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第6讲 动量和机械能综合


精 华 名 师 辅 导
教学内容:第 6 讲 动量和机械能综合; 专题二综合测试 教学内容: 动量和机械能综合 专题二综合测试
考纲要求 1.熟练掌握动量守恒定律并能灵活应用。 2.熟练掌握机械能守恒定律并能灵活应用。 3.能综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律解答有关综合题。 4.能正确比较和区分动量守恒定律和机械能守恒定律成立条件、使用方法及注意事项的 异同点。 知识结构

热点导析 1.动量守恒定律和机械能守恒定律的相似之处 动量守恒定律和机械能守恒定律的相似之处 (1)两个定律都是用“守恒量”表示自然界的变化规律,研究对象均为物体系,运用 “守恒量”表示物体系运动状态变化规律是物理研究中的重要方面。我们学习物理,就要学 会用守恒定律处理问题。 (2)两个守恒定律均是在一定条件下才成立,它们都是用运动前、后两个状态的守恒 量的相等来表示物体系的规律特征的,因此,它们的表达式是相似的,且它们的表达式均有 多种形式。 (3)运用守恒定律解题都要注意其整体性(不是其中一个物体) 、相对性(表达式的速 度和其他有关物理量必须对同一参考系) 、同时性(物体系内各物体的动量和机械能都是同 一时刻的) 、阶段性(满足条件后,各过程的始末均守恒) 。求解问题时,都只需考虑运动的 初状态和末状态,而不必考虑两个状态之间的过程细节。 (4)两个定律都可用实验加以验证,都可用理论进行论证,动量守恒定律是将动量定 理用于相互作用的物体, 在不受外力的条件下推导出来的; 机械能守恒定律是将动能定理用 于物体系(物体和地球组成系统) ,在只有重力做功的条件下推导而成的。 2.动量守恒与机械能守恒的不同之处 动量守恒与机械能守恒的不同之处 (1)守恒量不同,动量守恒定律的守恒量是动量,机械能守恒定律的守恒量是机械能。 因此它所表征的守恒规律是有本质区别的,动量守恒时,机械能可能不守恒,也可能守恒; 反之亦然。 (2)守恒条件不同,动量守恒定律的适用条件是系统不受外力(或某一方向系统不受 外力) ,或系统所受的合外力等于零,或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力。机械 能守恒定律适用的条件是只有重力做功;或者只有重力做功,受其他力,但其他力不做功; 或者除重力的功外,还有其他力做功,但这些力做功的代数和为零。

(3)表达式不同,动量守恒定律的表达式是一个矢量式,不论是 m1v1+mv2=m1v1 ′ +mv2′,还是 p1+p2=p1′+p2′,或者Δp1=-Δp2 均是矢量式,对于在一直线上运动的物体系, 只要规定正方向,动量守恒定律可表示为代数式。机械能守恒定律的表达式为标量式,一般 它表示为 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2,或ΔEp=-ΔEk;或者ΔEa=-ΔEb(将系统分成 a、b 两部分来研究) 。 3.动量守恒定律和机械能守恒及转化(即能量守恒定律) 3.动量守恒定律和机械能守恒及转化(即能量守恒定律) 动量守恒定律和机械能守恒及转化 是近年高考压缩所考查的重点知识点,90 年代以来不包括选择题和填空题,只以计算 和论述形式在全国试卷中出现的年份就有 1992、1993、1995、1996、1997、1998 等,在上 海试卷中出现的年份有 1992、1993、1995、1998 等。在其他类型高考试卷中也反复出现。 所以认真分析该类问题,注意常规解法,灵活运用其中规律,是第二轮复习的一个重点。 典型例析 【例 1】 如图 2-6-1 所示,质量为 M 的长木板静止在光滑的水平地面上,在木块的右 端有一质量为 m 的小铜块, 现给铜块一个水平向左的初速度 v0, 铜块向左滑行并与固定在木 板左端的长度为 l 的轻弹簧相碰, 碰后返回且恰好停在长木板右端, 则轻弹簧与铜块相碰过 程中具有的最大弹性势能为 ,整个过程中转化为内能的机械能为 。

【解析】 将 M、m 和弹簧整体取为系统,系统不受外力(弹力为内力)动量始终守恒。 弹簧压至最短和小物块退至木块右端时整体均具有共同速度 v 即 mv0=(M+m)v (取向左为正方向) v=

m v0 M +m
2 m 2 ? v0 1 2 1 2 1 2 mv0 - (M+m)v = mv0 2 2 2 2( M + m)

因 m 能相对于木板停于右端,所以一定有内摩擦 从最初到最末 E 机损=

而 E 机损∝S 相所以至弹簧压至最短时 E 机损′= 据总能量守恒:

1 E 机损 2

1 2 1 2 1 mv 0= (M+m)v + E 机损+E 弹 2 2 2
2 1 2 1 m 2 v0 mv0 ? 4 4 M +m

将②③④结合得:E 弹=

【说明】 本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能和内能转化的范 例。总能守恒选用了三个时刻,即初始状态、弹簧最短状态、物体 m 回复到 M 最右端的三个 状态。正确分清运动过程和各阶段的特点是解答本题的关键。 【例 2】 下面是一个物理演示实验,它显示:图中自由下落的物体 A 和 B 经反弹后,

B 能上升到初始位置高得多的地方。

A 是某种材料做成实心球,质量 m1=0.28kg,在其顶部的凹坑中插着质量 m2=0.10kg 的木 棍 B,B 点是松松地插在凹坑中,其下端与坑底之间有小空隙,将此装置从 A 下端离地板的 高度 H=1.25m 处,由静止释放,实验中,A 触地后在极短时间内反弹,且其速度大小不变; 接着木棍 B 脱离球 A 开始上升,而球 A 恰好停留在地板上,求木棍 B 上升的高度,重力加速 2 度 g=10m/s 。 【解析】 根据题意 A 碰地板后, 反弹速度的大小 v1,等于它下落到地面时速度的大小。 即 v1= 2 gH ①

A 刚反弹后,速度向上,立刻与下落的 B 碰撞,碰前 B 的速度 v2= 2 gH ②

由题意,碰后 A 速度为零,以 v2′表示 B 上升的速度,根据动量守恒 m1v1-m2v2=m2v2′ ③ 令 h 表示 B 上升的高度,有

′2 V2 h= 2g



由以上各式并代入数据得 h=4.05m ⑤ 【说明】 本题将自由落体、竖直上抛、竖直方向近似动量守恒结合在一起,应用于一 个演示实验中,要求能从物理实验中建立起中学物理能解决的模型。本题为 2002 年高考原 题。 【例 3】 如图 2-6-3 所示 ,在光滑水平面上静止着一个质量为 M 的物体 B,B 的上面 左端静止着质量为 m 的物体 A,A、B 间摩擦因数为μ,一个质量为 m0 的小球以水平速度 v0 飞来, A 碰撞后以撞前速率为 与

1 弹回, A 与 B 相对静止后它们的速度及 A 在 B 上滑行的 求 5

距离(设 B 足够长,A 未滑落) 。

【解析】 小球与物体 A 发生碰撞,二物总动量守恒(碰撞时间很短,认为 B 未动) 。 m0v0=m0(-

6m0 1 v0)+mv1 v1= v0 5 5m



物体 A 与物体 B 相对静止后一起运动的速度为 v2,A、B 组成的系统动量守恒 mv1=(m+M)v2 v2=

6 m 0 v0 5(m + M )



A 在 B 上滑行过程,根据能的转化与守恒定律,有 μmgS 相=

1 2 1 2 mv 1- (m+M)v 2 2 2



式②代入式③得
2 2 18m0 v0 M S 相= 25m 2 ( M + m) ?g

【说明】 系统内有一对滑动摩擦力做功之和(净功)为负值,在数值上等于滑动摩擦 力与相对位移的乘积, 其绝对值等于系统机械能的减少量, 即系统机械能转化为系统的内能, 记为 Q=fS 相。事实上的可分别对 A 和 B 应用动能定理并相加,总功即为 fS 相,总动能损失亦 等于 fS 相。 【例 4】 质量为 m 的滑块 A 与质量为 M(M>m)的长木声 B 的动摩擦因数为μ,滑块 A 与木板 B 一起以速度 v0 在光滑的水平地面上向右滑动,如图 2-6-4 所示,B 到达墙时与墙 发生碰撞,碰后 B 以原速率弹回,设木板足够长,问 B 碰撞后到 A 与 B 相对静止的整个过程 中,A(相对地)通过的路程是多长?

【解析】 (1)由题意知,滑块 A 运动过程是 B 与墙相碰后,B 以 v0 返回向左滑行, 而滑块 A 仍以 v0 向右滑行(因为碰撞时间很短,不能改变 A 的运动状态) 。 A、B 组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,由于 A、B 间摩擦力作用使 A 的速度变 为零,然后 A 随 B 向左运动,A、B 最后达到共同速度 v,选取向左方向为正,则 Mv0-mv0=(M+m)v,故 v=

M ?m ·v0 M +m

因 M>m,则 v>0,v 方向向左。 (2)A 受 B 对它自左的摩擦力 f=μmg 作用,开始一段时间 A 向右运动的速度由 v0 逐渐 l 如图 c, 减小于 0, 再向左运动速度由 0 增大到 v, 设两段时间内 A 运动的路程分别为 l1、 2, 对 A 由动能定理得: -μmgl1=0-

1 2 1 2 mv 0, μmgl2= mv , 2 2

∴l1=

2 2 v2 v0 ( M ? m ) 2 v0 ,l2= = 2 ?g 2 ?g 2 ?g ( M + m) 2 2 v0 ( M 2 + m 2 ) ?g ( M + m ) 2

运动总路程为 s=l1+l2=

【说明】 本题关键在于以地面为参照系,深入细致分析 A、B,特别是 A 的运动过程, 分层次并列作图,得出 A 向右运动到最远的条件是速度为零,应特别注意此题,不是求 A 相对 B 滑动的路程。若 M<m,则将是另一种物理情景。 【例 5】 在水平轨道上有一门大炮,炮车质量为 M,炮弹质量为 m,发射时炮弹相对 于炮车的速度为 v,炮口仰角为α,如图 2-6-5 所示,不计炮车和轨道间摩擦,求发射时炮 车的反冲速度。

【解析】 设炮车对地的反冲速度为 v′,水平向右方向为正方向,由于发射过程中炮 车和 炮弹水平方 向不受外力 ,动量守恒 ,故 有 0=m(vcosα -v′ )-Mv′。由此 得 v′ =

m m vcosα,即炮车以大小为 vcosα的速度向左后退。 M +m M +m

由于炮车反冲,炮弹出口速度方向的仰角并不等于炮口的仰角α,在图 2-6-6 中,v 表 示炮弹相对于炮口的速度,v′为炮身的反冲速度,炮弹出口相对于地面的速度为 u,它跟 地面间的夹角应为θ。 由于 v′<<v,所以θ≈α。

【说明】 运用动量守恒定律解题时, 物体系中各物体的速度均以地面为参照系, 所以, 炮弹出口时的速度大小应为 vcosα-v′,这是解题的关键。 【例 6】 质量为 M 的小孩靠在墙上尽力将一个质量为 m 的铅球平推出去,球的水平射 程为 s0, 如果他穿着冰鞋站在光滑的冰面上尽力将此球平推出去, 这次球对投掷点的水平射 程 s1 是多少?球落地时,球和小孩的水平距离 s2 是多少(可认为小孩两次掷球时做的功是 一样的)? 【解析】 (1)人推球时做多少功,就会有多少生物能转化为机械能。第一次,人不 动,这些机械能完全由球获得,设球获得的速度为 v0,第二次,因人和球这一系统在水平方 向不受外力而动量守恒,球向前飞行时,人应后退,设此时球的初速为 v,人后退速度为 v2, 两次人做功相同。

1 2 1 2 1 2 mv 0= mv + Mv 2 2 2 2



第二次抛球过程中,球和人总动量守恒,则 mv-Mv2=0 ② 联立式①、②解得 v=

M v0 M +m

(2)人的高度一定,球做平抛运动落地时间一定,球对投掷点的水平射程 S∝v,所以

s 1=

M s0 M +m



由②式可得 v 2=

m M

M v0 M +m



球落地过程中,人后退的距离 s′=

m M

M s0 M +m



所以,球落地时,球和人的水平距离 s2=s1+s′ =



M m s0 + M +m M

M M +m s0 = s0 M +m M

【说明】 对有些问题中间过程较复杂, 如用动量守恒和能的转化守恒来计算可以避开 中间过程而使计算简化。 【例 7】 质量为 m 的钢板与直立轻簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。平衡时,弹 簧的压缩量为 x0,如图 2-6-7 所示。一物块从钢板正上方距离为 3x0 的 A 处自由落下,但不 粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时,它们恰能回到 O 点。若物块 质量为 2m,仍从 A 处自由落下,则物块与钢板回到 O 点时,还具有向上的速度。求物块向 上运动到达的最高点与 O 的点的距离。

【解析】 本题为 1997 年全国高考压轴题 物块与钢板碰撞时的速度 v0= 6gx0 ①

设 v1 表示质量为 m 的物块与钢板碰撞垢一起开始向下运动的速度,因碰撞时间极短, 动量守恒,mv0=2mv1 ② 刚碰完时弹簧的弹性势能为 EP。当它们一起回到 O 点时,弹簧无形变,弹性势能为零。 根据题给条件,这时物块与钢板的速度为零,由机械能守恒 E P+

1 2 (2m)v 1=2mgx0 2



设 v2 表示质量为 2m 的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度,则有 2mv0=3mv2 ④ 刚碰完时弹簧的弹性势能为 EP′,它们回到 O 点时,弹性势能为零,但它们仍继续向上 运动,设此时速度为 v,则有

EP′+

1 1 2 2 (3m)v 2=3mgx0+ (3m)v 2 2



在以上两种情况中,弹簧的初始压缩量都是 x0, 故有 EP′=EP ⑥ 当质量为 2m 的物块与钢板一起回到 O 点时,弹簧的弹力为零,物块与钢板只受到重力 作用,加速度为 g。一过 O 点,钢板受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于 g。由于物块与 钢板不粘连,物块不可能受到钢板的拉力,其加速度仍为 g。故在 O 点物块与钢块分离,分 离后,物块以速度 v 竖直上抛,则由以上各式解得,物块向上运动所到最高点与 O 点的距离 为 s=

v2 1 = x0 2g 2

【说明】 此题的前半部分一直在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系, 比较深刻地考查了学生大脑中能量的概念。 (2) 如图 2-6-8 所示,质量为 2m,长为 l 的木块置于光滑水平台面上,质量 为 m 的子弹以初速 v0 水平向右射向木块,穿出木块时的速度为 木块对子弹的阻力恒定。

v0 ,设 2

(2) 求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离 l1。 (2)若木块固定在传送带上,使木块随传送带始终以恒定速度 u 水平向右运动,子弹 仍以初速 v0 向右射向木块(u<v0) ,求子弹最终速度 v。 (3)求在(2)情况下,子弹在木块中行进的过程中,木块移动的距离 l2。 【解析】 本题为 1993 年上海高考压轴题 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒,则有 mv0=m

v0 +2mv′ 2



再依系统能量守恒,又有

1 2 1 v0 2 1 2 mv 0= m( ) + (2m)v ′+fl 2 2 2 2
对木块依动定理,有 fl1=



1 2 (2m)v′ 2



①代入②有 fl=

5 2 mv 0 16 1 l 5



由①③④导出 l1=

(2)此时子弹与木块组成的系统动量不再守恒。对子弹应用动能定理,有 -f(l+ut)=

1 2 1 2 mv - mv 0 2 2




对子弹应用动量定理,又有 -ft=mv-mv0 ④代入⑤⑥后再消去 t,得 v=u± (v0 ? u ) ? v0
2

5 8

2

木块固定在传送带,且一起向右运动,子弹的速度只能是 v≥u,所以得 v=u+ (v0 ? u ) ? v0
2

5 8

2

此解只在(v0-u) ≥

2

5 2 10 10 v 0 成立,即 u≤v0(1)时成立,当 u>v0(1)时,子弹不 8 4 4

再从木块射出,子弹的最终速度为 u,故结果为: 当 u≤v0(1-

5 2 10 2 )时,v=u+ (v0 ? u ) ? v0 4 8
10 )时,v=u 4 10 )时,子弹在木块中行进时间 t 可由 4

当 v0>u>v0(1-

(3)当 u<v0(1-

ft=mv0-mv 得 t=

1 m(v0-v) f

将 fl=

5 2 5 2 2 mv 0 和 v=u+ (v0 ? u ) ? v0 代入上式 16 8

得 t=

5 2 16l 2 (v0-u- (v0 ? u ) ? v0 ) 2 5v0 8 5 2 16ul 2 [v0-u- (v0 ? u ) ? v0 ] 2 5v0 8
10 )时,子弹在木块中行进时间 4
∴l2′=ut′=

由此得 l2=ut=

当 v0>u>v0(1-

t′=

16l 1 m(v0-u)= (v0-u) 2 f 5v0

16ul (v0-u) 2 5v0

【说明】 当子弹与木块都向右运动时, 子弹能否穿透木块是由木块与子弹的速度关系 决定的。当木块的速度 v≤v0(1-

10 10 )时,子弹才能穿透木块;v0>u>v0(1)子弹穿 4 4

不透木块,留在木块中;当 u>v0 时,子弹将碰不到木块。 【例 9】 一段凹槽 A 倒扣在水平长木板 C 上,槽内有一小物块 B,它到槽两内侧的距 离均为

l ,如图 2-6-9 所示。木板位于光滑水平的桌面上,槽与木反间的摩擦不计,小物 2

块与木板间的摩擦系数为μ。A、B、C 三者质量相等,原来都静止,现使槽 A 以大小为 v0 的初速向右运动,已知 v0< 2 ?gl 。当 A 和 B 发生碰撞时,两者速度互换。求 (1)从 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内,木板 C 运动的路程。 (2)在 A、B 刚要发生第四次碰撞埋,A、B、C 三者速度的大小。

【解析】 本题为 1998 年全国高考压轴题 (1)A 与 B 刚发生第一次碰撞后,A 停下不动,B 以初速 v0 向右运动。由于摩擦,B 向 右做匀减速运动,而 C 向右做匀加速运动,两者速率逐渐接近。设 B、C 达到相同速度 v1 时 B 移动的路程为 s1,设 A、B、C 质量皆为 m,由动量守恒定律,得 mv0=2mv1 ① 由功能关系,得

1 2 1 2 mv 0- mv 1 2 2 1 由(1)得 v1= v 2
μmgs1= 代入②式,得 s1=
2 3v0 8 ?g



根据条件 v0< 2 ?gl ,得 s1<

3 l 4



可见,在 B、C 达到相同速度 v1 时,B 尚未与 A 发生第二次碰撞。B 与 C 一起将以 v1 向 右匀速运动一段距离(l-s1)后才与 A 发生第二次碰撞。设 C 的速度从零变到 v1 的过程中,C 的路程为 s2,由功能关系,得 μmgs2=

1 2 mv 1 2
2 v0 8 ?g



解得 s2=



因此在第一次到第二次碰撞境 C 的路程和为 S=S2-l-S1=l

V20 4 ?g

(2)由上面讨论可知,在刚要发生第二次碰撞时,A 静止,B、C 的速度均为 v1。刚碰撞 后,B 静止,A、C 的速度均为 v1。由于摩擦,B 将加速,C 将减速,直至达到相同速度 v2。 由动量守恒定律,得 ⑥ mv1=2mv2 解得 v2=

1 1 v 1= v 0 2 4

因为 A 的速度为 v1 大于 B 的速度 v2,故第三次碰撞发生在 A 的左壁。刚碰撞后,A 的速 度变为 v2,B 的速度为 v1,C 的速度仍为 v2。由于摩擦,B 减速,C 加速,直至达到相同速度 v3。由动量守恒定律,得 mv1+mv2=2mv3 ⑦ 解得 v3=

3 v0 8
⑧ ⑨

故刚要发生第四次碰撞时,A、B、C 的速度分别为 vA=v2=

1 v0 4 3 vB=vC=v3= v0 8

【说明】 此题不但考查了知识,更侧重于考查了能力,考查的知识有:动能定理、动 量定理、动量守恒定律、牛顿运动定律、运动学规律等内容。考查能力主要有:推理能力、 理解能力、分析综合能力。 该题易判断出应用动量守恒定律和功能关系求解, 但两规律都需对物体运动的末状态速 度进行判断, 这就需要分析物体运动过程中的动力学因素。 第一次碰撞后, 做匀减速运动, B C 做匀加速运动,在第二次碰撞之前,B、C 两物体能否持续这种运动,就需从运动的根本原 因——受力来分析,B、C 两物体做匀变速运动是由于它们之间相互作用的滑动摩擦力,而 该力存在的基础是 B、C 能否发生相对运动,这就要求分析 A、B 发生第二次碰撞之前能否达 到共同速度,这就是该题的“题眼” 。另外,再注意到每次均为弹性碰撞,每次 A、B 速度均 互换。 该题充分体现了力学综合题的解题思路,在动力学辅助下应用功能关系及动量守恒求 解,而在分析动力学因素时物体的运动和力又是相辅相成的。 【例 10】 “和平号”空间站已于今年 3 月 23 日成功地坠落在南太平洋海域,坠落过 程可简化为从一个近圆轨道(可近似看作圆轨道)开始,经过与大气摩擦,空间站的绝大部 分经过升温、熔化,最后汽化而销毁,剩下的残片坠入大海。此过程中,空间站原来的机械 能中, 除一部分用于销毁和一部分被残片带走外, 还有一部分能量 E′通过其他方式散失 (不 考虑坠落过程中化学反应的能量)(1)试导出以下列各物理量的符号表示散失能量 E′的 。 公式。 (2)算出 E′的数值(结果保留两位有效数字) 。 5 坠落开始时空间站的质量 M=1.17×10 kg 轨道离地面的高度 h=146km 6 地球半径 R=6.4×10 m 2 坠落空间范围内重力加速度可看作 g=10m/s 4 入海残片的质量 m=1.2×10 kg

入海残片的温度升高ΔT=3000K 入海残片的入海速度为声速 v=340m/s; 3 空间站材料每 1 千克升漫 1K 平均所需能量 c=1.0×10 J; 7 每销毁 1 千克材料平均所需能量μ=1.0×10 J。 【解析】 本题为 2001 年高考试题 2 (1)根据题给条件,从近圆斩道到地面的空间中重力加速度 g=10m/s 。若以地面为重 力势能零点,附落过程开始时空站在近圆轨道的势能为 ① EP=Mgh 以 v 表示空间站在近圆轨道上的速度,由牛顿定律可得

v2 M =Mg r
其中 r 为轨道半径,若以 R 地表示地球半径,则 r=R 地+h 由②、③式可得空间站在近圆轨道上的动能为 E k=





1 Mg(R 地+h) 2 1 3 R 地+ h) 2 2



由①、④式得,在近圆轨道上空间站的机械能 E=Mg( ⑤ ⑥ ⑦

Q 汽=(M-m)μ 用于残片升漫所需的能量 Q 残=cmΔT 残片的动能为 E 残=

1 2 mv 2



以 E′表示其他方式散失的能量,则由能量守恒得 ⑨ E=Q 汽+E 残+Q 残+E′ 由此得 E′=Mg(

1 3 1 2 R 地+ h)-(M-m)μ- mv -cmΔT 2 2 2



(2)以题给数据代入得 12 11 E′=2.9×10 J ○ 【说明】 本题是以能量为主线的力、热综合题,用已学过的中学物理知识解决当今世界上 的航天大事件,具有现实意义,能体现中学物理知识的重要地位。 能力测试 选择题(至少有一个选项符号题意) 一、选择题(至少有一个选项符号题意) 1.如图 2-6-10,A、B 两球用质量不计的细杆连接,当它们从水平位置被无初速释放, 绕 O 点转动到竖直位置的过程中( ) A.它们总的机械能守恒 B.A、B 各自的机械能守恒 C.球 A 的机械能增加,球 B 的机械能减小 D.球 A 的机械能减少,球 B 的机械能增加

2.如图 2-6-11,横杆 MN 光滑,杆上套有一不计质量的环 O,小球 A 的质量为 m,用长 l 的线系在环上,使线水平时无初速释放 A,不计空气阻力,则( ) A.系统水平方向动量守恒 B.小球做自由落体运动 C.环将沿杆向右滑动 D.小球摆到最低点后仍能达到异侧最高点 B

3.如图 2-6-12,小球自 H 高处静止开始沿光滑曲面下滑,设曲面 B 处切线水平,当 B 的高度 h(h<H=变大时,小球的射程 s 的变化情况是( ) A.一定变小 B.一定变大 C.不变 D.可能变大,可能变小

4.A、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线运动,A 球动量为 PA=5kg·m/s,B 球动量为 PB=7kg·m/s,当 A 球追上 B 球时发生碰撞,则碰后 A、B 两球动量可能是( ) A.PA=6kg·m/s、PB=6kg·m/s B.PA=3kg·m/s、PB=9kg·m/s C.PA=-2kg·m/s、PB=14kg·m/s D.PA=-5kg·m/s、PB=17kg ·m/s 5.如图 2-6-13,光滑水平面上,质量为 m=3kg 的薄木板和质量为 m=1kg 的物块,都以 v=4m/s 的初速度朝相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度为 2.4m/s 时,物块的运动情况是( ) A.做加速运动 B.做减速运动 C.做匀速运动 D.上述都有可能

6.光子的能量为 hγ,动量的大小为 hγ/c, 如果一个静止的放射性元素的原子核, 在发 生γ衰变时只发出一个γ光子,则衰变的原子核( ) A.仍然静止 B.沿着与光子运动方向相同的方向运动 C.沿着与光子运动方向相反的方向运动 D.可能向任何方向运动 7.一轻质弹簧,上端悬挂于天花板上,下端系一质量为 M 的平板,处在平衡状态,一质 量为 m 的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为 h,如图 2-6-14,让环自由下落,撞击平板, 已知碰后环与平板以相同的速度向下运动,使弹簧伸长( ) A.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后,板新的平衡位置与 h 的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功

二、填空题 8.如图 2-6-15 所示,小球 A 与物块 B 的质量分别为 m 和 M,开始 B 静止,而 A 则由静 止开始从 B 半径为 r 的半圆弧曲面轨道的边缘释放, 若不计一切摩擦, B 所能获得的最大 则 速度为 。

9.甲、乙两个溜冰者,质量分别为 48kg 和 50kg,甲手里拿着质量为 2kg 的球,两人均 -1 以 2ms 的速度在冰面上相向滑行,冰面光滑,甲将球传给乙,乙又将球传甲,这样抛接若 干次后,乙的速度变为零,则甲的速度 。 10.光滑水平导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场 B 中,质量为 M 的金属棒电阻为 r, 放在导轨上受水平向左拉力作用,由静止开始运动,牵引功率恒为 P,经时间 t 后 C 棒速度 为 v。如图 2-6-16 所示,则 t 时间内 R 上产生热量 。

11.如图 2-6-17,质量为 mA=1kg 和 mB=2kg 的木块 A 和 B 放在光滑水平面上,中间用一 质量可忽略的轻弹簧相连,开始时 A、B 都处于静止状态,现突然给 A 一个大小等于 6N·s 的水平向右冲量,则当两木块靠得最近时,弹簧的弹性势能等于 J。

三、计算题 12.质量为 50kg 的人站在质量为 150kg (不包括人的质量) 的船头上, 船和人以 0.20m/s 的速度向左在水面上匀速运动,若人用 10 秒钟匀加速从船头走到船尾,船长为 5m,则船在 这段时间内的位移是多少(船受水的摩擦阻力不计)? 13.如图 2-6-18,ab 是半径为 r、电阻不计的

1 圆周的金属环定于竖直平面内,圆心为 4

O,Oa 是质量不计的金属杆,其电阻为 R,它的一端挂在 O 点,另一端连一金属小球,小球 质量为 m,跟槽接触良好,Ob 是一金属杆,与 Oa 杆和槽接触良好,电阻不计,整个装置处 在垂直于槽面的匀强磁场中,现将小球从 a 点静止释放,一切摩擦不计,小球滑到 b 点时速 度为 v,经历时间 t,求过程中感应电动势的有效值。

14.如图 2-6-19,在光滑绝缘的水平面上放有两个形状完全相同的金属小球 A 和 C,已 知 mA=2mc,C 带电量为 2q 的正电荷,且静止在匀强磁场中,磁感强度为 B,当不带电的 A 球 以水平向右的速度 v0 进入磁场中与 C 球发生正碰,碰后 C 球对水平面的压力恰好为 0,则碰 撞后 A 球对平面的压力为多少?

15.如图 2-6-20,在光滑水平地面上并放两个相同的木块,长度皆为 l=1.00m,在左边

木 块的 左端 放一 小金 属块 ,它 的质 量和 一木 块的 质量 相等 ,现 令小 金属 块以 初速度 2 v0=2.00m/s 开始向右滑动,金属块与木块间的滑动摩擦因数μ=0.10,取 g=10m/s ,求右边 木块的最后速度。

综合测试 一、选择题(至少有一个选项符合题意) 选择题(至少有一个选项符合题意) 1.在光滑的水平面上动能为 E0,动量大小为 P0 的小钢球 1 与静止小钢球 2 发生碰撞, 碰撞前后球 1 的运动方向相反,将碰后球 1 的动能和动量的大小分别记为 E1、P1,球 2 的动 能和动量的大小分别记为 E2、P2,则必有( ) A.E1<E0 B.P1<P0 C.E2>E0 D.P2>P0 2.如图 2-1 所示,放在光滑水平面上的小车上装一摆,开始时将摆球拉到某一高度(小 车和摆球都静止) 。当放开摆球,让它自由摆动时( ) A.摆球由图示位置向最低点运动时,小车向左摆动 B.摆球通过最低点时,小车速度最大,加速度为零 C.摆运过程中,摆线的拉力对摆球不做功 D.如不计摩擦阻力,摆球在摆动中上升的最大高度应等于开始释放时的高度

3.在光滑水平面上有质量为 2kg 的 a、 两质点, 质点在水平恒力 Fa=4N 作用下由静止 b a 出发运动 4s,b 质点在水平恒力 Fb=4N 作用下由静止出发移动 4m,比较这两质点所经历的过 程,可以得到的正确结论是( ) A.a 质点的位移比 b 质点的位移大 B.a 质点的末速度比 b 质点的末速度小 C.力 Fa 做的功比 Fb 做的功多 D.力 Fa 的冲量比 Fb 的冲量小 4.如图 2-2 所示,用绝缘细线悬挂一带正电的小球,置于匀强电场中,小球在 a 位置时 恰平衡,现将小球拉到最低点 b 后释放,那么小球从 b 运动到 a 的过程中( ) A.机械能守恒 B.动能增加 C.电势能的减少等于重力势能的增加 D.电势能的减少等于机械能的增加

5.如图 2-3 所示,将两个大小均为 F,同时分别作用在两个置于光滑平面上的物体 A、B 上。A、B 两物体质量分别为 mA、mB,且 mA>mB。经相同距离(但两物体还没有发生接触)后, 撤去两个力,此后两物体相碰撞并粘在一起,这时,两物体一起( ) A.停止运动 B.向右运动 C.向左运动 D.运动,但方向不能确定

6.如图 2-4 所示,A、B 分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点,已知小球通 ,则该小球通过最高点 B 的速度值不 过 A 点时的速度大小为 vA=2 5 米/秒(取 5 ≈2.24) 可能是( ) A.4 米/秒 B.米/秒 C.2 米/秒 D.1.8 米/秒

7.有一项趣味竞赛,从光滑水平桌面的角 A 向角 B 射一只乒乓球,要求参赛者在角 B 处用细管吹气,将乒乓球吹进角 C 处的圆圈中。赵、钱、孙、李四位参赛者的吹气方向如图 2-5 中各自的箭头所示,其中,有可能成功的参赛者是( ) A.赵 B.钱 C.孙 D.李

二、填空题 8.一绳跨过定滑轮,两端分别拴有质量为 M 和 m 的重物,如图 2-6 所法,M>m。M 静止

在桌面上,当 m 自由下落距离 h 后绳才被拉直。则 M 所能上升的最大高度是



9.额定功率为 80 千瓦的汽车,在水平长直公路上行驶,最大速度可达 20m/s。汽车质 2 量为 2 吨,汽车从静止开始做匀加速直线运动(阻力不变) ,加速度大小可 2m/s ,则汽车受 阻力为 牛顿,3 秒末汽车即时功率 瓦,汽车匀加速时间能维持 秒, 汽车做匀加速直线运动过程中,汽车发动机做的功为 焦耳。 10.电阻为 R 的矩形导线框 abcd,边长 ab=l,ad=h,质量为 m,自某一高度自由落下, 通过一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为 h(如图 2-7 所示) ,若线框 恰好以恒定速度通过磁场,线框中产生的焦耳热是 (不考虑空气阻力) 。

11.某地强风的风速大约为 v=20 米/秒,设空气的密度ρ=1.3 千米/米 ,如果把通过横 2 截面积为 S=20 米 的风的动能全部转化为电能,则利用上述已知量计算电功率的表达式 P= ,大小约为 瓦(取一位有效数字) 。 三、论述与计算题 12.在固定的水平杆(杆足够长)上,套有一个质量 M=2m 的环。一根长为 l 的细绳,一 端拴在环上,另一端系着一个质量为 m 的小球,现把环、球拉至细绳刚好被拉直,且与水平 成θ=30°的位置,然后将它们由静止同时释放,如图 2-8 所示。若不计一切摩擦和空气阻 力, 试求在以后的过程中, 球的最大速度值以及当球具有最大速度时, 水平杆对环的作用力。

3

13.如图 2-9 所示,在水平面上固定一个气缸,缸内由质量为 m 的活塞封闭一定质量的 理想气体,活塞与缸壁间无磨擦且无漏气,活塞到缸底的距离为 l,今有一质量为 M 的重物 自活塞上方 h 处自由下落至活塞上,碰撞时间极短,碰后重物与活塞一起向下运动,向下运 动过程中活塞可达到的最大速度为 v,求从活塞向下移动至达到最大速度的过程中,活塞对 被封闭气体所做的功(设被封气体的温度不变) 。

14.如图 2-10 所示,一个质量为 m,初速度为 v2 的木块 A,冲到水平传送带上,传送带 在外部机件的带动下以速度 v1(v1>v2)保持匀速运动,木块 A 在传送带上滑行一段距离后, 与传送带相对静止,也以速度 v1 运动,求这一过程产生的焦耳热?

15.如图 2-11 所示, 一对平行光滑轨道放置在水平面上, 两轨道间距 l=0.20m,电阻 R=1.0 Ω;有一导体杆静止地放在轨道上,与两轨道垂直,杆及轨道的电阻皆可忽略不计,整个装 置处于磁感强度 B=0.50T 的匀强磁场中, 磁场方向垂直轨道面向下, 现用一外力 F 沿轨道方 向拉杆,使之做匀加速运动,测得力 F 与时间 t 的关系如图 2-12 所示,求杆的质量 m 和加 速度 a。

参考答案 1.A、 2.A、 C 3.D 4.B、 D B、 C 5.A 6.C 7.A、 8. C

2m 2 gr M ( M + m)

9.0 10.

R R+r

(P·t-

1 MV2) 11.12 2

12.[解析] 本题有多种解法,属常规题目的平均动量守恒的推广。 解法一:设这段时间内船位移为 s 舟,人位移 s 人 则:由动量守恒得:200×0.2×10=50s 人+150s 舟 ① s 舟-s 人=5m ② s 舟、s 人是位移,字用本身表达的含义中有负号。 由①②得 s 舟=

13 m=3.25m 4


解法二:若船静止于水面上,据动量守恒,若人仍从船头走到船尾,则 s



=

m 5 ·L= m M +m 4



同时船沿船头方向位移为 s′=0.2×10=2m s 总舟=s 舟′+s′=3.25m [说明] 一题多解是训练思维的宽广性、 灵活性的很有效的一种方法, 通过该类练习可 从各角度加深同一类型题目的理解,取得事半功倍的效果。 13.[解析] 本题中金属杆和小球的整体在竖直平面内做变速圆周运动,产生感应电动 势和感应电流, 实现了金属杆和小球整体由机械能向电能再由电能向电阻 R 上电热转化的过 程。 本题中感应电动势不按正余弦规律变化, 其有效值与最大值间无 有效值的原始定义(等产电热)出发。 根据能的转化和守恒定律,设电动势有效值为ε mgl=

1 的数量关系, 应从 2

1 2 ε2 mv + t 2 R (2mgl ? mv 2 ) R 2t

得ε=

[说明] 与能量(电热)相联系的是交变电流的有效值,而不是最大值、瞬时值、平均 值。 本题中金属和小球组成的系统机械能损失, 但机械能和电能的总和保持守恒, 这是本题 解题的主要依据。 14.[解析] 由题意可知:A、B 两个外形完全相同的小球相碰过程中遵守动量守恒和电 荷守恒 则 A、C 两球相碰后电量均为 q。 设 A、C 两球相碰后速度分别为 vA′和 vC′ ① 则由题意可知:mCg=Bqv′c 由动量守恒定律可知: 2mCB0=2mcvA′+mCvC′ ② 由①得 vC′=

mC g Bq



将③代入②得: vA′=v0-

mC g 2 Bq mC g 2



A 球所受向上洛仑兹力 FBA=BqvA′=Bqv0⑤

A 球受水平面作用力:NA=2mcg-fBA

=

5 mcg-Bqv0 2 5 mg-Bqv0 2

据牛顿第三定律:碰撞后 A 球对平面的压力 大小为 NA′=

[说明] 本题是动量守恒定律和电荷守恒定律在磁场类问题的应用,正确分析守恒条 件,灵活应用守恒表达式,并据题意找出其他等量关系。 15.[解析] 本题是三个物体组成系统相互作用的问题。 首先应判断 A 是否越过 BC 的分 界线这一转折点。 设:BC 一直是一个整体,最后 A 停在距 B 左端 x 处,三物组成系统动量守恒 ① mv0=3mv 据能的转化和守恒定律 -μmgx=

1 2 1 2 ×3mv - mv 0 2 2



由①②组成方程组代掉 v 得 x>l。 即铁块 A 不能停在左木块(但也不能确定一定能停在右木块) 再设:铁块 A 最后停在距右木块左端 y 处 木块 B 最后速度为 v1,木块 C 最后速度为 v2 动量守恒,则有:mv0=mv1+2mv2 ③ 能量守恒:

1 2 1 2 1 2 mv 0= mv 1+ 2mv 2+μg(l+y) 2 2 2



最后设铁块 A 滑到 BC 分界线时 A 速度为 v0′ 从 A 滑上 B 左端到达 B、C 分界线时,应用动量守恒定律 mv0=mv0′+2mv1 ⑤ 据能量守恒定律:

1 2 1 2 1 2 mv 0= mv 0′+ ×2mv 1+μmgl 2 2 2
由③⑤⑥得:



据分析可知,最后木块 B 速度应不大于木块 C 速度 所以 v1=1ms-1 v2=

1 -1 ms 应舍去 2

即 B 最后速度为 将 v1=

1 -1 ms 3

1 -1 ms 3 5 -1 v2= ms 代入④得 y=0.25m 6

说明右木块和小铁块最后一起以

5 -1 ms 向右运动。 6

[说明] 本题是较为复杂的三个物体相互作用类问题, 因数据间不同的大小关系可出现 铁块 A 最终在 B 上、C 上和越过 C 三种状态,所以必须先判断属哪类情况。在具体作用过程 中应仔细分析作用整个过程的细节, 并对有关过程应用动量守恒定律和能的转化和守恒定律 进行解答。

参考答案 1.A、B、D 2.A、B、D 3.A、C 4.B、D 5.B 6.D 7.C 8.

m2 M 2 ? m2

9.4×103,

4.8×104,5.2×105 10.2mgh

11.

1 ρSV3,1×105 2

12.[解析] 因为不计一切摩擦和空气阻力, 所以 M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒, 系统机械能守恒,m 在下摆的过程中,速度增加,当到达最低点后再左上摆,由于 G 和 T 线均对小球做负功,小球速度减小,所以小球最大速度出现在最低点。 设 m 到达最低点时速度大小为 v1,此时 M 速度大小为 v2 ① 由动量守恒定律可知:mv1=Mv2=2mv2 由机械能守恒定律可知:

1 2 1 2 mv 1+ ×2mv 2=mg(l-lsin30°) 2 2



由①②得:v1=

2 gl 3 2 gl 3

v 2=

1 gl 6

即小球最大速度为

设:小球在最低点时线张力为 T 则 T-mg=m

(v1 + v2 ) 2 l 5 mg 2 9 mg 2



由③得 T=

所以水平杆对环作用 N=Mg+T=

[说明] 本题综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律时应注意各速度参照系均取地 面,且动量守恒定律还需注意方向性。对 m 在最低点应用向心力公式时采用 m 相对于圆心 M 的相对速度求解。 13.[解析] 首先考虑 M 和 m 的完全非弹性碰撞,碰前后的短时间内系统动量守恒。

M 2 gh =(M+m)v 等 由①得:v 等=



M M +m

2 gh



M 和 m 碰撞后到 M 和 m 获得最大速度的过程中,M 和 m 整体向下做变加速直线运动,其 中重力和外界大气对活塞压力为恒力, 封闭气体对活塞压力为变力。 根据对活塞和 M 整体应 和动能定理 P0SΔh+(M+m)gΔh+W=

1 2 1 2 (M+m)v - (M+m)v 共 2 2



其中Δh 为活塞从原始位置到最大速度位置过程中下降的距离。

mg ? ? P1 = P0 + 对气体初态 ? S ?v1 = ls ? M +m ? ?g ? P2 = P0 + 对气体最大速度状态 ? S ?v 2 = (l ? ?h) S ?
由玻意耳定律知 P1v1=P2v2 即 l(P0+ ∴Δh=

mg M +m )=(l-Δh)(P0+ g) S S
lMg P0 S + ( M + m) g


将②④代入③得:

1 M 2 (M+m)v -Mg(l+ h) 2 M +m M 1 2 而活塞对被封闭气体所做功 W′=-W=Mg(l+ h)- (M+m)v M +m 2
W= [说明] 本题为力学、热学综合题,以活塞和重物为第一研究对象。以被封闭气体为第 二研究对象, 通过功能定理和玻马定律解答。 应特别注意区分气体活塞做功和活塞对气体做 功两值等值反号。 14.[解析] 这段过程中产生的焦耳热 Q=μmgΔS ① 其中Δs 为物体相对于皮带的相对位移。 因物体初速 v2 小于皮带速度 v1,所以物体 A 开始受到向右滑动磨擦力,向右对地作用匀 加速运动,对地初速为 v2,末速度为 v1。 设木块从冲上带到与皮带相对静止所需时间为 t 则 v1-v2=μgt ② 而 t 内相对位移Δs=s1-s2=v1t将②代入③再代入①得 Q=

v1 + v2 (v ? v )t ?t = 1 2 2 2



1 2 m(v1-v2) 2

[说明] 本题中讨论木块的运动要注意参照系,并要明确产生的焦耳热与木块对皮带的

相对位移成正比。 15.[解析] 本题为 2001 年全国高考题。导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用 v 表示 其速度,t 表示时间,则有 v=at ① 杆切割磁力线,将产生感应电动势 ε=Blv ② 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流 I=

ε
R

③ ④ ⑤ ⑥

杆受到的安培力为 f=Ibl 根据牛顿第二定律,有 F-f=ma 联立以上各式,得 F=ma+

B 2l 2 at R

由图线上取两点代入⑥式可解得 2 a=10m/s ,m=0.1kg [说明] 本题巧妙地用 F-t 图线表达使棒在磁场中做匀加速直线运动的外力的变化情 况,有新意,对学生的观察能力、判断能力均有较高的要求。


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