摘要：5．根据以上的关系式.求得某一物理量 [例2]如图所示.质量为m的小铁块以初速度v0滑上质量为M.静止在光滑水平面上的木块.铁块与木块间的摩擦因数为μ.当M向右运动s时.m与M相对静止.m相对M滑动距离为Δs.则木块动能的增量.铁块动能的减少量.系统机械能的减少量.转化成内能的能量各是多少? 解析:对m与M在水平方向所受合外力为零.因而动量守恒 根据动量守恒定律m v0＝(M+m)v--① 根据动能定理.对M ½Mv2=μmgs 对m: ½m v02一½mv2=μmg 木块动能增量为μmgs=½M2 铁块动能减少量为:μmg=½m v02-½m2 系统机械能的减少量为:½m v02一½mv2-½Mv2＝μmgΔs 转化成内能的能量为:μmgΔs 答案: ½M2.½m v02-½m2.μmgΔs.μmgΔs 点评:从以上可知.(1)m动能减少量.转化成M的动能与系统的内能． (2)系统机械能的减少量等于产生的内能 (3)从该题中也可以进一步认识到作用力.反作用力有时做功不同． [例3]上题中ΔS与S比较.可能 A．一定ΔS＜s, B．一定ΔS＝S, C．一定ΔS＞S, D．以上结论均可能.但不能说是一定 解析:由m v0＝(M+m)v得v= .μmgs=½M2 μmgΔs=½m v02一½mv2-½Mv2=½mv02一½m2-½M2 我们比较S与ΔS的大小.只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零.或者等于零即可． μmgΔs一μmgs=½m v02一½m2-½M2-½M2＝½m v02[1--] 对[1--]==显然大于零 由以上讨论可知ΔS＞S 答案:c [例4]如图所示.质量M＝lkg的平板小车右端放有质量m＝2kge的物块.物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开始时二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动.并使车与墙发生正碰.没碰撞时间极短.且碰后车的速率与碰前的相同.车身足够长.使物块不能与墙相碰(g＝10 rn／s2)求: (1)物块相对于小车的总位移S是多少? (2)小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程SM为多少? 解析:(1)由于 m＞M.两者以共同速度与墙相碰后.物块的动量大小比车的动量大.由于滑动摩擦力的作用.两者必会又以共同速度再次与墙相碰.如此反复直到两者一起停止在墙角边为止.设物体相对于车的位移为S.由能量转化和守恒定律得: μmgs=½(m+M)v02.所以s=(m+M)v02/2μmg=5.4m (2)设v1＝v0.车与墙第n次碰后边率为vn.则第(n+1)次碰后速率为vn+1.对物块与车由动量守恒得: mvn-Mvn=(m+M)vn+1 所以vn+1＝＝vn= vn/3． 车与墙第(n+1)次碰后最大位移 sn+1= vn+12/2a==Sn/9 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列.其q=1/9.所以车与墙碰后的总路程 SM=2(S1+S2+-+Sn+-)＝2 S1·(1十十-+ +-)= 车第一次与墙碰后最大位移 S1＝/2a＝/2a.a=μmg/M=10m/s2 可算得 S1=m＝1．8 m 所以SM=m＝4.05n 答案:4．05 m 点评:运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量.每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂.难度大.综合性强.灵活性高.这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法,在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫.适度配合强化训练． [例5]如图所示.质量为M长为L的木板置于光滑水平面上.现使木板M以v0的水平初速度向右运动.同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端.它与木板间的动摩擦因数为μ.问v0在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来? 解析:当 m.M相对静止时. m滑动到OA之间停下来的条件为:m相对M的位移s．½L≤s≤L． 由动量守恒M v0=v 物体克服摩擦阻力相对位移的功.量度系统机械能的减少.所以 μmgs＝½M v02-½(M+m)v2 解方程得s＝代入条件≥½L所以v0≥ ≤L所以v0≤ 即:使m在OA间停下.v0满足的条件:≤v0≤ [例6]:A.B两球在光滑水平面上同向运动.A球动量PA=5kg·M/S.B球的动量为PB=7kg·m/s.A从后面追上B并发生碰撞.碰后B球的动量变为PB/=10kg·m/s.则两球质量mA与mB间的关系可能是: A. mB=mA, B.mB=2mA,C.mB=4mA, D.mB=6mA, 解:由动量守恒得PA+PB= PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s 由碰撞中动能不增特征知数据得mB≥2.5mA.由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mA＞PB/mB可得mB＞1.4mA 碰撞后速度应满足关系PA//mA≤PB//mB可得mB=5mA 综合得答案:C [例7]如图所示.质量为M的天车静止在光滑水平轨道上.下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱.一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱.并留在其中.在以后运动过程中 求:(1)沙箱上升的最大高度． (2)天车的最大速度. 解析:(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0=(m0+m)v1--① 摆动过程中.子弹.沙箱.天车系统水平方向动量守恒.机械能守恒. 沙箱到达最大高度时.系统有相同的速度.设为v2.则有 (m0+m)v1=(m0+m+M)v2--② ½(m0+m)v12=½(m0+m+M)v22+(m0+m)gh--③ 联立①②③可得沙箱上升的最大高度 (2)子弹和沙箱再摆回最低点时.天车速度最大.设此时天车速度为v3.沙箱速度为v4.由动量守恒得 (m0+m)v1=Mv3+(m+M)v4--④ 由系统机械能守恒得½(m0+m)v12=½Mv32+½(m+M)v42--⑤ 联立④⑤求得天车的最大速度 说明:(1)该题过程复杂.在子弹打沙箱的过程中动量守恒.机械能不守恒．共同摆动过程中.子弹.沙 箱.天车组成的系统水平方向动量守恒.系统机械能守恒．②式可列为m0v0=(m0+m+M)v2.但③式就不能列为½m0v02=½(m0+m+M)v22+(m0+m)gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失.这点是易错点.一定要分析清楚． (2)④.⑤两个方程列出后.显然能看出与弹性碰撞方程相同.故解可直接写出.会节省很多时间.由此也可看出这一碰撞模型的重要性． [例8]如图示是一个物理演示实验.它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后.B能上升到比初始位置高得多的地方． A是某种材料做成的实心球.质量m1＝0. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m2＝0. 10 kg的木棍B.B只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. 25 m处由静止释放．实验中.A触地后在极短时间内反弹.且速度大小不变,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.重力加速度g＝10 m/s2． 解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动.设它们就要落地的瞬间速度为v1.由运动学公式 由题意.A触地后在极短的时间内反弹.速度变为向上.大小不变.仍为v1.而木棍由于松松地插在凹坑中.其下端与坑底间有空隙.受到的作用力的冲量可忽略.可认为速度大小.方向不变．由于A的速度变为向上.B的速度仍向下.A,B相向运动.之间接着产生很强的作用力.A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上.设大小为v2/, 而B对A的冲量使A的速度由v1减为零.恰好停留在地板上.这一过程属于碰撞模型.可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒.取向上为正.由动量守恒定律得: m1v1-m2v2=m2v2/(v1=v2) 以后.B脱离A以初速度v2/做竖直上抛运动.设木棍B上升的最大高度为h.由机械能守恒定律得: ½m2v2/2=m2gh,由以上几式联立.解得:h=4. 05 m [例8]两个小球A和B用轻质弹簧相连.在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P.右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球.如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中.当弹簧长度变到最短时.长度突然被锁定.不再改变.然后.A球与挡板P发生碰撞.碰后A.D都静止不动.A与P接触而不粘连.过一段时间.突然解除锁定(锁定及解除锁定无机械能损失).已知A.B.C三球的质量均为m. (1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度. 2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中.弹簧的最大弹性势能. 解析(1)设C球与B球粘结成D时.D的速度为v1.由动量守恒.有mv0=(m+m)v1当弹簧压至最短时.D与A的速度相等.设此速度为v2.由动量守恒.有2mv1＝3mv2. 由以上两式得A的速度v2=v0 (2)设弹簧长度被锁定后.贮存在弹簧中的势能为EP.由能量守恒.有 ½½×2mv12=½×3mv22+EP 撞击P后.A与D的动能都为零.解除锁定后.当弹簧刚恢复到自然长度时.势能全部转变成D的动能.设D的速度为v3.则有EP＝½(2m)·v32 以后弹簧伸长.A球离开挡板P.并获得速度.当A.D的速度相等时.弹簧伸至最长.设此时的速度为v4.由动量守恒.有2mv3=3mv4 当弹簧伸到最长时.其势能最大.设此势能为EP/.由能量守恒.有 ½½×2mv32=½×3mv42+EP/ 解以上各式得 E P/=mv02 [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/2.如图所示.木板位于光滑水平的桌面上.槽与木板间的摩擦不计.小物块与木板间的摩擦因数为μ.A.B.C三者质量相等.原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速度向右运动.已知v0＜.当A和B发生碰撞时.两者速度互换.求: (1)A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内.木板内C运动的路程. (2)在A.B刚要发生第四次碰撞时.A.B.C三者速度的大小. 解析:(1)A与B刚发生第一次碰撞后.A停下不动.B以初速度v0向右运动.由于摩擦.B向右作匀减速运动.而C向右作匀加速运动.两者速率渐接近.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 由功能转化得:μmgs1=½mv02-½mv12 联立上式得v1=½v0, 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-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=½mv12得s2=.因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为 (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 mv1＝2mv2 解得v2=½v1=¼v0 因A的速度v1大于B的速度v2.故第三次碰撞发生在A的左室.刚碰撞后.A的速度变为v2.B的速度变为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 解得 v3=v0 故刚要发生第四次碰撞时.A.B.C的速度分别为vA=v2=v0.vB=vC=v3=v0 点评(1)考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用.这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式. (2)找准研究对象和研究过程.反复建立动量守恒方程.这是对考生综合素质的考查. (3)题目新颖.灵活.考查了考生的推理能力.归纳能力.随机应变能力. (4)此题区分度高.是压轴题.但可利用图家法巧解． 由题及图知sl+s2＝L. sl＝L一s2 又s2=== 至于刚要发生第四次碰撞时.A.B.c三者速度由图一目了然. [例10]一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员.在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止.宇航员背着装有质量为m0=0．5kg氧气的贮气筒.筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气.才能回到飞船.同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用.宇航员的耗氧率为Q=2．5×10-4kg／s．不考虑喷出 氧气对设备及宇航员总质量的影响.则(1)瞬时喷出多少氧气.宇航员才能完全返回飞船,(2)为了使总耗氧量最低.应一次喷出多少氧气?返回时间又是多少?(3)已知超氧化钾(KO2)的性质与Na2O2相似.若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供.则需用多少千克KO2? 解析(1)以飞船为参照物.向着飞船运动的方向为正方向.设喷出m(kg)氧气.宇航员获得的速度为V1.根据动量定恒定律.有: (M-m)V1-mv＝0 考虑到M＞＞m.有V1=mv/M---① 宇航员返回飞船做匀速运动.历时: t＝s/V1---② 又筒内氧气的总质量满足关系式: m0=Qt+m ---③ 联立①②③并代入数据得 0．5=+m 解之得 ml=0．05kg或 m2＝0．45kg．故喷出的氧气 0．05kg＜m＜0．45kg· (2)为了耗氧量最低.设喷出 m(kg)氧气则耗氧为 Δm＝Qt+m--④ 将①②代入④得Δm=+m=+m 故当m=时.Δm有极小值. 即m==0．15(kg).返回时间t==600(s) (3)由4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2可知.284kg的KO2可制得96kg的O2.所以制取0．5kg的O2需KO2的质量为:0．5×=1．48(kg)．

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