第十七章-碰撞與動(dòng)量守恒講解(共19頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用考向掃描1根據(jù)動(dòng)量守恒定律計(jì)算相互作用的物體作用前、后的速度2根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析、判斷相互作用的物體作用前、后的狀態(tài)3根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析、求解相互作用過(guò)程中的臨界問(wèn)題1.(2012年福建理綜,29(2),6分,節(jié)選)如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對(duì)小船靜止.若救生員以相對(duì)水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為.(填選項(xiàng)前的字母) A.v0+mMvB.v0-mMvC.v0+mM(v0+v)D.v0+mM(v0-v)解析:本題考查動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用.以救生員和小船

2、為一系統(tǒng),選v0方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律(M+m)v0=Mv1-mvv1=(M+m)v0+mvM=v0+mM(v0+v),故C正確,A、B、D錯(cuò)誤.答案:C.2.(2012年重慶理綜,17,6分)質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為2m的平板小車上,以共同的速度在水平地面上沿直線前行,車所受地面阻力的大小與車對(duì)地面壓力的大小成正比.當(dāng)車速為v0時(shí),人從車上以相對(duì)于地面大小為v0的速度水平向后跳下.跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計(jì),則能正確表示車運(yùn)動(dòng)的vt圖象為()解析:由動(dòng)量守恒,知3mv0=2mv-mv0,解得:v=2v0,即人跳離小車瞬間,小車的速度為2v0,又因?yàn)樽枇εc地面壓力成正比,故跳車前后小

3、車加速度不變f=kmg=ma,a=kg,故A、C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤,B選項(xiàng)正確.答案:B.3.(2012年全國(guó)大綱卷,21,6分)如圖,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長(zhǎng)相同,并排懸掛,平衡時(shí)兩球剛好接觸.現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放,若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是()A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動(dòng)量大小相等C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時(shí),兩球在各自的平衡位置解析:兩球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2;又兩球碰撞是彈性的,故機(jī)械能守

4、恒,即:12mv02=12mv12+12×3mv22,解兩式得:v1=-v02,v2=v02,可見(jiàn)第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等,選項(xiàng)A正確;因兩球質(zhì)量不相等,故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等,選項(xiàng)B錯(cuò);兩球碰后上擺過(guò)程,機(jī)械能守恒,故上升的最大高度相等,擺長(zhǎng)相同,故兩球碰后的最大擺角相同,選項(xiàng)C錯(cuò);由單擺的周期公式T=2lg,可知,兩球擺動(dòng)周期相同,故經(jīng)半個(gè)周期后,兩球在各自的平衡位置處發(fā)生第二次碰撞,選項(xiàng)D正確.答案:AD.4.(2011年福建理綜,29(2),6分)在光滑水平面上,一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后,A球的速度方向與碰撞前相反.則碰撞后

5、B球的速度大小可能是.(填選項(xiàng)前的字母) A.0.6vB.0.4vC.0.3vD.0.2v解析:由動(dòng)量守恒定律:mv=2mvB-mvA得:vB=12(v+vA),由vA>0,得vB>0.5v,故B、C、D錯(cuò)誤,A正確.答案:A.5.(2010年福建理綜,29(2),6分)如圖所示,一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊.木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量.現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初速度v0,則.(填選項(xiàng)前的字母) A.小木塊和木箱最終都將靜止B.小木塊最終將相對(duì)木箱靜止,二者一起向右運(yùn)動(dòng)C.小木塊在木箱內(nèi)將始終來(lái)回往復(fù)碰撞,而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)D

6、.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止,則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)解析:水平面光滑,木箱和小木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)木箱、小木塊質(zhì)量分別為M,m,由Mv0=(m+M)v,可知v=Mm+Mv0,故v與v0方向一致,故A、D錯(cuò)誤,B正確;小木塊最終與木箱達(dá)到共同速度v,故C錯(cuò)誤.答案:B.6.(2011年北京理綜,21(2),9分)如圖(甲),用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系.實(shí)驗(yàn)中,直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通過(guò)僅測(cè)量(填選項(xiàng)前的符號(hào)),間接地解決這個(gè)問(wèn)題. A.小球開始釋放高度hB.小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC.

7、小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程圖(甲)中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影.實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)量平拋射程OP.然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù).接下來(lái)要完成的必要步驟是.(填選項(xiàng)前的符號(hào)) A.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B.測(cè)量小球m1開始釋放的高度hC.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE.測(cè)量平拋射程OM、ON若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為(用中測(cè)量的量表示);若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式

8、為(用中測(cè)量的量表示). 經(jīng)測(cè)定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖(乙)所示.碰撞前、后m1的動(dòng)量分別為p1與p1',則p1p1'=11;若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2',則p1'p2'=11. 實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明,碰撞前、后總動(dòng)量的比值p1p1'+p2'為. 有同學(xué)認(rèn)為,在上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì),其他條件不變,可以使被碰小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大.請(qǐng)你用中已知的數(shù)據(jù),分析和計(jì)算出被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程ON的最大值為cm. 解析:小球做平拋運(yùn)動(dòng)H=12gt2

9、()x=vt()m1、m2碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'()由()、()、()得m1·OP=m1·OM+m2·ON()由()知,只需測(cè)m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可驗(yàn)證動(dòng)量守恒.若為彈性碰撞,有12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2,與()()聯(lián)立有m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2():由于m1=45.0 g,m2=7.5 g,則p1p1'=m1·OPm1·OM=OPOM=1411p1'p2&

10、#39;=m1·OMm2·ON=45.0×35.207.5×55.68=112.9p1p1'+p2'=m1·OPm1·OM+m2·ON1當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí),碰后m2的速度最大,射程最大,由m1·OP=m1·OM+m2·ON與m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2可解出ON的最大值為76.8 cm.答案:CADE或DEA或DAEm1·OM+m2·ON=m1·OPm1·OM2+m2·ON2=m1

11、83;OP2142.91(11.01都正確)76.87.(2012年天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上固定有高為h的平臺(tái),臺(tái)面上有固定的光滑坡道,坡道頂端距臺(tái)面高也為h,坡道底端與臺(tái)面相切.小球A從坡道頂端由靜止開始滑下,到達(dá)水平光滑的臺(tái)面后與靜止在臺(tái)面上的小球B發(fā)生碰撞,并粘連在一起,共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出,落地點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半.兩球均可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,重力加速度為g.求:(1)小球A剛滑至水平臺(tái)面的速度vA;(2)A、B兩球的質(zhì)量之比mAmB.解析:(1)由動(dòng)能定理得mgh=12mvA2所以vA=2gh.(2)兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,設(shè)兩球碰后

12、的共同速度為v,則mAvA=(mA+mB)v粘在一起的兩小球離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋知識(shí)得h=12gt2h2=vt聯(lián)立得mAmB=13.答案:(1)2gh(2)138.(2012年山東理綜,38(2),4分,節(jié)選)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時(shí)B、C均靜止,A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),A與B碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變.求B與C碰撞前B的速度大小.解析:設(shè)A與B碰撞后,A的速度為vA,B與C碰撞前B的速度為vB,B與C碰后粘在一起的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得:對(duì)A、B木塊:mAv0=mAvA+mBvB對(duì)B、

13、C木塊:mBvB=(mB+mC)v由A與B間距離不變可知vA=v代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得:vB=65v0.答案:65v09.(2012年北京理綜,24,20分)勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正向,電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示,圖中E0和d均為已知量.將帶正電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由靜止釋放.A離開電場(chǎng)足夠遠(yuǎn)后,再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放.當(dāng)B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),A、B間的相互作用力及相互作用能均為零;B離開電場(chǎng)后,A、B間的相互作用視為靜電作用.已知A的電荷量為Q,A和B的質(zhì)量分別為m和m4.不計(jì)重力.(1)求A在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)若B的電荷量q=49Q,求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm;(3)為

14、使B離開電場(chǎng)后不改變運(yùn)動(dòng)方向,求B所帶電荷量的最大值qm.解析:(1)A在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則d=12at2a=QE0m聯(lián)立得t=2mdQE0.(2)設(shè)A離開電場(chǎng)時(shí)的速度為vA,B離開電場(chǎng)時(shí)的速度為vB,所以vA=at聯(lián)立得vA=2dQE0m同理可得vB=32dQE09m離開電場(chǎng)后,A、B兩質(zhì)點(diǎn)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,二者速度相等時(shí),相互作用能最大,則mvA+m4vB=(m+m4)vEpm=12mvA2+12×m4vB2-12(m+m4)v2聯(lián)立得Epm=145dQE0.(3)考慮A、B在x>d區(qū)間的運(yùn)動(dòng),由動(dòng)量守恒,能量守恒有mvA+m4vB=mvA'+m4vB&#

15、39;12mvA2+12×m4vB2=12mvA'2+12×m4vB'2聯(lián)立得vB'=-35vB+85vA因不改變運(yùn)動(dòng)方向,故vB'0又qE0d=12×14mvB2聯(lián)立得q169Q即B所帶電荷量的最大值為qm=169Q.答案:(1)2mdQE0(2)145dQE0(3)169Q10.(2011年山東理綜,38(2),8分)如圖所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng),速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出

16、貨物的最小速度.(不計(jì)水的阻力)解析:設(shè)乙船上人拋出貨物的最小速度大小為vmin,拋出貨物后船的速度為v1,甲船上的人接到貨物后船的速度為v2,據(jù)動(dòng)量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin10m×2v0-mvmin=11mv2為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1=v2聯(lián)立式得vmin=4v0.答案:4v011.(2010年山東理綜,38(2),5分)如圖所示,滑塊A、C質(zhì)量均為m,滑塊B質(zhì)量為32m.開始時(shí)A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運(yùn)動(dòng);現(xiàn)將C無(wú)初速度地放在A上,并與A粘合不再分開,此時(shí)A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠(yuǎn).若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與

17、B碰撞將粘合在一起.為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應(yīng)滿足什么關(guān)系?解析:設(shè)向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v',由動(dòng)量守恒定律得mv1=2mv'為保證B碰擋板前A未能追上B,應(yīng)滿足v'v2設(shè)A與B碰后的共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律得2mv'-32mv2=72mv為使B能與擋板再次碰撞應(yīng)滿足v>0聯(lián)立式得:1.5v2<v12v2或12v1v2<23v1.答案:1.5v2<v12v2或12v1v2<23v1彈性碰撞中動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用考向掃描1根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分析、計(jì)算相互作用的物體系統(tǒng)內(nèi)動(dòng)能和勢(shì)能的轉(zhuǎn)化

18、2根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分析、計(jì)算相互作用的物體作用前、后的速度、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、發(fā)生的位移或上升的高度等備考點(diǎn)撥1.考題以一維彈性碰撞的考查為主,主要考查F合=0這一理想模型2.從近幾年的考題看,涉及彈性勢(shì)能的過(guò)程中通常計(jì)算動(dòng)能或彈性勢(shì)能的變化量,涉及重力勢(shì)能的過(guò)程中通常計(jì)算物體上升的高度1.(2012年安徽理綜,24,20分)如圖所示,裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定,右端連接著質(zhì)量M=2 kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺(tái)面等高,并能平滑對(duì)接.傳送帶始終以u(píng)=2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).裝置的右邊是一光滑曲面.質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其

19、上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放.已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,l=1.0 m.設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài).取g=10 m/s2.(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小;(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上?(3)如果物塊A,B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定.而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除.試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小.解析:(1)設(shè)B物塊沿光滑曲面滑到底端時(shí)速度為v,據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh=12mv2,得v=2gh=25 m/s假設(shè)B滑上皮帶后減速x1距離與皮帶恰

20、共同速度據(jù)動(dòng)能定理-mgx1=m2u2-m2v2代入數(shù)據(jù)得x1=4 m>l=0.1 m設(shè)物塊B減速至皮帶最左端時(shí)速度為v1據(jù)動(dòng)能定理-mgl=m2v12-m2v2,得v1=v2-2gl=4 m/s.據(jù)題意B勻速到A處即第一次碰撞前的速度大小為4 m/s.(2)取向左為正方向,設(shè)碰后B與A速度分別為、兩者彈性碰撞,據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有m=m+m2v12=m2v1'2+M2V2聯(lián)立兩式得=m-Mm+M v1代入數(shù)據(jù)解得=-43 m/s,負(fù)號(hào)表示向右.設(shè)物塊B以43 m/s速度向右滑上皮帶后經(jīng)x2距離速度減為零,據(jù)動(dòng)能定理-mgx2=-m2v1'2得x2=v1'22g

21、=49 m<l=1.0 m,故物塊B向左返回,與原來(lái)向右運(yùn)動(dòng)對(duì)稱,不可能到達(dá)右邊的曲面上.(3)物塊B返回與A碰前速度大小為43 m/s,以后每次與A碰撞因能量交換,速度變小,從而向右滑上皮帶后均能返回,且速度大小與離開A時(shí)相等.每次B與A相碰時(shí),鎖定解除,A的速度變?yōu)榱?據(jù)(2)第n次碰后B物塊速度由歸納法得vn'=(m-Mm+M)nv1=-43n m/s(n=1,2,3)故物塊B第n次碰后速度大小為43n m/s(n=1,2,3). (1)該題屬于力學(xué)多過(guò)程問(wèn)題,難度較大.(2)速度是過(guò)程的聯(lián)系量,即解題的橋梁,物塊在皮帶上運(yùn)動(dòng)情況的不確定性,是學(xué)生能力的薄弱點(diǎn),“鎖定”“解

22、除鎖定”的情景,巧妙且新穎,為本題的亮點(diǎn).(3)傳送帶模型、彈性碰撞均是力學(xué)重點(diǎn)模型;數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用,對(duì)考生應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問(wèn)題的能力提出了較高的要求.2.(2012年四川理綜,25,20分)如圖所示,水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),整個(gè)空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出).質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球P靜止于虛線X上方A點(diǎn),在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng).在A點(diǎn)右下方的磁場(chǎng)中有定點(diǎn)O,長(zhǎng)為l的絕緣輕繩一端固定于O點(diǎn),另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q,自然下垂.保持輕繩伸直,向右拉起Q,直到繩與豎直方向有一小于5

23、6;的夾角,在P開始運(yùn)動(dòng)的同時(shí)自由釋放Q,Q到達(dá)O點(diǎn)正下方W點(diǎn)時(shí)速率為v0.P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生正碰,碰后電場(chǎng)、磁場(chǎng)消失,兩小球粘在一起運(yùn)動(dòng).P、Q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn),P小球的電荷量保持不變,繩不可伸長(zhǎng),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g.(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率v;(2)若繩能承受的最大拉力為F,要使繩不斷,F至少為多大?(3)求A點(diǎn)距虛線X的距離s.解析:(1)設(shè)小球P所受電場(chǎng)力為F1,則F1=qE在整個(gè)空間重力和電場(chǎng)力平衡,則F1=mg聯(lián)立,解得:E=mgq設(shè)小球P受到?jīng)_量后獲得速度為v,由動(dòng)量定理得I=mv得:v=Im.(2)設(shè)P、Q同向相碰后在W點(diǎn)的最大速度為vm,

24、由動(dòng)量守恒定律得:mv+mv0=(m+m)vm此時(shí)輕繩的張力也為最大,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,得:F-(m+m)g=(m+m)lvm2聯(lián)立解得:F=(I+mv0)22ml+2mg.(3)設(shè)P在X上方做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tP1,則tP1=sv設(shè)P在X下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tP2,則tP2=m2qB設(shè)小球Q從開始運(yùn)動(dòng)到與P球反向相碰的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tQ,由單擺周期性有tQ=(n+14)2lg又tQ=tP1+tP2聯(lián)立,解得:s=(n+14)2Imlg-I2qBn為大于(m4qBgl-14)的整數(shù)設(shè)小球Q從開始運(yùn)動(dòng)到與P球同向相碰的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tQ',由單擺周期性,有tQ'=(n+34)2l

25、g同理可得:s=(n+34)2Imlg-I2qBn為大于(m4qBgl-34)的整數(shù).答案:見(jiàn)解析3.(2011年新課標(biāo)全國(guó)理綜,35(2),9分)如圖,A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m,置于光滑的水平桌面上,B、C之間有一輕質(zhì)彈簧,彈簧的兩端與木塊接觸而不固連.將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連,使彈簧不能伸展,以至于B、C可視為一個(gè)整體.現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng),與B相碰并粘合在一起.以后細(xì)線突然斷開,彈簧伸展,從而使C與A、B分離.已知C離開彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的勢(shì)能.解析:設(shè)A碰B后整體速度為v1,由動(dòng)量守恒,得:mv0=3mv1細(xì)線斷開后,設(shè)A、B速

26、度為v2,由動(dòng)量守恒,得:3mv1=mv0+2mv2設(shè)彈簧彈性勢(shì)能為Ep,從細(xì)線斷開到C與A、B分離,A、B、C與彈簧所組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有:12×3mv12+Ep=12mv02+12×2mv22聯(lián)立,解得:Ep=13mv02.答案:13mv024.(2010年全國(guó)理綜,25,18分)小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB,且mA>mB.在某高度處將A和B先后從靜止釋放.小球A與水平地面碰撞后向上彈回,在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰.設(shè)所有碰撞都是彈性的,碰撞時(shí)間極短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度.解析:根據(jù)題意,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知

27、,小球A與B碰撞前的速度大小相等,設(shè)均為v0,由機(jī)械能守恒有mAgH=12mAv02設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2,以豎直向上方向?yàn)檎?由動(dòng)量守恒得mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2由于兩球是彈性正碰,則有12mAv02+12mBv02=12mAv12+12mBv22聯(lián)立式得v2=3mA-mBmA+mBv0設(shè)小球B能上升的最大高度為h,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h=v222g由得h=(3mA-mBmA+mB)2H.答案:(3mA-mBmA+mB)2H5.(2010年湖南理綜,34(2),10分)如圖所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的

28、2倍,重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞時(shí)間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間.設(shè)木板足夠長(zhǎng),重物始終在木板上.重力加速度為g.解析:木板第一次與墻碰撞后,向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng),直到靜止,再反向向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),直到與重物有共同速度,再往后是做勻速直線運(yùn)動(dòng),直到第二次撞墻.設(shè)木板的質(zhì)量為m,重物的質(zhì)量為2m,木板和重物共同速度為v,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得2mv0-mv0=(2m+m)v設(shè)第一次與墻碰撞到木板和重物具有共同速度所用時(shí)間為t1,根據(jù)動(dòng)量定理得2mgt1=mv-(-mv0)對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)能定理

29、得-2mgs=12mv2-12mv02設(shè)木板與重物向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)到第二次與墻碰撞的時(shí)間為t2,s=vt2由得:t1=2v03g,t2=2v03g所以從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2=4v03g.答案:4v03g非彈性碰撞中動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用考向掃描1根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析、計(jì)算相互作用的物體系統(tǒng)內(nèi)物體作用過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化或機(jī)械能的損失2根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析、計(jì)算相互作用的物體作用前、后的速度、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、發(fā)生的位移等1.(2011年大綱全國(guó)理綜卷,20,6分)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊

30、與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對(duì)靜止.設(shè)碰撞都是彈性的,則整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A.12mv2B.12mMm+Mv2C.12NmgLD.NmgL解析:設(shè)系統(tǒng)末速度為v1,由動(dòng)量守恒,得mv=(M+m)v1損失的機(jī)械能E=12mv2-12(M+m)v12由以上兩式,解得:E=12mMm+Mv2,所以B正確,A錯(cuò)誤.對(duì)系統(tǒng)由能量守恒,損失的機(jī)械能都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以E=mg·s相=mgLN,所以C錯(cuò)誤,D正確.答案:BD.2.(2012年全國(guó)新課標(biāo)卷,35(

31、2),9分,節(jié)選)如圖,小球a、b用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O.讓球a靜止下垂,將球b向右拉起,使細(xì)線水平.從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng),此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力,求:()兩球a、b的質(zhì)量之比;()兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比.解析:()設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為l,b球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,機(jī)械能守恒,有mbg=12mbvb2,解得vb=2gl然后a、b發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)動(dòng)量守恒,即mbvb=(ma+mb)vab此后a、b一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn),有(ma+mb)g(1-cos60°)=12(ma+mb)vab2解得vab=gl聯(lián)

32、立以上兩式解得mamb=2-1()兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能E=12mbvb2-12(ma+mb)vab2球b在碰前的最大動(dòng)能E=12mbvb2解得EE=2-22.答案:見(jiàn)解析3.(2012年廣東理綜,36,18分)如圖(a)所示的裝置中,小物塊A、B質(zhì)量均為m,水平面上PQ段長(zhǎng)為l,與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,其余段光滑.初始時(shí),擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng);長(zhǎng)為r的連桿位于圖中虛線位置;A緊靠滑桿(A、B間距大于2r).隨后,連桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),帶動(dòng)滑桿作水平運(yùn)動(dòng),滑桿的速度時(shí)間圖像如圖(b)所示.A在滑桿推動(dòng)下運(yùn)動(dòng),并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞.(1)求A脫離滑桿時(shí)的速度v0,

33、及A與B碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失E.(2)如果AB不能與彈簧相碰,設(shè)AB從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)停止所用的時(shí)間為t1,求的取值范圍,及t1與的關(guān)系式.(3)如果AB能與彈簧相碰,但不能返回到P點(diǎn)左側(cè),設(shè)每次壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep,求的取值范圍,及Ep與的關(guān)系式(彈簧始終在彈性限度內(nèi)).解析:(1)滑桿推動(dòng)小物塊A從靜止開始運(yùn)動(dòng),加速至r后,滑桿開始做減速運(yùn)動(dòng),而小物塊A以r做勻速運(yùn)動(dòng),A脫離滑桿,此時(shí)小物塊A的速度v0=rA和B碰撞過(guò)程,動(dòng)量守恒,mv0=2mvA和B碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失E=12mv02-12·2m·v2由式聯(lián)立得E=14m2r2.(2)AB不能與彈簧碰撞,

34、說(shuō)明AB停止于PQ間,設(shè)AB滑行位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理,-2mgx=0-12·2m·v2又xL由式聯(lián)立得0<2r2gL.設(shè)AB從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)停止所用時(shí)間為t1,據(jù)動(dòng)量定理-·2mg·t1=0-2mv由式聯(lián)立得t1=r2g.(3)AB能與彈簧相碰,但不能返回P點(diǎn)左側(cè),設(shè)AB在PQ上的路程為x1,據(jù)動(dòng)能定理-2mg·x1=0-12·2mv2又x12l由式得0<4rglAB從P點(diǎn)開始到彈簧被壓縮至最大彈性勢(shì)能Ep過(guò)程,據(jù)功能關(guān)系,-2mg·l=Ep-12·2mv2由式得Ep=m2r24-2mgl.答案:(1)r

35、14m2r2(2)0<2r2glt1=r2g(3)0<4rglEp=m2r24-2mgl4.(2011年海南卷,19(2),8分)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示.圖中ab為粗糙的水平面,長(zhǎng)度為L(zhǎng);bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng),在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止.重力加速度為g.求(1)木塊在ab段受到的摩擦力f;(2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s.解析:(1)木塊上升到斜面最高點(diǎn)時(shí)與物體具有共同速度,由動(dòng)量守恒定律得:mv0=

36、3mv由能量守恒定律得:12mv02-(12×3mv2+mgh)=fL解兩式得:f=mv02-3mgh3L.(2)物體與木塊最終具有向左的共同速度.由動(dòng)量守恒定律得:mv0=3mv'由能量守恒定律得:12mv02-12×3mv'2=f(2L-s)解兩式得:s=v02-6ghv02-3gh·L.答案:(1)mv02-3mgh3L(2)v02-6ghv02-3gh·L5.(2011年天津理綜,10,16分)如圖所示,圓管構(gòu)成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上,軌道半徑為R,MN為直徑且與水平面垂直,直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一速度沖進(jìn)軌道,到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)M時(shí)與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞,碰后兩球粘在一起飛出軌道,落地點(diǎn)距N為2