(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題6 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案

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1、 專題6 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 考題一 動(dòng)量定理和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1.動(dòng)量定理公式:Ft=p′-p 說(shuō)明:(1)F為合外力 ①恒力,求Δp時(shí),用Δp=Ft ②b.變力,求I時(shí),用I=Δp=mv2-mv1 ③牛頓第二定律的第二種形式:合外力等于動(dòng)量變化率 ④當(dāng)Δp一定時(shí),F(xiàn)t為確定值:F= t小F大——如碰撞;t大F小——緩沖 (2)等式左邊是過(guò)程量Ft,右邊是兩個(gè)狀態(tài)量之差,是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的. Δp的方向可與mv1一致、相反或成某一角度,但是Δp的方向一定與Ft一致. 2.力學(xué)規(guī)律的選用原則 單個(gè)物體:宜選

2、用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律.若其中涉及時(shí)間的問(wèn)題,應(yīng)選用動(dòng)量定理;若涉及位移的問(wèn)題,應(yīng)選用動(dòng)能定理;若涉及加速度的問(wèn)題,只能選用牛頓第二定律. 例1 據(jù)統(tǒng)計(jì)人在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍.為探究這個(gè)問(wèn)題,實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)利用落錘沖擊的方式進(jìn)行了實(shí)驗(yàn),即通過(guò)一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來(lái)模擬人體落地時(shí)的情況.重物與地面的形變很小,可忽略不計(jì).g取10 m/s2.下表為一次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的相關(guān)數(shù)據(jù). 重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反彈高度h/cm 20 最大沖擊力Fm/N 850 重

3、物與地面接觸時(shí)間t/s 0.1 (1)請(qǐng)你選擇所需數(shù)據(jù),通過(guò)計(jì)算回答下列問(wèn)題: ①重物受到地面的最大沖擊力時(shí)的加速度大小; ②在重物與地面接觸過(guò)程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下,為減小腳底在與地面接觸過(guò)程中受到的沖擊力,可采取什么具體措施,請(qǐng)你提供一種可行的方法并說(shuō)明理由. 解析 (1)①重物受到最大沖擊力時(shí)加速度的大小為a 由牛頓第二定律:a= 解得a=90 m/s2 ②重物在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理mgh=mv2 重物與地面接觸前瞬時(shí)的速度大小v1= 重物離開地面瞬時(shí)的速度大小v2= 重物與

4、地面接觸過(guò)程,重物受到的平均作用力大小為F,設(shè)豎直向上為正方向 由動(dòng)量定理:(F-mg)t=mv2-m(-v1) 解得F=510 N,故=6 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍. (2)可以通過(guò)增加人與地面接觸時(shí)間來(lái)減小沖擊力(如落地后雙腿彎曲),由動(dòng)量定理Ft=Δmv可知,接觸時(shí)間增加了,沖擊力F會(huì)減小. 答案 (1)①90 m/s2?、?倍 (2)見解析 變式訓(xùn)練 1.高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng)).此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)量,若在此過(guò)程中該作用力始

5、終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(  ) A.+mg B.-mg C.+mg D.-mg 答案 A 解析 由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得人下降h距離時(shí)的速度為v=,在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(F-mg)t=mv,解得安全帶對(duì)人的平均作用力為F=+mg,A項(xiàng)正確. 2.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻,如圖1所示.物塊以v0=9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止.g取10 m/s2. 圖1 (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2

6、)若碰撞時(shí)間為0.05 s,求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F; (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W. 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 解析 (1)對(duì)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B處的過(guò)程中 應(yīng)用動(dòng)能定理-μmgs=mv2-mv 代入數(shù)值解得μ=0.32 (2)取向右為正方向,碰后滑塊速度v′=-6 m/s 由動(dòng)量定理得:FΔt=mv′-mv 解得F=-130 N 其中“-”表示墻面對(duì)物塊的平均作用力方向向左. (3)對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得 -W=0-mv′2 解得W=9 J. 考題二 動(dòng)量守恒定律和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

7、1.動(dòng)量守恒定律 (1)表達(dá)式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p′);或Δp=0(系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零);或Δp1=-Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),兩物體動(dòng)量的增量大小相等、方向相反). (2)動(dòng)量守恒條件: ①理想守恒: 系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零. ②近似守恒: 外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力,且作用時(shí)間極短,外力的沖量近似為零,或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多. ③單方向守恒: 合外力在某方向上的分力為零,則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒. 動(dòng)量守恒定律應(yīng)用要注意的三性 (1)矢量性: 在一維運(yùn)動(dòng)中要選取正方向,未

8、知速度方向的一律假設(shè)為正方向,帶入求解. (2)同時(shí)性: m1v1和m2v2——作用前的同一時(shí)刻的動(dòng)量 m1v1′和m2v2′——作用后的同一時(shí)刻的動(dòng)量 (3)同系性: 各個(gè)速度都必須相對(duì)于同一個(gè)慣性參考系. 定律的使用條件:在慣性參考系中普遍適用(宏觀、微觀、高速、低速) 2.力學(xué)規(guī)律的選用原則 多個(gè)物體組成的系統(tǒng):優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題時(shí),應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律,然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決. 例2 如圖2所示,一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5 m,物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,

9、滑過(guò)最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運(yùn)動(dòng),P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)=0.1 m,物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點(diǎn),碰撞時(shí)間極短). 圖2 (1)求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F; (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上,求k的數(shù)值; (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式. 解析 (1)從A→Q由動(dòng)能定理得 -mg·2R=mv2-mv 解得v=4 m/s>= m/s 在

10、Q點(diǎn),由牛頓第二定律得F+mg=m 解得F=22 N. (2)A撞B,由動(dòng)量守恒得mv0=2mv′ 解得v′==3 m/s 設(shè)摩擦距離為x,則-2μmgx=0-·2mv′2 解得x=4.5 m 所以k==45. (3)AB滑至第n個(gè)光滑段上,由動(dòng)能定理得 -μ·2mgnL=·2mv-·2mv′2 所以vn= m/s (n<45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn= m/s (n<45) 變式訓(xùn)練 3.如圖3,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某

11、一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的. 圖3 答案 (-2)M≤m<M 解析 設(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為v0,A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞,由動(dòng)量守恒定律得 mv0=mv1+Mv2 由機(jī)械能守恒定律得mv=mv+Mv 可得v1=v0,v2=v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞,需要滿足v1<0,即m<M A反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程,有 mv1=mv3+Mv4 mv=mv+Mv 整理可得v3=v1,v4=v1 由于m<M,所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞,需要滿足v3≤v2 即v0≥v1=()2v0 整理

12、可得m2+4Mm≥M2 解方程可得m≥(-2)M 另一解m≤-(+2)M舍去 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,須滿足 (-2)M≤m<M. 考題三 電學(xué)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 系統(tǒng)化思維方法,就是根據(jù)眾多的已知要素、事實(shí),按照一定的聯(lián)系方式,將其各部分連接成整體的方法. (1)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思維,即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理,如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng). (2)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思維,即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮,如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí),就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng)). 例3 如圖4所示,直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面

13、內(nèi),x軸與絕緣的水平面重合,在y軸右方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng).質(zhì)量為m2=8×10-3 kg的不帶電小物塊靜止在原點(diǎn)O,A點(diǎn)距O點(diǎn)l=0.045 m,質(zhì)量m1=1×10-3 kg的帶電小物塊以初速度v0=0.5 m/s從A點(diǎn)水平向右運(yùn)動(dòng),在O點(diǎn)與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上,碰撞后m2的速度為0.1 m/s,此后不再考慮m1、m2間的庫(kù)侖力.已知電場(chǎng)強(qiáng)度E=40 N/C,小物塊m1與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,取g=10 m/s2,求: 圖4 (1)碰后m1的速度; (2)若碰后m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過(guò)P點(diǎn),OP與x軸的夾角θ=30°,OP長(zhǎng)為l

14、OP=0.4 m,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (3)其他條件不變,若改變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,使m2能與m1再次相碰,求B′的大小. 解析 (1)設(shè)m1與m2碰前速度為v1,由動(dòng)能定理 -μm1gl=m1v-m1v 代入數(shù)據(jù)解得:v1=0.4 m/s v2=0.1 m/s,m1、m2正碰,由動(dòng)量守恒有: m1v1=m1v1′+m2v2 代入數(shù)據(jù)得:v1′=-0.4 m/s,方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以qE=m2g 得:q=2×10-3 C 由洛倫茲力提供向心力,設(shè)物塊m2做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,則qv2B=m2 軌跡如圖,由幾何關(guān)系有:R=lOP 解得:B

15、=1 T (3)當(dāng)m2經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度水平向左,離開電場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng),m1碰后做勻減速運(yùn)動(dòng). m1勻減速運(yùn)動(dòng)至停止,其平均速度大小為: =|v1′|=0.2 m/s>v2=0.1 m/s, 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有:Ff=μm1g=m1a m1停止后離O點(diǎn)距離:s= 則m2平拋的時(shí)間:t= 平拋的高度:h=gt2 設(shè)m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′,由幾何關(guān)系有: R′=h 由qv2B′=,聯(lián)立得:B′=0.25 T 答案 (1)-0.4 m/s,方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 變式訓(xùn)練 4.如圖5所示,C1D1E1F1和C2D

16、2E2F2是距離為L(zhǎng)的相同光滑導(dǎo)軌,C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧,半徑分別為r1=8r和r2=r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)體棒P、Q的長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量均為m,電阻均為R,其余電阻不計(jì),Q停在圖中位置,現(xiàn)將P從軌道最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放,則: 圖5 (1)求導(dǎo)體棒P進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間,回路中的電流的大小和方向(順時(shí)針或逆時(shí)針); (2)若P、Q不會(huì)在軌道上發(fā)生碰撞,棒Q到達(dá)E1E2瞬間,恰能脫離軌道飛出,求導(dǎo)體棒P離開軌道瞬間的速度; (3)若P、Q不會(huì)在軌道上發(fā)生碰撞,且兩者到達(dá)E1E2瞬間,均能脫離軌道飛出,求回路中產(chǎn)生熱量的范圍.

17、答案 (1),方向逆時(shí)針 (2)3 (3)3mgr≤Q≤4mgr 解析 (1)導(dǎo)體棒P由C1C2下滑到D1D2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律: mgr1=mv,vD=4 導(dǎo)體棒P到達(dá)D1D2瞬間:E=BLvD 回路中的電流I== 方向逆時(shí)針 (2)棒Q到達(dá)E1E2瞬間,恰能脫離軌道飛出,此時(shí)對(duì)Q: mg=,vQ= 設(shè)導(dǎo)體棒P離開軌道瞬間的速度為vP,根據(jù)動(dòng)量守恒定律:mvD=mvP+mvQ 代入數(shù)據(jù)得,vP=3 (3)由(2)知,若導(dǎo)體棒Q恰能在到達(dá)E1E2瞬間飛離軌道,P也必能在該處飛離軌道.根據(jù)能量守恒,回路中產(chǎn)生的熱量:Q1=mv-mv-mv=3mgr 若導(dǎo)體棒Q與P能達(dá)到

18、共速v,回路中產(chǎn)生的熱量最多,則根據(jù)動(dòng)量守恒: mvD=(m+m)v,v=2 回路中產(chǎn)生的熱量:Q2=mv-(m+m)v2=4mgr 綜上所述,回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgr≤Q≤4mgr. 專題規(guī)范練 1.如圖1所示,水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道,圓弧的底端與桌面在同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分,MN為其豎直直徑,P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m=0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放,到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)

19、程沒(méi)有機(jī)械能的損失),碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=6t-2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位),物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10 m/s2)求: 圖1 (1)BP間的水平距離xBP; (2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn); (3)物塊A由靜止釋放的高度h. 答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m 解析 (1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng),落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy= 同時(shí)=tan 45°,解得vD=4 m/s 設(shè)平拋用時(shí)為t,水平位移為x,則有R=gt2 x=vDt 解得x=1.6 m 物塊

20、B碰后以初速度v0=6 m/s,加速度大小 a=-4 m/s2減速到vD,則BD間的位移為 x1==2.5 m 故BP之間的水平距離xBP=x+x1=4.1 m (2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn),在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM,則有mv-mv=-mgR 設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力為FN,則FN+mg=m 解得FN=(1-)mg<0,即物塊不能到達(dá)M點(diǎn). (3)對(duì)物塊A、B的碰撞過(guò)程,有: mAvA=mAvA′+mBv0 mAv=mAvA′2+mBv 解得:vA=6 m/s 設(shè)物塊A釋放的高度為h,則 mgh=mv, 解得h=1.8 m 2.如圖2所示為過(guò)山車簡(jiǎn)易模型,它由光滑水平軌道和

21、豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道組成,Q點(diǎn)為圓形軌道最低點(diǎn),M點(diǎn)為最高點(diǎn),圓形軌道半徑R=0.32 m.水平軌道PN右側(cè)的水平地面上,并排放置兩塊長(zhǎng)木板c、d,兩木板間相互接觸但不粘連,長(zhǎng)木板上表面與水平軌道PN平齊,木板c質(zhì)量m3=2.2 kg,長(zhǎng)L=4 m,木板d質(zhì)量m4=4.4 kg.質(zhì)量m2=3.3 kg的小滑塊b放置在軌道QN上,另一質(zhì)量m1=1.3 kg的小滑塊a從P點(diǎn)以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng),沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)一周后進(jìn)入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短且碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失.碰后a沿原路返回到M點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ0=0.16,重力加速度

22、g=10 m/s2. 圖2 (1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后,a和b的速度大小v1和v2; (2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動(dòng)時(shí),木板c、d均靜止不動(dòng),c、d與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ至少多大?(木板c、d與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力) (3)若不計(jì)木板c、d與地面間的摩擦,碰后滑塊b最終恰好沒(méi)有離開木板d,求滑塊b在木板c上滑行的時(shí)間及木板d的長(zhǎng)度. 答案 (1)4 m/s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m 解析 (1)根據(jù)題意可知:小滑塊a碰后返回到M點(diǎn)時(shí): m1=m1g 小滑塊a碰后返回到M點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒: m1v

23、=m1v+m1g(2R) 代入數(shù)據(jù),解得:v1=4 m/s 取水平向右為正方向,小滑塊a、b碰撞前后: 動(dòng)量守恒:m1v0=-m1v1+m2v2 機(jī)械能守恒:m1v=m1v+m2v 代入數(shù)據(jù),解得:v0=9.2 m/s,v2=5.2 m/s (2)若b在d上滑動(dòng)時(shí)d能靜止,則b在c上滑動(dòng)時(shí)c和d一定能靜止 μ(m2+m4)g>μ0m2g 解得μ>μ0≈0.069 (3)小滑塊b滑上長(zhǎng)木板c時(shí)的加速度大?。? a1=μ0g=1.6 m/s2 此時(shí)兩塊長(zhǎng)木板的加速度大?。篴2=g=0.8 m/s2 令小滑塊b在長(zhǎng)木板c上的滑行時(shí)間為t,則: 時(shí)間t內(nèi)小滑塊b的位移x1=v2

24、t-a1t2 兩塊長(zhǎng)木板的位移x2=a2t2 且x1-x2=L 解得:t1=1 s或t2= s(舍去) b剛離開長(zhǎng)木板c時(shí)b的速度v2′=v2-a1t1=3.6 m/s b剛離開長(zhǎng)木板c時(shí)d的速度v3=a2t1=0.8 m/s d的長(zhǎng)度至少為x: 由動(dòng)量守恒可知:m2v2′+m4v3=(m2+m4)v 解得:v=2 m/s μ0m2gx=m2v2′2+m4v-(m2+m4)v2 解得:x=1.4 m 3.如圖3所示,兩個(gè)圓形光滑細(xì)管在豎直平面內(nèi)交疊,組成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h=3.2 m,一質(zhì)量m=

25、1 kg的小球a從A點(diǎn)以速度v0=12 m/s的速度向右進(jìn)入直管道,到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動(dòng),到達(dá)D點(diǎn)時(shí)恰好與軌道無(wú)作用力,直接進(jìn)入DE管(DE管光滑),并與原來(lái)靜止于E處的質(zhì)量為M=4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)).已知碰撞后a球沿原路返回,速度大小為碰撞前速度大小的,而b球從E點(diǎn)水平拋出,其水平射程s=0.8 m.(g=10 m/s2) 圖3 (1)求碰后b球的速度大??; (2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R; (3)若小球a在管道AB中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力為定值,請(qǐng)判斷a球返回到BA管道時(shí),能否從A端穿出? 答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 

26、0.7 m (3)不能 解析 (1)b球離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng) h=gt2,s=vbt,解得vb=1 m/s (2)a、b碰撞過(guò)程,動(dòng)量守恒,以水平向右為正方向,則有: mva=-m×va+Mvb 解得va=3 m/s 碰前a在D處恰好與軌道無(wú)作用力,則有:mg=m r=0.9 m R==0.7 m (3)小球從B到D,機(jī)械能守恒:mv=mv+mgh 解得:mv=36.5 J 從A到B過(guò)程,由動(dòng)能定理得:-Wf=mv-mv 解得:Wf=35.5 J 從D到B,機(jī)械能守恒:m()2+mgh=mvB′2 解得:mvB′2=32.5 J

27、,不能從A端穿出. 4.如圖4所示,整個(gè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),經(jīng)過(guò)桌邊的虛線PQ與桌面成45°角,其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,光滑絕緣水平桌面上有兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣小球,A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?,其質(zhì)量為m,電量為q;B球不帶電且質(zhì)量為km(k>7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點(diǎn)燃火藥(此時(shí)間極短且不會(huì)影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度).火藥炸完瞬間A的速度為v0.求: 圖4 (1)火藥爆炸過(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能; (2)A球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間; (3)若一段時(shí)間后A、B在桌上相遇,求爆炸前A球與桌邊P的距離. 答案 (1)mv (2) (3)· 解析 (1)設(shè)爆炸之后B的速度大小為vB,選向左為正方向,在爆炸前后由動(dòng)量守恒可得:0=mv0-kmvB E=mv+kmv=mv (2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶?chǎng)力等大反向,故A球進(jìn)入電場(chǎng)中將會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示則 T= 有幾何知識(shí)可得:粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了個(gè)圓周 則t2= (3)由0=mv0-kmvB可得:vB= 由qv0B=m知,R= 設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA,爆炸后B運(yùn)動(dòng)的位移為xB,時(shí)間為tB 則tB=+t2+,xB=vBtB 由圖可得:R=xA+xB 聯(lián)立上述各式解得:xA=·. 14

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