: (1) 0 0.6ml  时弹簧的弹性势能; (2)物块 A 到达的最高点与 O 点间的距离; (3)从 A 和 B 分离至 A 到达最高点的过程中,弹簧对 B 的冲量大小。 【答案】(1)3J;(2)0.3m;(3)2.45N·s 【详解】 (1)设 A、B 质量均为 1kg 时,两者碰前 A 的速度为 0v ,碰后两者共同速度为 1v 则 A 做自由落体运动有 2 0 2v gh 解得 0 6m/sv  根据动量守恒定律有  0 1A A Bm v m m v  解得 1 3m/sv  从碰后到一起回到 O,系统机械能守恒,有    2 1 0 1 2P A B A BE m m v m m gl    解得 3JPE  (2)当 2kgAm  、 1kgBm  时,两者碰前 A 的速度仍为 0v ,碰后两者共同速度为 2v ,从碰后到一起回到 O 点时的速度为 v,根据动量守恒和机械能守恒有  0 2A A Bm v m m v       2 2 2 0 1 1 2 2P A B A B A BE m m v m m gl m m v      代入数据解得 2 4m/sv  , 2.45m/sv  A 和 B 在 O 点分开后,A 做竖直上抛运动,到达最高点时间为 t,则有 2 2v gH v gt 解得 0.3mH  (3)B 返回 O 点,速度大小不变,取向下为正方向,根据动量定理得  B B BI m gt m v m v    解得弹簧对 B 的冲量大小为 2.45N sI   3.如图所示,长为 L=0.4m 的木板 A 静止在光滑的水平桌面上,A 的右端放有物体 B(可视为质点),一端 连在 A 上的细绳,绕过固定在桌子边沿的轻质光滑定滑轮后,另一端连在小物体 C 上,设法用外力使 A、 B 静止,此时 C 被悬挂着。A 的右端距离滑轮足够远,C 距离地面足够高。已知 A 的质量为 3m,B 的质量 为 6m,C 的质量为 m。现将 C 物体竖直向上拉 0.8m,同时撤去固定 A、B 的外力。再将 C 无初速释放,细 绳被拉直(细绳不可伸长且能承受足够大的拉力)的时间极短,此时 A、C 速度的大小立即都变为相等,最 后发现 B 能从 A 上滑下、计算中可认为 A、B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g=10m/s2。 求: (1)绳被拉直时,A、C 速度的大小; (2)A、B 之间动摩擦因数的取值范围。 【答案】(1)1m/s;(2)小于 0.15 【详解】 (1)细绳拉直前瞬间,对 C 有 21 2mgh mv 解得 4m/sv  细绳被拉直的瞬间,A 与 C 相互作用,动量守恒,有 1(3 )mv m m v  解得 1 1m/sv  (2)假设 B 刚好从 A 上离开,则对 B 有 2 6 6 1 2 B B B B B mg ma v a t x a t     对 A、C 有 1 2 1 6 4 1 2 A A A A A mg mg ma v v a t x v t a t       且 0.4m A B A B v v x x    联立可得 0.15  4.如图所示,光滑水平面上静置一滑板装置,质量为 m1=16kg,其中 AB 段为 1 4 光滑圆弧,半径 R=0.4m, 水平部分 BC 段粗糙,长度 LBC=0.8m,CD 段光滑,一轻质弹簧固定在滑板右端 D 处,弹簧处于自然长度时 左端位于 C 点。质量 m2=2kg 的物块从 A 点由静止释放,物块与滑板 BC 段的动摩擦因数  =0.1 物块可视为 质点,重力加速度 g 取 10m/s2,求: (1)当物块滑至 B 点时,m1 和 m2 的速度 v1 和 v2 分别是多少? (2)物块在滑板上运动过程中,某时刻弹簧具有最大的弹性势能,则该时刻弹簧具有的弹性势能为多少? (以弹簧原长时弹性势能为零参考) (3)经过足够长时间,m1 和 m2 达到稳定状态,则整个运动过程中,滑板 m1 的位移是多少? 【答案】(1) 1 1 m/s3v  , 2 8 m/s3v  ;(2)6.4J;(3) 2 m15 【详解】 (1)把物块和滑板看成一个系统满足动量守恒,有 1 1 2 20 m v m v  根据能量守恒 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2m gR m v m v  联立并代入数据解得 1 1 m/s3v  2 8 m/s3v  (2)从开始到压缩到最短过程中,满足动量守恒  1 2 30 m m v  解得 3 0v  根据能量守恒   2 2 1 2 3 1 2 Pmm gR m m v mgL E    联立并代入数据解得 6.4mEp J (4)达到稳定过程中满足动量守恒  1 2 40 m m v  根据能量守恒   2 2 1 2 4 1 2m gR m m v mgs   解得 5 5 BCs m L  ,说明滑块最终静止在 C 点,根据动量守恒 1 1 2 20 m s m s  距离关系为 1 2s s R L   联立解得 1 2 m15s  5.如图,倾角 37   的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上某位置固定有垂直于斜面的挡板 P,质 量 1M  kg 的凹槽 A 在外力作用下静止在斜面上,凹槽 A 下端与固定挡板间的距离 0 4 m3x  。凹槽两端挡 板厚度不计;质量 1m  kg 的小物块 B 紧贴凹槽上端放置,物块与凹槽间的动摩擦因数 0 75  . 。 0t  时 撤去外力,凹槽与物块一起自由下滑; 1t  s 时物块与凹槽发生了第一次碰撞,当物块与凹槽发生了第二次 碰撞后立即撤去挡板。整个运动过程中,所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,可忽略不计,物块可 视为质点,重力加速度 210m / sg  。求: (1)凹槽与挡板发生第一次碰撞前瞬间物块的速度大小; (2)凹槽的长度; (3)凹槽与物块发生第二次碰撞时物块到挡板 P 的距离; (4)从凹槽与物块一起自由下滑开始( 0t  ),到物块与凹槽发生第二次碰撞后物块的速度再次减为 0 所 经历的时间。 【答案】(1) 4m / s ;(2) 2m ;(3) 2 6 3 m6  ;(4)1.5s 【详解】 (1)设凹槽与挡板发生第一次碰撞前瞬间物块的速度大小为 0v ,根据机械能守恒定律有 2 0 0 1( ) sin ( )2m M gx m M v   代入数据解得 0 4m / sv  (2)设凹槽与物块一起自由下滑时的加速度大小为 a0,根据牛顿第二定律有 0( ) sin ( )m M g m M a   解得 2 0 sin 6m/sa g   根据运动学公式可得从凹槽开始下滑到与挡板碰撞所经历的时间为 0 0 0 2 s3 vt a   由题意可知 sin sin cosMg mg mg     凹槽与挡板发生第一次碰撞后,物块将以 v0 匀速下滑,凹槽匀减速上滑,设凹槽的加速度大小为 aA,则根 据牛顿第二定律有 sin cos Amg θ μmg θ ma  解得 212m/sAa  凹槽与物块第一次碰撞前瞬间的速度大小为  1 0 0 0A Av v a t t    解得凹槽的长度为    10 0 0 0 2m2 AvL t t v t tv     (3)设凹槽与物块发生第一次碰撞后,凹槽的速度大小为 1 'Av ,物块的速度大小为 1Bv ' ,取沿斜面向下为 正方向,根据动量守恒定律有 0 1 1A B'mv Mv mv '  根据机械能守恒定律有 2 0 1 1 2 21 1 1 2 2 2A B'mv Mv mv '  解得 1 4m / sA 'v  , 1 0Bv '  凹槽与物块发生第一次碰撞后,凹槽以 vA1′匀速下滑,物块匀加速下滑,设物块下滑的加速度大小为 Ba , 则根据牛顿第二定律有 sin cos Bmg θ μmg θ ma  解得 212m / sBa  设凹槽经时间 1t 与挡板第二次碰撞,则有  0 0 0 12 v t t v t  解得 1 1 s6t  此时物块的速度大小为 2 1 2m / sB Bv a t  物块与挡板间的距离为  01 20 1 11 5m2 0.2 B vx t a t    凹槽与挡板第二次碰撞后,凹槽沿斜面以 aA 匀减速上滑,物块以 vB2 匀速下滑,设经时间 2t 凹槽与物块发 生第二次碰撞,则有 2 0 2 2 2 2 1 1 2 A Bv t a t v t x   解得 2 3 6 s6t  (另一解不符实际,舍去) 凹槽与物块第二次碰撞前的速度大小为 2 0 2 (2 6 2)m / sA Av v a t    凹槽与物块发生第二次碰撞时物块到挡板的距离为 2 1 2 2 2 6 3 m6Bx x v t   (4)凹槽与物块发生第二次碰撞后,根据(3)题中分析可知两者交换速度,设经时间 3t 物块速度减为 0, 则有 2 2 3B A Bv v t' a  解得 3 6 1s6t  所以从凹槽与物块一起自由下滑开始(t=0),到物块与凹槽发生第二次碰撞后物块的速度再次减为 0 所经历 的时间为 1 2 3 1.5st t t t t    总 【点睛】 此题涉及多个过程,包含的物理量比较多,在求解时一定要明确各个物体在不同运动阶段的受力、运动情 况,特别是要找准始末状态参量。 6.如图所示,直角坐标系 xOy 位于竖直平面内,三个质量均为 m,带电量均为+q 的小球 1、2、3(小球均 可以看作质点),通过特殊装置分别限制在 A、C、O 三点,A、O 之间的距离为 h,第一象限存在水平向右 的匀强电场 E1,第三、四象限存在电场和磁场正交的复合场,其中磁场方向垂直于 xOy 平面向外,电场 E2 的方向竖直向上。现解除特殊装置对小球 1 的限制,小球 1 从静止开始运动,一段时间后与 C 点处的小球 2 发生正碰(碰前瞬间特殊装置解除对小球 2 的限制),两小球粘在一起进入 x 轴下方的复合场,速度方向与 x 轴正方向成 30°角,两个小球在复合场中做匀速圆周运动恰好经过 O 点,与小球 3 发生弹性正碰(碰前瞬 间特殊装置解除对小球 3 的限制),小球 3 在第一象限运动到最高点,坐标为 D(图中未标出),重力加速 度为 g,碰撞过程中小球的带电量保持不变,不计小球之间的库仑力。求: (1)电场 E1 与电场 E2 的电场强度大小之比; (2)磁场的磁感应强度大小; (3)D 点的位置坐标。 【答案】(1) 1 2 3E E ;(2) 6 3  m gB q h ;(3) 4 4( 3 , )3 9h h 【详解】 (1)小球 1 在第一象限,做初速度为 0 的匀加速直线运动 1 tan30  mg E q 小球 1、2 结合后,在 x 轴下方做匀速圆周运动,电场力与重力平衡 2mg = 2qE2 解得 1 2 3E E (2)设小球 1 在第一象限的加速度为 a,位移为 x,到达 C 点的速度为 v1 a=2g x=2h 1 2 2 2 v ax gh 与 C 碰撞后,粘在一起,根据动量守恒 1 22mv mv 解得 2 2v gh 3OC h ,小球 1 2 在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系 2Rsin30°= OC 解得 3R h 根据洛伦兹力提供圆周运动向心力 2vqvB m R  可得 6 3  m gB q h (3)小球 1、2 与 3 发生弹性正碰,设碰撞后小球 1、2 的速度为 v4,小球 3 的速度为 v3,根据动量守恒定 律与能量守恒定律 2 4 32 2 mv mv mv 2 2 2 2 4 3 1 1 12 22 2 2    mv mv mv 可得 3 4 23 v gh 4 1 23v gh 小球 3 进入第一象限后,速度与 x 轴正方向成 30° ,设 D 点坐标为(x,y) 竖直方向做竖直上抛运动 3 sin30yv v  2 2yv gy y gtv 水平方向做匀加速运动 3 cos30xv v 21 2  xx v t at 1 E qa m 联立解得 4 33 x h 4 9 y h 故 D 点坐标为 4 4( 3 , )3 9h h 。 7.如图所示为某自动控制系统的装置示意图,装置中间有一个以 0 3m/sv  的速度逆时针匀速转动的水平 传送带,传送带左端点 M 与光滑水平轨道 PM 平滑连接,半径 1mR  ,高 0.4mh  的光滑圆弧的最低点 与 PM 在 P 点平滑连接,在 P 点处安装有自动控制系统,当物块 b 每次向右经过 P 点时都会被系统瞬时锁 定从而保持静止。传送带右端与半径 0.40mr  的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接,物块 a 从右侧圆弧最高 点由静止下滑后滑过传送带,经过 M 点时控制系统会使静止在 P 点的物块 b 自动解锁,之后两物块发生第 一次弹性碰撞。已知物块 a、b 的质量分别为 1 0.5kgm  、 2 5.5kgm  ,两物块均可视为质点,物块 a 与 传送带间的动摩擦因数 0.25  ,MN 间的距离为 1.5mL  ,( 210m/sg  ,取 2 10  )。求: (1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点 N 时受到的支持力大小; (2)物块 a 在第一次碰后,从经过 M 点到再次回到 M 点所用的时间; (3)物块 b 第一次在 P 点相碰后到再次回到 P 所用的时间; (4)两物块在第 1 次碰撞后到最终都静止,物块 a 与传送带之间由于相对运动产生的总热量。 【答案】(1)15N ;(2) 2s ;(3)1s ;(4) 45J 【详解】 (1)对 a 从出发点到 N 应用动能定理 2 1 1 1 2 Nm gr m v 在 N 点对物块 a 应用牛顿第二定律 2 N 1 NvF m g m r   解得: N 15NF  (2)在传送带上 1 1m g m a  2 2 0 N 2v v ax  解得 0.5mx L  故物块 a 到达 M 点时 0 3m/sv v  a 和 b 发生弹性碰撞有 1 0 1 2a bm v m v m v  2 2 2 1 0 1 a 2 1 1 1 2 2 2 bm v m v m v  解得 2.5m/sav   b 0.5m/sv  2 2sa a vt g  (3)对 b 的上升过程应用动能定理 2 2 2 1' 0 2 bm gh m v   解得 1' m80h R  故物块 b 在圆弧上运动可看做简谐运动 1 1s2b Rt T g    (4)物块 a 第 1 次碰后经过 M 点到第 2 次碰前经过 M 点 2 2 0 0 0 0 0 2 1 1 0 0 1 0 1 0 ( )5 5 5 5 5( ) 56 6 6 6 62 22 2 6( ) v v v v v Q m g v v m g v m vg g g g g                      2 0 2 2 2 1 0 1 0 5( ) 562 2 ( )6 v P Q m g v m vg              由归纳可知 1 2 0 52 ( )6 n nQ m v  总热量 2 2 3 1 0 5 5 5 52 ( ) ( ) ( ) 45J6 6 6 6 nQ m v          8.如图所示,质量均为 M 的劈 A 和劈 B 静止于光滑水平面上,其曲面都为半径为 R 的光滑四分之一圆弧, 圆弧下端都与水平面相切,劈 A 锁定,N 点为劈 A 圆弧的最高点,可视为质点的小球质量为 m,重力加速 度为 g。 (1)若小球自 N 点由静止释放,求小球到达劈 A 的圆弧中点 P 时对劈 A 的压力大小; (2)若小球自 N 点正方上的 O 点由静止释放,ON 两点间的距离为 R,通过计算说明,小球以后的运动过 程中,距水平面的最大高度大于 R 还是小于 R 或等于 R? (3)解除劈 A 的锁定,使小球自 N 点由静止释放,若 M=2m,通过计算说明,小球是否还能再次滑上劈 A? 【答案】(1) 3 2 2NF mg  ;(2)见解析;(3)小球不再滑上劈 A 【详解】 (l)小球从释放到运动到 P 点过程,有 mgRsin45°= 2 1 1 2 mv 在 P 点,根据牛顿第二定律有 2 1cos45N mvF mg R    根据牛顿第三定律,有 FN′=FN 解得 3 2 2NF mg  (2)小球从释放到运动到最低点,有 2 2 12 2mg R mv  小球释放后第一次到达最高点时一定和劈 B 的速度相同,有 mv2=(m+M)v3, 2 3 12 ( )2mg R mgh M m v    解得 2MRh M m   ①若 M>m,最大高度 2MRh M m   大于 R ②若 M=m,最大高度 2MRh M m   等于 R ③若 M<m,最大高度 2MRh M m   小于 R (3)解除锁定,小球与劈运动过程中,有 2 2 4 5 1 1 2 2mgR mv Mv  ,mv4-Mv5=0 解得 4 5 4 1 4 3 2 3 ,v gR v gR  同理,有 2 2 2 4 6 7 1 1 1 2 2 2mv mv Mv  ,mv4=-mv6+Mv7 解得 6 7 1 4 2 4 3 3 3 3 ,v gR v gR  因为 v6<v5 所以小球不再滑上劈 A。 9.如图所示,半径为 R 的四分之一光滑圆弧形轨道 AB 固定在竖直面内,与水平轨道 BC 相切于 B 点。小 球 P 自圆弧轨道最高点 A 静止释放,经圆弧 AB 后在 B 点与静止的物块 Q 相碰,碰撞时间极短,碰后 P 上 升的最大高度为 4 R 。不计空气阻力,已知 P、Q 质量分别为 m、3m,物块 Q 与水平轨道 BC 之间的动摩擦 因数μ=0.2,重力加速度为 g。求: (1)小球 P 碰撞前对圆弧轨道 B 点压力的大小; (2)物块 Q 沿水平轨道滑行的最大距离。 【答案】(1) 3N mg  ;(2) 5 4x R 【详解】 (1)设小球 P 到达 B 点速度为 1v ,从 A 滑到 B 的过程中, 由动能定理有 2 1 1 2mgR mv 小球 P 过 B 点时,由向心力公式有 2 1mN mg R   v 解得 3N mg 由牛顿第三定律得小球 P 过 B 点时对轨道的压力 3N mg  (2) 设小球 P 的反弹速度大小为 v2 由动能定理有 2 2 1 •2 4 Rm mgv 设 P、Q 碰后,Q 的速度大小为 v3,在 P 与 Q 碰撞过程中,由动量守恒有 1 2 3( ) 3m m m  v v v 设 Q 在滑行过程中最大距离为 x,由动能定理有 2 3 10 (3 ) (3 )2 m m gx  v 解得 5 4x R 10.质量为 m1=l200kg 的汽车 A 以速度 v1=20m/s 沿平直公路行驶时,驾驶员发现前方不远处有一质量 m2=800kg 的汽车 B 以速度 v2=14m/s 迎面驶来,两车立即同时急刹车,使车做匀减速运动,但两车仍在开始 刹车 t1=3s 后猛烈地相撞,碰撞后 B 车沿反方向运动,A 车运动的方向不变,并且 A 车又运动 t2=1s 停止运 动。已知碰撞过程的时间很短,整个过程中两车都处于制动状态,两车与地面之间的动摩擦因数均为  =0.2, 重力加速度大小为 g=10m/s2。 (1)碰撞后瞬间 A 车速度的大小; (2)碰撞过程中 B 车受到的冲量大小; (3)该碰撞过程中冲力对 B 车做的功。 【答案】(1) 2m/s ;(2) 41.44 10 N s  ;(3) 41.44 10 J 【详解】 (1)碰撞后,对 A 车,根据牛顿第二定律 1 1m g m a  根据速度时间公式 Av at  联立并代入数据可得 A 2m/sv  (2)碰撞前的减速过程,对甲车有 A 1v v at  对乙车有 2Bv v at  对碰撞过程中动量守恒 1 A 2 B 1 A 2 Bm m v m v m v     根据动量定理 2 B 2 BI m v m v  联立并代入数据可得 41.44 10I Ns  (3)根据动能定理 2 2 2 B 2 B 1 1 2 2W m v m v  代入数据可得 41.44 10 JW   11.如图所示,一长木板 B 质量 m=1.0kg,长 L=9.2m,静止放置于光滑水平面上,其左端紧靠一半径 R=5.5m 的光滑圆弧轨道,但不粘连。圆弧轨道左端点 P 与圆心 O 的连线 PO 与竖直方向夹角为 53°,其右端最低点 处与长木板 B 上表面相切。距离木板 B 右端 d=6.0m 处有一与木板等高的固定平台,平台上表面光滑,其上 放置有质量 m=1.0kg 的滑块 D。平台上方有一水平光滑固定滑轨,其上穿有一质量 M=2.0kg 的滑块 C,滑 块 C 与 D 通过一轻弹簧连接,开始时弹簧处于竖直方向。一质量 m=1.0kg 的滑块 A 被无初速地轻放在沿顺 时针转动的水平传送带左端。一段时间后 A 从传送带右侧水平飞出,下落高度 H=3.2m 后恰好能沿切线方 向从 P 点滑入圆弧轨道。A 下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板 B,带动 B 向右运动,B 与平台碰撞后即粘 在一起不再运动。A 随后继续向右运动,滑上平台,与滑块 D 碰撞并粘在一起向右运动。A、D 组合体随后 运动过程中一直没有离开水平面,且 C 没有滑离滑轨。若传送带长 s=6.0m,转动速度大小恒为 v0=6.0m/s, A 与木板 B 间动摩擦因数为μ=0.5。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。sin 53 0.8 cos53 0.6  , , 重力加速度 g= 210m / s (1)求滑块 A 到达 P 点的速度大小 vP; (2)求滑块 A 与传送带间的动摩擦因数大小需满足的条件? (3)若弹簧第一次恢复原长时,C 的速度大小为 2.0m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大? 【答案】(1) 10m/spv  ;(2) 0 0.3  ;(3) 2JpmzE  【详解】 (1)滑块 A 离开传送带做平抛运动,竖直方向满足 2 2yv gH 又 A 沿切线滑入圆轨道,满足 sin53y pv v  解得 10m/spv  (2)A 沿切线滑入圆轨道,满足 cos53x pv v  解得 06m/sxv v  即 A 在传送带上应先匀加速,与传送带共速后随传送带匀速运动最右端,则有 2 0 1 02 xmgs mv   即滑块 A 与传送带的动摩擦因数需满足 0 0.3  (3)A 沿圆弧轨道滑下,机械能守恒 2 2 1 1 1(1 cos53 ) 2 2 xmgR mv mv   假定 A 在木板 B 上与 B 共速后木板才到达右侧平台,则 A、B 动量守恒 1 ( )mv m m v  共 A、B 共速过程,能量守恒有 2 2 1 1 1 2 2mgs mv m m v   相 共( ) 解得 7.2m< =9.2ms L相 设 B 板开始滑动到 AB 共速滑过距离 sB,由动能定理有 21 02Bmgs mv  共 解得 3.6m 6mBs d   即假设成立 B 撞平台后,A 继续向右运动,由动能定理有 2 2 2 1 1- - 2 2mg L s mv mv  相 共( ) 随后 A 将以 v2 的速度滑上平台,与 D 发生完全非弹性碰撞。后 AD 组合体与滑块 C 组成的系统水平方向动 量守恒 ①若弹簧开始处于压缩状态,则第一次恢复原长时,C 速度向左,有 2 3 4- ( ) ( )Cmv Mv m m v M m m v      2 2 2 max 3 4 1 1 1( )2 2 2p CE Mv m m v M m m v     ( ) 解得随后运动过程中系统共速时弹簧最大弹性势能为 max 18JpE  ②若弹簧开始处于原长状态,则第一次恢复原长时,C 速度向右: 2 5 6( ) ( )Cmv Mv m m v M m m v      2 2 2 max 5 6 1 1 1( )2 2 2p CE Mv m m v M m m v     ( ) 解得随后运动过程中系统共速时弹簧最大弹性势能为 max 2JpE  12.如图所示,半径为 R 的四分之一光滑圆弧槽 B 与长木板 C 平滑相接(不粘连),圆弧槽 B 固定在水平 面上,长木板 C 的长度也为 R,一个小物块 A 从圆弧槽 B 的顶端由静止释放,小物块 A 与长木板 C 的上表 面有摩擦,小物块 A 刚好未从长木板 C 上滑下。已知 A、B、C 的质量均相等。 (1)若水平面光滑,求小物块 A 与长木板 C 上表面间的动摩擦因数μ1; (2)若水平面光滑并将圆弧槽 B 的固定解除,让圆弧槽 B 和长木板 C 粘连在一起,其余条件不变,然后 将小物块 A 从圆弧槽 B 顶端沿圆弧面下移一段高度后由静止释放,结果小物块 A 也恰未滑离长木板 C,求 小物块 A 下移的高度 x1; (3)若长木板 C 与水平面间的动摩擦因数μ2= 1 8 ,其余条件不变,然后将小物块 A 从圆弧槽 B 顶端沿圆弧 面下移一段高度后由静止释放,结果小物块 A 也恰未滑离长木板 C,求小物块 A 下移的高度 x2 【答案】(1) 0.5;(2) 2 R ;(3) 4 R 【详解】 (1)小物块 A 从圆弧槽 B 上滑下,由动能定理得 21 2mgR mv 小物块 A 滑上长木板 C,对 A、C 组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律得 12mv mv 2 2 1 1 1 1 22 2    mgR mv mv 联立以上三式解得 1 0.5  (2)全过程 A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒,取向右为正方向,则 0 3 'mv 由能量守恒定律得 2 1 1 1( ) 32     mg R x mgR mv 解得 1 2  Rx (3)当小物块 A 滑上长木板 C 后,对 A、C 分别受力分析,小物块 A 1 1mg ma  解得 1 0.5a g 长木板 C 1 2 22 mg mg ma   解得 2 0.25a g 小物块 A 恰好未从长木板 C 上滑下,设小物块 A 滑上长木板 C 时的速度为 v0。最后恰未滑下的速度为 v 共。 则 0 1  v v a t 2v a t 2 2 2 0 1 22 2 hv v v Ra a    联立以上三式解得 0 3 2 gRv  又小物块 A 从圆弧槽 B 上滑下,由动能定理得 2 2 0 1( ) 2  mg R x mv 解得 2 4  Rx 13.如图所示,AOB 是光滑水平轨道,BC 是半径为 R 的光滑的 1 4 固定圆弧轨道,两轨道恰好相切。质量 为 M 的小木块静止在 O 点,一个质量为 m 的子弹以某一初速度水平向右射入长为 L 木块内,恰好没穿出木 块,然后与木块一起继续运动,且恰能到达圆弧轨道的最高点 C(木块和子弹均可以看成质点)。求: (1)子弹射入木块前的速度; (2)子弹打入木块过程中产生的热量 Q; (3)若每当小木块返回到 O 点或停止在 O 点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第 9 颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少? 【答案】(1) 2m M gR m  ;(2)  M M m gRQ m  (3) 9 2Rm M M m      【详解】 (1)第一颗子弹射入木块的过程,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得  0 1mv m M v  系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得    2 1 1 2 m M v m M gR   由以上两式解得 0 2m Mv gRm  (2)由  2 2 0 1 1 1 2 2Q mv M m v   得  M M m gRQ m  (3)由动量守恒定律可知,第 2,4,6…颗子弹射入木块后,木块的速度为 0,第 1,3,5…颗子弹射入后, 木块运动。当第 9 颗子弹射入木块时,以子弹初速度方向为正方向,由动量守恒定律得  0 99mv m M v  设此后木块沿圆弧上升的最大高度为 H,由机械能守恒得    2 9 1 9 92 m M v m M gH   由以上各式可得 29 m MH RM m      14.冰壶运动已列入 2022 年北京冬奥会运动项目。冰壶运动场地如图 a 所示,M、N 为两个完全相同的冰 壶(可视为质点),M、N 与营垒圆心在同一条直线上,已知 N 与投掷线 AB 距离为 32m。一运动员将冰壶 M 从投掷线 AB 上投出沿虚线路径向冰壶 N 撞去,碰撞后冰壶 M、N 的 v-t 图象如图 b 所示。重力加速度 g=10m/s2。求: (1)冰壶 N 被碰后滑行的距离; (2)冰壶 M 从投掷线 AB 上投出时的速度大小。 【答案】(1)6.48m;(2)5m/s 【详解】 解:(1)根据碰撞的特征和 v-t 图象可知,碰撞后冰壶 N 的速度 vN 大小为 1.8m/s,运动 7.2s 后静止,得 N 1.8 7.2m 6.48m2x    (2)冰壶 M、N 碰撞过程动量守恒,令冰壶 M、N 的质量为 m,冰壶 M 投出时速度为 v0,与 N 碰前的速度 为 v1,碰后的速度为 v2,在冰壶 N 碰后的运动中,有 N N 7.2v a t a    解得 a=0.25m/s2 则冰壶 M 碰后的运动中,有 1 M 4.8m s 1.2m sv a t a     在冰壶 M、N 碰撞过程中,有 1 2 Nmv mv mv  代入数据得 v1=3m/s 在冰壶 M 碰前的运动中,有 2 2 1 0 MN2v v a L    解得 v0=5m/s 15.如图所示,有一个可视为质点的质量为 m=3kg 的小物块,从光滑平台上的 A 点以 v0=3m/s 的初速度水 平抛出,到达 C 点时,恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧 靠轨道末端 D 点的质量为 M=4kg 的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平 地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,圆弧轨道的半径为 R=3.0m,C 点和圆弧的圆心连线 与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,求∶(取 g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6) (1)A、C 两点的高度差和水平距离; (2)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时的速度大小; (3)要使小物块不滑出长木板,木板的最小长度。 【答案】(1)0.8m,1.2m;(2) 7m/s;(3)3.5m 【详解】 (1)根据几何关系可知,小物块在 C 点的速度大小为 0 C 5m/scos53 vv   竖直分量 y sin53 4m/sCv v  下落高度时间为 y 0.4svt g   则 A、C 两点的高度差和水平距离为 21 0.8m2h gt  1.2mx vt  (2)小物块有 C 到 D 的过程,由动能定理得 2 2 D C 1 1(1 cos53 ) 2 2mgR mv mv   代入数据得 D 7m/sv  (3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度,大小为 v ,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板 的加速度大小分别为 2 1 4m/sa g  2 2 3m/smga M   速度分别为 D 1v v a t   2v a t  解得 3m/sv  对物块和木板系统,由能量守恒得 2 2 D 1 1 ( )2 2mgL mv m M v     代入数据得 3.5mL  木板的最小长度为 3.5m。 查看更多

Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4

天天资源网声明:本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理,部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记

本资料的下载收益归上传老师所有

立即下载