动能和动量专题文档格式.docx

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小车B从右面以某一初速驶来，与轻弹簧相碰，之后，小车A获得的最大速度的大小为v。

如果不计摩擦，也不计相互作用过程中的机械能损失。

求：

（1）小车B的初速度大小。

（2）如果只将小车A、B的质量都增大到原来的2倍，再让小车B与静止小车A相碰，要使A、B小车相互作用过程中弹簧的最大压缩量保持不变，小车B的初速度大小又是多大？

8、如图所示，A、B两滑块的质量均为m，分别穿在光滑的足够长的水平固定导杆上，两导杆平行，间距为d。

用自然长度也为d的轻弹簧连接两滑块。

开始时两滑块均处于静止状态，今给滑块B一个向右的瞬时冲量I，求以后滑块A的最大速度。

9、如图A、B两个物块用轻质弹簧相连，在光滑的水平轨道上处于静止状态，在它们的左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一颗子弹C以速度

射向B块，（

的方向与弹簧在一条直线上）。

子弹打入B并未穿出。

当它们向左运动，压缩弹簧达到最短时，A、B两个物体突然有了磁性相互吸引而使弹簧长度不变，然后整体与P接触，发生碰撞。

碰后整体不动，A和P接触但是不粘连，过一段时间，A、B物块的磁性突然消失（磁性的产生与消失均无机械能变化）。

已知A、B质量为m，子弹质量为

。

（1）A、B物块刚产生磁性时，A球的速度。

（2）在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

10、竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。

一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。

已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m。

（1）小物块在水平滑道上受到摩擦力的大小。

（2）为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？

（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，试分析小物块最终能否停在滑道上？

11、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。

12、如图所示，质量M=4kg的木板AB静止放在光滑水平上，木板右端B点固定着一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量m=1kg的小木块（可视为质点）静止在木板的左端，其与木板间的动摩擦因数μ=0.2。

木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用时间t后撤去，恒力F撤去时小木块恰好到达弹簧的自由端C处，此后的运动过程中弹簧的最大压缩量x=5cm，取g=10m/s2。

试求：

（1）水平恒力F作用的时间；

（2）弹簧的最大弹性势能；

（3）通过计算确定小木块最终停在C点的左边还是右边，并求出整个运动过程中所产生的热量。

13、如图1-3所示,质量为m的木块可视为质点，置于质量也为m的木盒内，木盒底面水平，长l=0.8m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=0.5,木盒放在光滑的地面上，木块A以v0=5m/s的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右运动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且不计碰撞时间，取g=10m/s2.问：

（1）木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地方？

（2）在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分别为多少？

14、在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图所示．如果CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有l／6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA．求

（1）单位时间内打在平板上的CO2分子个数．

（2）CO2气体对平板的压力。

15、如图所示，一轻绳通过无摩擦的定滑轮与放在倾角为θ＝300的光滑斜平面上的物体m1连接，另一端和套在光滑竖直杆上的物体m2连接，图中定滑轮到竖直杆的距离为d＝1.732m，已知物体m2由图中位置从静止开始下滑L＝1m时，m1和m2所受合力恰好都为零。

（1）m2下滑过程中的最大速度

（2）m2下滑的最大距离

（取g＝10m/s2，答案取二位有效字）

1、解:

⑴对系统，由动量守恒得

m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn　　　

由上式解得vn=（n+1）vo/4

⑵因为第n号木块始终做匀减速运动，所以对第n号木块，由动量定理得

-μmgt=mvn-mnvo

由上式解得t=（3n-1）v0/4μg

⑶第（n-1）号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v。

对系统，由动量守恒得

m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=（2n-1）mvn-1+mv①

对第n-1号木块，由动量定理得-μmgt/=mvn-1–m（n-1）vo②

对第n号木块，由动量定理得-μmgt/=mv-mnvo③

由①②③式解得vn-1=（n-1）（n+2）vo/4n

.04解：

以地面为参考系，整个过程中，小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动.撤去拉力F前，木板向右做初速为零的匀加速直线运动；

撤去拉力F后，木板向右做匀减速直线运动.要使小滑块从木板上掉下来，拉力F作用的最短时间对应的过程是：

小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止（即与木板达到共同的速度）.

设拉力F作用的最短时间为t，撤去拉力前木板的位移为s0，小滑块滑到木板左端并恰好与木板达到的共同速度为v.

整个过程对系统由动量定理得：

（3分）

撤去拉力F前木板的位移为：

整个过程对系统由功能关系得：

（4分）

联立以上各式，代入已知数据求得：

t=1s.（2分）

05解：

（1）在3s~5s物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为s，则

①

②

③

（2）设整个过程中F所做功为WF，物块回到A点的速度为vA，

由动能定理得：

④

⑤

06弹簧对物块的最大弹力Fm取决于弹簧的最大压缩量△xm，而△xm的大小取决于物块相对木板向左滑过的最大位移sm，设物块恰好返回到木板右端两者共同速度为v，由动量守恒定律可得：

0＝（

）v…………………………

（1）

系统只有摩擦力f＝

mg做功Wf　＝－2

mgsm

由能量守恒得：

－

（m+M）v2＝2

mgsm……………

（2）

∴sm＝2.5m

又∵Fm＝k△xm＝k（L0－L+sm）＝50N.

7

（1）设小车B开始的速度为v0，A、B

相互作用后A的速度即A获得的最大速度v，

系统动量守恒m2vo=m1v+m2v2

相互作用前后系统的总动能不变

解得：

（2）第一次弹簧压缩最短时，A、B有相同的速度，据动量守恒定律，

有m2v0=（m1+m2）v共，得

此时弹簧的弹性势能最大，等于系统总动能的减少

同理，小车A、B的质量都增大到原来的2倍，小车B的初速度设为v3，A、B小车相互作用过程中弹簧的压缩量最大时，系统总动能减少为

由ΔE＝ΔE'

，得小车B的初速度

08弹簧恢复原长时A的速度达最大，设为

，设此时B的速度为

由系统动量守恒和机械能守恒定律得

经求解可知

09

（1）

，

（2）

10

（1）小物块冲上轨道的初速度设为

，

最终停在AB的中点，跟轨道有相同的速度，设为V

在这个过程中，系统动量守恒，有

①

系统的动能损失用于克服摩擦做功，有

②

③解得摩擦力

（2）若小物块刚好到达D处，此时它与轨道有共同的速度（与V相等），在此过程中系统总动能减少转化为内能（克服摩擦做功）和物块的势能，同理，有

解得要使物块不从D点离开滑道，CD圆弧半径至少为

（3）设物块以初动能E′，冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R,物块从D点离开轨道后，其水平方向的速度总与轨道速度相等，达到最高点后，物块的速度跟轨道的速度相等（设为V2），同理，有

⑤

物块从最高点落下后仍沿圆弧轨道运动回到水平轨道上沿BA方向运动，假设能沿BA运动x远，达到与轨道有相同的速度（等于V2），同理，有，

⑥解得

物块最终停在水平滑道AB上，距B为

处。

11解：

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=

对于A与B在O点的碰撞动量守恒，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+

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：

12解析

（1）木板向左做初速度为零的匀加速运动，而小木块在摩擦力f=umg的作用下也做初速度为零的匀加速运动，M、m的加速度为a1、a2 

，由牛顿第二定律有a1=F–mg/M=3m/s2,a2=umg/m=2m/s2,撤去F时，木块刚好运动到C处，由运动学公式得 

解上面各式得

（2）撤去恒力F时，M、m的速度分别为v1、v2，由运动学的公式有v1=a1t=3m/s，v2=a2t=2m／s,此时，因M的速度大于m的速度，弹簧被压缩,小木块m向左继续加速，木板M减速，当它们具有的共同速度设为v时，弹簧弹性势能最大，设为EP，将木块和木板视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒，则有Mv1+mv2=（M+m）v,系统从撤力F后到其有共同速度，由能量守恒有

由以上各式得:

弹簧的最大弹性势能EP=0.3J。

（3）设小木块相对木板向左滑动离开弹簧后又能达到的共同速度为v’，相对向左滑动的距离为s，由动量守恒得（M+m）v=（M+m）v'

得 

v’=v,由能量守恒得 

代入数据得:

s=0.15m,由于x+L>

s，且s>

x，故假设成立.所以整个运动过程系统产生的热量Q= 

umg（L+x+s）=1.4J. 

13命题意图：

以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能力.B级要求.

错解分析：

对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个简单过程逐阶段分析，是该题出错的主要原因.

解题方法与技巧：

（1）木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒，最终两者获得相同的速度，设共同的速度为v,木块通过的相对路程为s,则有：

mv0=2mv①

μmgs=

mv02-

·

2mv2②

由①②解得s=1.25m

设最终木块距木盒右边为d,由几何关系可得：

d=s-l=0.45m

（2）从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒的运动分三个阶段：

第一阶段，木盒向右做初速度为零的匀加速运动；

第二阶段，木块与木盒发生弹性碰撞，因两者质量相等，所以交换速度；

第三阶段，木盒做匀减速运动，木盒的总位移等于一、三阶段的位移之和.为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图1-4所示.

设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为v1、v2,则：

mv0=mv1+mv2③

μmgL=

m（v12+v22）④

因在第二阶段中，木块与木盒转换速度，故第三阶段开始时木盒的速度应为v1,选木盒为研究对象

对第一阶段：

μmgs1=

mv22⑤

对第三阶段：

μmgs2=

mv12-

mv2⑥

从示意图得s盒=s1+s2⑦

s块=s盒+L-d⑧

解得s盒=1.075ms块=1.425m

14参考答案

（1）设在△t时间内，CO2分子运动的距离为L，则

L=υ△t①

打在平板上的分子数△N=

nLSNA②

故单位时间内打在平板上的C02的分子数为

得N=

nSNAυ④

（2）根据动量定理

F△t=（2mυ）△N⑤

μ=NAm

解得F=

nμSυ2⑥

CO2气体对平板的压力

1=F=

nμSυ2⑦

15m2下滑L＝1m时，m2和滑轮间绳长为x＝2m

m2和滑轮间绳子与水方向夹角为α＝300

设绳子拉力为T，对m1、m2有T＝m1gsin300

Tcos600＝m2g

可得m1＝4m2（3分）

（1）m2下滑L＝1m时两物体速度都达到最大，分别为v1、v2，由能量守恒可得

m2gL－m1g（x－d）sin300＝m2v22/2＋m1v12/2（3分）

v1、v2关系为v1＝v2cos600（1分）

解得v2＝2..2m/s（1分）

（2）设m2下滑的最大距离为h，由能量守恒可得

m2gh＝m1g（）sin300（3分）

h＝4d/3＝2.3m（1分）