1、第2讲 动量守恒定律及其应用【知识梳理】知识点1 动量守恒定律及其应用 1.动量守恒定律:(1)内容:如果一个系统_,或者_ _,这个系统的总动量保持不变。不受外力 所受外力的矢 量和为0(2)四种表达式。p=p,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总 动量p。m1v1+m2v2=_,相互作用的两个物体组成 的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。m1v1+m2v2 p1=_,相互作用的两个物体动量的增量等大反 向。p=_,系统总动量的增量为零。-p2 0 2.动量守恒定律的三种守恒条件:(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零,不是系 统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处
2、 于_状态。(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力_ 它所受到的外力。如碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等现 象中系统的动量近似守恒。平衡 远大于(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的 合力为零,则系统_动量守恒。但值得注 意的是,系统的总动量可能不守恒。在这一方向上 知识点2 弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而 物体间相互作用力_的现象。2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力_外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。很大 远大于 3.分类:动量是否守恒 机械能是否守恒弹性碰撞守恒_非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失_守恒 最大 4.反冲:(
3、1)在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发 生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类 问题相互作用的过程中系统的动能_,且常伴有其 他形式能向动能的转化。增大(2)反冲运动的过程中,如果合外力为零或外力的作用 _物体间的相互作用力,可利用动量守恒定律来 处理。远小于 5.爆炸问题:爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很 大,且_系统所受的外力,所以系统动量_,爆 炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前 的位置以新的动量开始运动。远大于 守恒【易错辨析】(1)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒。()(2)动量守恒只适用于宏观低速。()(3)当系统动量
4、不守恒时无法应用动量守恒定律解题。()(4)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。()(5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相同。()(6)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,该过程中动量守恒。()提示:(1)。满足动量守恒条件。(2)。动量守恒定律是普适定律,也适用于微观粒子。(3)。当系统合外力不为零,但某一方向上合外力为零时,可以在该方向上应用动量守恒定律。(4)。物体相互作用,合外力为零时,其合外力所做的功不一定为零,所以动量守恒时,其机械能不一定守恒。(5)。若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大
5、小一定相同,方向一定相反。(6)。飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,满足动量守恒条件。考点1 动量守恒定律和碰撞规律【核心要素精讲】1.动量守恒的“四性”:(1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量,需要首先选取正方向,分清各物体初、末动量的正、负。(2)瞬时性:动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等。(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量守恒定律,各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度,一般选地面为参考系。(4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组
6、成的系统。2.动量守恒定律解题的基本步骤:(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程);(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);(3)规定正方向,确定初、末状态动量;(4)由动量守恒定律列出方程;(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。3.碰撞现象满足的三个规律:(1)动量守恒:即p1+p2=p1+p2。(2)动能不增加:即Ek1+Ek2Ek1+Ek2或 222212121212pppp2m2m2m2m。(3)速度要合理:若碰前两物体同向运动,则应有v后v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前v后。碰前两物体
7、相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。【高考命题探究】【典例1】(2016全国卷)如图,光滑冰面上静止放 置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小 孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰 块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑 上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于 斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10m/s2。世纪金榜导学号42722138(1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【思考探究】(1)小孩推开冰
8、块过程中,小孩和冰块系统动量守恒吗?提示:动量守恒。(2)冰块滑上斜面过程中动量守恒吗?能否应用动量守恒定律?机械能守恒吗?提示:动量不守恒,但水平方向合力为零,因此水平方向动量守恒,水平方向可以应用动量守恒定律,冰块上滑斜面过程中机械能守恒,冰块的动能转化为两者的动能和冰块的重力势能。(3)冰块能不能追上小孩如何判断?提示:若冰块滑下斜面速度小于小孩速度则追不上,大于则可以追上。【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上 运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为 v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能 守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v (m2+m3)v2+
9、m2gh 222011m v22式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m3=20kg (2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入数据得 v1=1m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守 恒和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 2222202233111m vm vm v222联立式并代入数据得 v2=1m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。答案:(1)20kg(2)见解析 【迁移训练】迁移1:冲击、爆炸类问题中的动量守恒 一炮弹质量为m
10、,以一定的倾角斜向上发射,达到最高点 时速度大小为v,方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块,其中一块恰好做自由落体运动,质量为 m,则爆炸后 另一块瞬时速度大小为()1443A.v B.v C.v D.034【解析】选B。爆炸前动量为mv,设爆炸后另一块瞬时 速度大小为v,取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向 为正方向,爆炸过程动量守恒,则有:34mvm vvv43 ，解得：。迁移2:人船模型问题中的动量守恒 静止在水面上的船,长度为L,船的质量为M,一个质量为 m的人站在船头,当此人由船头走到船尾时,不计水的阻 力,船移动的距离为()mLmLA.B.MMmMm LmLC.D.MmMm【解析】选B。船
11、和人组成的系统,在水平方向上动量 守恒,人在船上行进,船向后退,规定人速度方向为正方 向,有mv-MV=0。人从船头走到船尾,设船后退的距离为x,则人相对于地 面的距离为L-x。则 解得x=,故B正确,A、C、D错误。LxxmMttmLMm迁移3:子弹打木块模型中的动量守恒 如图是冲击摆装置。塑料制成的摆块用 绳悬挂起来,使它只能摆动不能转动,摆 块中间正对枪口处有一水平方向的锥形 孔,孔的内壁垫以泡沫塑料,当子弹射入后迅速停住,然 后与摆块一起摆动,读出摆线偏离竖直方向的最大角度,就可求出子弹的速度。某次实验中,弹簧枪射出的子弹 以某一速度v0(未知)水平射入静止的摆块,读出摆线偏离竖直方向
12、的最大角度=37;然后将摆块拉到摆线偏离竖直方向的角度=60由静止释放,当摆块摆到最低位置时,让子弹以相同速度v0射入,摆块恰好静止,已知摆线的长度L=1.00m,不考虑空气阻力,求子弹质量m与摆块质量M的比值及子弹的初速度v0。(g取10m/s2,cos37=0.8)【解析】子弹射入摆块后共同速度为v,选v0的方向为 正方向,根据动量守恒定律得 mv0=(m+M)v 子弹与摆块一起摆动的过程中机械能守恒,则有 (M+m)v2=(m+M)gL(1-cos)将摆块拉起由静止释放,摆块摆到最低点时的速度为 v。12由机械能守恒定律得:MgL(1-cos)=Mv2 子弹射入摆块后共同速度为0,选v0
13、的方向为正方向,由 动量守恒定律得:mv0-Mv=0 12解得 v0=答案:m51M2102 10 m/s35 102 101 m/s23【加固训练】1.(多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动,A球的动量是7kgm/s,B球的动量是9kgm/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后B球的动量变为12kgm/s,则两球质量mA、mB的关系可能是()A.mB=2mA B.mB=3mA C.mB=4mA D.mB=5mA 【解析】选A、B。以A的初速度方向为正方向,由动量 守恒定律得:pA+pB=pA+pB,pB=12kgm/s,解得,pA=4kgm/s,碰撞过程系统的总动能不增加,则有 2222
14、ABABABABpppp2m2m2m2m，解得:由题意可知:当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞前A的速 度大于B的速度,则有:解得:ABm11m21，ABABppmm，AABBmp7mp9，碰撞后A的速度不大于B的速度,则有 综上得:故A、B正确。ABABAABBppmmmp1mp3，ABm1113m21，2.如图所示的水平轨道中,AC段中点B的正上方有一探测器,C处有一固定竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v0与静止在A点的物体P2碰撞,结合成复合体P。以刚结合成复合体P后开始计时,探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为=0.1,A
15、B与BC段长均为L=4m。(P1、P2和P均可视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。)求:(1)若v0=6m/s,求P1、P2碰后瞬间P的速度大小v和碰撞前后系统损失的动能 Ek。(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v0的取值范围。(3)若P1和P2结合成复合体P后,不能被探测器在工作时间内探测到,求v0的取值范围。【解析】(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒,选取向右为正 方向,设碰撞后共同速度为v,则:mv0=2mv 解得v=v0 代入数据可得:v=3m/s 碰撞损失的动能 E=(2m)v2 122011mv22解得E=9J(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞,故P在AC间等
16、效为 匀减速运动,设P在AC段加速度大小为 a,由运动学规律,得:(2m)g=2ma a=g=0.110m/s2=1 m/s2 P返回经过B时:3L=vt-at2 12由解得:v=由于2st4s,所以解得v的取值范围 5m/sv7m/s 结合公式可知,若P与挡板碰后,能在探测器的工作时 间内通过B点,v0的取值范围是 10m/sv014m/s。2t242t(3)结合(2)的分析可知,若碰撞后的速度比较大,则P1 和P2结合成复合体P后,不能被探测器在工作时间内探 测到,v0的取值范围应满足:v7m/s 考虑到P有可能在向右运动经过B点时被探测器探测到,设P恰好能到达B点,则:2aL=v2 所以
17、:v=2 m/s 2则到达B的时间:t=由于2s2 s 4 s,结合运动得越快,相等时间内的位移越大可知,若 P的速度小于2 m/s,探测器不可能探测到P;结合公式可知,此时v03m/s,则P在2s前通过B点,探测器也 不能探测到P,此时结合公式可知:v06m/s。综上可知,若复合体P不能被探测器在工作时间内探测 到,v0的取值范围:v04 m/s或6m/sv014m/s vvatv22答案:(1)3m/s 9 J(2)10m/sv014m/s(3)v04 m/s或6 m/sv014m/s 2考点2 动量守恒的综合应用【核心要素精讲】1.动量观点和能量观点:动量观点:动量定理和动量守恒定律。能
18、量观点:动能定理和能量守恒定律。2.动量观点和能量观点的比较:(1)相同点:研究对象:相互作用的物体组成的系统;研究过程:某一运动过程。(2)不同点:动量守恒定律是矢量表达式,还可写出分量表达式;而动能定理和能量守恒定律是标量表达式,绝无分量表达式。【高考命题探究】【典例2】如图,物块A通过一不可伸长的轻 绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A 相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前 B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由 传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.9210
19、-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g取9.8m/s2。世纪金榜导学号42722139(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率 的理论值k0。(2)求k值的相对误差(=100%,结果保留 1位有效数字)。00|kk|k【思考探究】在发生碰撞的过程中,系统的动量以及机械能如何变化?提示:系统动量守恒,机械能守恒。【解析】(1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v,由动量守恒定律有mBv=(mA+mB)v 在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有 (mA+mB)v2=(mA+mB)gh 联立式得h=22B2ABm
20、v2g mm12由题意得k0=代入题给数据得k0=2.0410-3s2/m(2)按照定义=100%由式和题给条件得6%答案:(1)2.0410-3s2/m(2)6%2B2ABm2g mm00|kk|k【强化训练】1.(2016天津高考)如图所 示,方盒A静止在光滑的水平 面上,盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块质量的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为;若滑块以速度 v开始向左运动,与盒的左右壁发生无机械能损失的碰 撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对盒静止,则此 时盒的速度大小为_;滑块相对盒运动的路程_。【解析】设滑块质量为m,则盒子的质量为2m。对整个 过程,由动量守恒定律可得:mv=
21、3mv共 解得v共=由能量关系可知:mgx=解得x=答案:v32211vmv3m()2232v3 g2vv33 g2.(2015山东高考)如图,三个 质量相同的滑块A、B、C,间隔相 等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速 度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以 v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在 一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同 一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共 同速度的大小。1834【解析】设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由 题意知,碰后A的速度vA=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得mvA=
22、mvA+mvB 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得 WA=1834220A11mvmv22设B与C碰撞前B的速度为vB,B克服轨道阻力所做的功 为WB,由功能关系得WB=据题意可知WA=WB 设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律 得mvB=2mv 联立式,代入数据得v=v0 答案:v0 22BB11mvmv22211621163.(2016全国卷)如图,水平地面上有两个静止的 小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙之间也 相距l;a的质量为m,b的质量为 m,两物块与地面间的 动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动,此后a 与b发生弹性碰撞,但b
23、没有与墙发生碰撞,重力加速度 大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。34【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为,要使物块 a、b能发生碰撞,应有 mgl,即 设在a、b发生弹性碰撞前,a的速度大小为v1,由动能定 理可得-mgl=设在a、b发生弹性碰撞后,a、b的速度大小分别为v2、v3,201 mv220v2gl221011mvmv22由动量守恒定律和能量守恒定律得:mv1=mv2+mv3 联立各式得v3=v1 34222123111 3mmvmv()v222487由题意知b没有与墙发生碰撞,由动能定理得 解得 综上所述有 答案:2331 3mmg()v424l2032v113gl2
24、20032vv113g2g ll220032vv113g2g ll【规律总结】利用动能和能量解题的技巧(1)研究对象为一个系统,优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律。(2)研究对象为一个物体,涉及功和位移的问题时,优先考虑用动能定理。【加固训练】1.如图,A、B、C三个木块的质量均为m。置于光滑的水 平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接 触可不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和 C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起。以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为
25、v0。求弹簧释放的势能。【解析】取水平向右的方向为正方向,设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒得:3mv=mv0 设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒得:3mv=2mv1+mv0 设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有:由式得弹簧所释放的势能为:Ep=答案:222p10111(3m)vE(2m)vmv222 201 mv3201 mv32.(2015广东高考)如图所示,一条带有圆轨道的长轨 道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相 切,半径R=0.5m。物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直
26、轨道上P处静止 的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右 侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为 L=0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 =0.1,A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B可视为质点,碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F。(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值。(3)求碰后AB滑至第n个(nGA=10N,所以轨道上壁提供压力。合力提供向心力 F=F向-G 代入数值得F=22N(2)在与B碰撞前,系统机械能守恒,所以与B碰前A的速 度为6m/s,A和B在碰撞过程中动量守恒:mv0=2mv1
27、 AB碰后向右滑动,由动能定理得:-2mgs=0-由联立得s=4.5m 2112mv2 sk45L(3)碰后AB滑至第n个光滑段上的速度vn,由动能定理:-2mgnL=解得:vn=答案:(1)4m/s 22N(2)45(3)vn=22n1112mv2mv2221v2 gnL90.2n n45 90.2n n45考点3“三种思想”解题综合【核心要素精讲】解决力学问题的三大思想:“动力学思想”“动量思想”“能量思想”。1.动力学思想:以牛顿运动定律为基础,辅助运动学公式进行解题。2.动量思想:动量定理+动量守恒定律进行解题。3.能量思想:动能定理、机械能守恒定律及常见的功能关系结合进行解题。三种思
28、想密不可分,具体问题中会穿插三种思想进行综合应用,一般恒力作用下的物体运动问题都可以应用动力学思想进行求解,变力作用下的运动问题可结合动量、能量进行综合应用。【高考命题探究】【典例3】如图所示,小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O。让球a静止下 垂,将球b向右拉起,使细线水平。从静 止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖 直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力,求:世纪金榜导学号42722140(1)两球a、b的质量之比。(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【思考探究】(1)b球下摆与a球碰撞之前应用什么规律解决?提示:以b球为研究对象,机械能守恒,
29、所以应用机械能守恒求出b球与a球碰前的速度。(2)a、b碰撞过程应用什么规律解决?提示:a、b碰撞过程中内力远大于外力,可以应用动量守恒定律解决。(3)a、b碰后粘在一起到左侧最高点过程应用什么规律解决?提示:碰后a、b机械能守恒,所以应用机械能守恒定律解决。在复杂问题分析过程中,不可能全程应用某规律时,应把复杂过程分解成几个简单过程,分步求解。【解析】(1)设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至 最低点,但未与球a相碰时的速率为v,由机械能守恒定 律得 m2gL=m2v2 12式中g为重力加速度的大小。设球a的质量为m1,在两球碰后的瞬间,两球的共同速度为v,以向左为正方向,由动量守恒定
30、律得 m2v=(m1+m2)v 设两球共同向左运动到最高处时,细线与竖直方向的夹角为,由机械能守恒定律得 212121(mm)v(mm)gL(1 cos)2联立式得 代入题给数据得 (2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos)联立式,Q与碰前球b的最大动能 Ek(Ek=m2v2)之比为 1212m11m1 cos12m21m (1-cos)联立式,并代入题给数据得 答案:12k2mmQ1EmkQ21E2 2121 2 12【典例4】如图所示,两个完全相同的质量为m的木板 A、B置于水平地面上,它们的间距s=2.88m。质量为2m,大小可忽略的物块C置于A
31、板的左端。C与A之间的动摩 擦因数为 1=0.22,A、B与水平地面之间的动摩擦因数 为 2=0.10,最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时,三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平 向右,大小为 mg的恒力F,假定木板A、B碰撞时间极 25短且碰撞后粘连在一起,要使C最终不脱离木板,每块木板的长度至少应为多少?世纪金榜导学号42722141 【解析】设A、C之间的滑动摩擦力大小为Ff1,A与水平 地面之间的滑动摩擦力大小为Ff2 1=0.22,2=0.10 F=mgFf2=2(2m+m)g 一开始A和C保持相对静止,在F的作用下向右加速运动,有(F-Ff2)s=2525211(2mm)
32、v2A、B两木板碰撞瞬间,内力远大于外力,A、B系统动量守恒,由动量守恒定律得 mv1=(m+m)v2 碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中,由于A、B、C系统所受外力的合力为零,故系统总动量守恒,设木板向前移动的位移为s1,则由动量守恒定律得 2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3 对木板A、B由动能定理得 Ff1s1-Ff3s1=Ff3=2(2m+m+m)g 对C物块,由动能定理 F(2l+s1)-Ff1(2l+s1)=2232112mv2mv222231112mv2mv22由以上各式,再代入数据可得l=0.3m 即每块木板的长度至少应为0.3m。答案:0.3m 【强化
33、训练】1.如图所示,水平光滑地面上停放着一 辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的 四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最 低点B与水平轨道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块 从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动,然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求:(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍。(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数。【解析】(1)设物块的质量为m,其开始下落
34、处的位置距 BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道 半径为R。由机械能守恒定律,有:mgh=mv2 根据牛顿第二定律,有:9mg-mg=解得h=4R 则物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆 弧半径的4倍。122vm R(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为Ff,则 Ff=mg。物块滑到C点时与小车的共同速度为v,物 块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大 小为s。依题意,小车的质量为3m,BC长度为10R。由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v 对物块、小车分别应用动能定理,有-Ff(10R+s)=mv2-mv2 1212Ffs=(3m)v2-0 解得=0
35、.3 答案:(1)4倍(2)0.3 122.下雪天,卡车在笔直的高速公路上匀速行驶。司机突 然发现前方停着一辆故障车,他将刹车踩到底,车轮被 抱死,但卡车仍向前滑行,并撞上故障车,且推着它共同 滑行了一段距离l后停下。事故发生后,经测量,卡车刹 车时与故障车距离为L,撞车后共同滑行的距离l=L。假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同。已知卡 车质量M为故障车质量m的4倍。825(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的 速度变为v2,求(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹 车措施,事故就能免于发生。【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1=(M+m)v2 则 12vv。1
36、2v5v4(2)设卡车刹车前速度为v0,轮胎与雪地之间的动摩擦 因数为,根据动能定理得:两车相撞前卡车动能变化 =MgL 碰撞后两车共同向前滑动,动能变化 -0=(m+M)gl 由式 =2gL 220111MvMv22221 mM v22201vv由式 =2gl又因l=L,得 如果卡车滑到故障车前便停止,由 解得:L=L 22v82520v3 g l201 MvMgL2 32这意味着卡车在距故障车前至少 L处便紧急刹车,才 能免于事故。答案:(1)(2)L 3254323.如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向 成=60的位置自由释
37、放,下摆后在最低点与金属球 发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁 场。已知由于磁场的阻力作用,金属球将于再次碰撞前 停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45。【解析】设小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒:mgl(1-cos)=m和M碰撞过程是弹性碰撞,故满足:mv0=MVM+mv1 联立得:v1=201 mv222201M111mvmvMV2220mM vmM说明小球反弹,且v1与v0成正比,而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞,满足:mv1=MVM1+mv2 解得:v2=|v1|整理得:22212M1111mvmvM
38、V222mMmMv2=-()2v0 故可以得到发生n次碰撞后的速度:vn=-|()nv0|而偏离方向为45的临界速度满足:mgl(1-cos45)=联立代入数据解得,当n=2时,|v2|v临界 当n=3时,|v3|v临界 mMmMmMmM21 mv2临界即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45。答案:见解析 【加固训练】(1)如图甲,在光滑水平长直轨道上,放着一个静止的弹 簧振子,由一轻弹簧两端各连接一个小球构成,两小球 质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度v0,求弹 簧第一次恢复到自然长度时,每个小球的速度。(2)如图乙,将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的 振子1
39、被压缩至弹簧为某一长度后锁定,静止在适当位 置上,这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定,任其自由运动,当它第一次恢复到自然长度时,刚好与振子2碰撞,此后,继续发生一系列碰撞,每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后,每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时,速度交换,即一球被碰后的速度等于另一球碰前的速度。【解析】(1)设每个小球质量为m,以v1、v2分别表示弹 簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度,由动量守恒 和能量守恒定律有mv1+mv2=mv0,解得v1=v0,v2=0,或者v1=0,v2=
40、v0。由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中,右 端小球一直加速,因此实际解为v1=0,v2=v0。222120111mvmvmv222，(2)以v1、v1分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到 自然长度时,左右两小球的速度,规定向右为速度的正 方向,由动量守恒和能量守恒定律,mv1+mv1=0,解得 或 2211011mvmvE22，0011EEvvmm ，0011EEvvmm ，。由于该过程中左右小球分别向左右加速,故应取第2组 解。振子1与振子2碰撞后,由于交换速度,振子1右端小 球速度变为0,左端小球速度仍为v1,此后两小球都向左 运动,当它们速度相同时,弹簧弹性势能最大,设此速度 为v10,则2mv10=mv1,用E1表示最大弹性势能,则 解得E1=E0。222101011111mvmvEmv222，14同理可推出,每个振子弹性势能的最大值都是 E0。答案:见解析 14
