2020版导与练 第六章 碰撞与动量守恒第1节 动量定理 动量守恒定律 (5)

(1)小球第一次滑到B点时的速度v1;
解析:(1)设小球第一次滑到 B 点时的速度为 v1,轨道和 P 的速度为 v2,取水平向左 为正方向, 由水平方向动量守恒有(m1+m2)v2+m3v1=0,
由机械能守恒
m3gR=
1 2
(m1+m2)
v22
+
1 2
m3
v12
,
联立解得 v1=-2 m/s,方向向右; v2=1 m/s,方向向左. 答案:(1)2 m/s 方向向右
2
2
2
答案:见解析
(3)物块A是否有可能向左运动,说明理由.
解析:(3)系统动量守恒 mAv+mBv=mAvA+(mB+mC)vB 设 A 的速度向左,vA<0,则 vB>4 m/s,作
用后 A,B,C 动能之和 E′= 1 2
mA
v
2 A
+
ຫໍສະໝຸດ Baidu1 2
(mB+mC)
vB 2
>
1 2
(mB+mC) vB2 =48
的动摩擦因数为μ =0.3.开始时,B与传送带之间保持相对静止.先后相隔Δ t=
3 s有两个质量为m=1 kg的光滑小球A自传送带的左端出发,以v0=15 m/s的速度
在传送带上向右运动.第1个球与木盒相遇后,球立即进入盒中与盒保持相对静
止,第2个球出发后历时Δ
t1=
1 3
s而与木盒相遇(取g=10
m1
v52
-
1 2
m1 v32 ,
解得 v5=0,物块甲从 C 点运动到左端 B 点的时间为 t1= v3 v5 =1 s. a
接着甲在传送带上向右做加速度大小仍为 a 的匀加速直线运动,设到与传送带共速时所用
时间为 t2,则有 t2= v a
=0.5
s,甲在 t2 时间内的位移为 x1= 1 2
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小FN;
解析:(1)从
A→Q
由动能定理得-mg·2R=
1 2
mv2-
1 2
m
v0 2
,
解得 v=4 m/s> gR = 5 m/s,若物块经 Q 点时恰好与管不挤压,
有 mg=m vQ2 ,vQ= gR = 5 m/s,由于 v>vQ,在 Q 点,由牛顿第二定律得 FN+mg=m v2 ,
【典例2】 (2018·辽宁大连一模)如图所示,固定的光滑曲面与长度L=1 m的水平 传送带BC平滑连接,传送带以v=1 m/s的速度运行.质量m1=1 kg的物块甲(可视为 质点)从曲面上高h=1 m的A点由静止释放,物块甲与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.2.传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙,物体 乙的质量m2=3 kg,重力加速度g=10 m/s2.求:
考点二 多过程问题的综合分析
力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律. (2)研究某一物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间 的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题. (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律去解决问 题,但必须注意研究的问题是否满足守恒的条件. (4)在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律,即系统克服摩擦力所做的总功等于系 统机械能的减少量,也即转变为系统内能的量. (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程中,必须注意到一般这些过程中均隐含 有系统机械能与其他形式能量之间的转化.这种问题由于作用时间都极短,故动量守恒定 律一般能派上大用场.
m/s2).求:
(1)第1个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度多大?
解析:(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度为v1, 根据动量守恒定律有mv0-Mv=(m+M)v1, 代入数据,解得v1=3 m/s. 答案:(1)3 m/s
(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇?
解析:(2)设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s,第 1 个球经过 t0 与 木盒相遇,则 t0= s ,设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a,
(3)自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中,由于木盒与传送带间的摩 擦而产生的热量是多少?
解析:(3)自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位 移为s,木盒的位移为s1,则s=v(Δt+Δt1-t0)=8.5 m, s1=v(Δt+Δt1-t1-t2-t0)=2.5 m,故木盒相对于传送带的位移Δs=s-s1=6 m, f=μ(M+m)g=0.3×3×10 N=9 N, 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量是 Q=fΔs=54 J. 答案:(3)54 J
(2)B,C 碰撞时 B,C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间 B,C 两者的速度为 v′,则
mBv=(mB+mC)v′解得 v′=2 m/s 设物块 A 速度为 vA′时,弹簧的弹性势能最大为 Ep,
根据能量守恒定律有 1 mAv2+ 1 (mB+mC)v′2=Ep+ 1 (mA+mB+mC)vA′2 解得 Ep=12 J.
(1)小球b碰后瞬间的速度; (2)小球a经A点时速度的大小和碰后在轨道中能上升的最大高度.
〚运动过程图示〛
解析:(1)小球 b 从 C 点抛出做平抛运动,有 1 gt2=2R, 2
解得 t= 4R , g
小球 b 做平抛运动的水平位移 x=vCt=2 2 R, 解得 vC= 2gR ,
根据系统机械能守恒有
v0 根据牛顿第二定律,有μ(m+M)g=(m+M)a,得 a=3 m/s2,设木盒减速运动的时间为 t1, 加速到与传送带相同的速度的时间为 t2,则 t1=t2= v =1 s,故木盒在 2 s 内的位移
a 为零,由第 2 个球经Δt1与木盒相遇,则有 s=v0Δt1+v(Δt+Δt1-t1-t2-t0)代入数据, 解得 s=7.5 m,t0=0.5 s. 答案:(2)0.5 s
(2)小球第一次经过B点后,相对B能上升的最大高度h.
解析:(2)小球经过 B 点后,物块 P 与轨道分离,小球与轨道水平方向动量守恒,且 小球上升到最高点时与轨道共速,设为 v,则有 m1v2+m3v1=(m1+m3)v, 解得 v=-0.2 m/s,方向向右,
根据系统机械能守恒有
1 2
m1
v22
a t22 =0.25
m,
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动,位移为 x2=L-x1,
则所用的时间为 t3= x2 = L x1 =0.75 s,故甲从第二次到第三次到达 C 的过程中的运动时间 vv
为 t=t1+t2+t3=2.25 s. 答案:(1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s
+
1 2
m3
v12
=
1 2
(m1+m3)v2+m3gh,
解得 h=0.27 m. 答案:(2)0.27 m
2.(2019·山东济宁模拟)如图所示,一条竖直的由圆管制成的圆轨道,底端分别与 两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m,物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最 高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上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=1 m,物 块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ =0.1,A,B的质量均为m=1 kg(重力加速度g 取10 m/s2,A,B可视为质点,碰撞时间极短).
va=
2 3
vb,va′=
1 2
va=
1 3
vb,
可得 va= 2 3
6gR ,va′=
6gR 3
,所以,根据机械能守恒可得
1 2
ma va2
=magR+
1 2
ma vA2 ,
1 mava′2=magh,解得 vA 6gR ,h= R .
2
3
3
答案:(1) 6gR (2) 6gR 1 R 33
题组训练
题组训练
1.(2019·山东菏泽一中月考)如图所示,质量为m1=3 kg的二分之一光滑圆弧形轨 道ABC与一质量为m2=1 kg的物块P紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上,B为半 圆轨道的最低点,AC为轨道的水平直径,轨道半径R=0.3 m.一质量为m3=2 kg的 小球(可视为质点)从圆弧轨道的A处由静止释放,g取10 m/s2,求:
(1)甲第一次运动到C点的速度大小; (2)甲第二次运动到C点的速度大小; (3)甲第二次到C点后,经多长时间再次到达C点?
〚审题指导〛
题干关键 固定的光滑轨道与水平传送带平 滑连接
传送带以v=1 m/s的速度运行
光滑水平地面上有光滑圆轨道状 物体乙
甲第二次到C后
获取信息
物块甲下滑只有重力做功,以经B点时的速度滑 上传送带
1.如图所示,用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A,B两物块均以v=6 m/s的速度在 光滑水平地面上向右运动,弹簧处于原长,质量为4 kg的物块C静止在前方,B与C 碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中,求:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度大小; (2)弹性势能的最大值;
解析:(1)当A,B,C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由于A,B,C三者组 成的系统动量守恒,有(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA′代入数据解得vA′=3 m/s.
专题探究六 动力学、动量和能量观点的综合 应用
考点研析 素养提升
考点研析
核心探究·重难突破
考点一 碰撞类问题的综合分析
力学研究的是物体的受力与运动变化的关系,其知识脉络如下表:
【典例1】 (2019·四川绵阳模拟)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖 直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道 上方某一高度处由静止释放,自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b小球直径 相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平 抛出落在离C点水平距离为2R的地面上,重力加速度为g,不计空气阻力,小球均 可视为质点.求:
1 2
m1 v22 -
1 2
m1 v12
,
解得 v2=4 m/s,因 v2>v,故物块甲第一次运动至 C 点的速度大小为 v2=4 m/s. (2)以物块甲和物块乙为研究对象,从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中,
系统水平方向上动量守恒,则有 m1v2=m1v3+m2v4,系统能量守恒,
则有 1 2
m1
R
R
解得 FN=22 N. 答案:(1)4 m/s 22 N
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
解析:(2)A 与 B 碰撞前 vA=v0,由动量守恒得 mv0=2mv′,解得 v′= v0 =3 m/s, 2
设 A,B 整体在粗糙段运动距离为 x,则-2μmgx=0- 1 ·2mv′2, 2
物块甲在传送带上运动,若v甲>v,则做匀减速 运动
物块甲滑上乙,两者相互作用水平方向动量守 恒,且甲不会停在乙上
物块甲反向滑上传送带,速度为0时是否到达B 点,确定再次到C点的运动情况
解析:(1)物块甲从
A
运动至
B,由动能定理得
m1gh=
1 2
m1 v12
,解得
v1=
20
m/s>v,
假设物块在传送带上一直做匀减速运动,由动能定理得-μmgL=
解得 x=4.5 m,所以 k= x =4.5.即 AB 整体停在 k=5 的粗糙段上. L
答案:(2)5
(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式.
解析:(3)AB 滑至第 n 个光滑段上,由动能定理得
J 实际系统的总
机械能为 E=Ep+ 1 (mA+mB+mC)vA′2=12 J+ 1 ×8×32 J=48 J 显然 E′>E 是不可能的,
2
2
所以 A 不可能向左运动.
答案:见解析
2.(2019·陕西西安一中月考)如图,上侧足够长的水平传送带始终以大小为v=
3 m/s的速度向左运动,传送带上有一质量为M=2 kg的小木盒B,B与传送带之间
1 2
mb
vb 2
=
1 2
mb
vC 2
+2mbgR,
可知小球 b 在碰后瞬间的速度 vb= 6gR .
(2)a,b 两小球相碰,由动量守恒得 mava=mava′+mbvb,a,b 两小球发生弹性碰撞,由机械能
守恒得
1 2
ma va2
=
1 2
mava′2+
1 2
mb vb2 ,又
ma=3mb,解得
v22
=
1 2
m1
v32
+
1 2
m2 v42 ,联立解得 v3=-2
m/s,
则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动,第二次到达 C 点的速度大小为 2 m/s.
(3)甲向左进入传送带,做匀减速运动,加速度大小为 a,根据牛顿第二定律得,μm1g=m1a,解
得 a=2
m/s2,从 C 运动到 B,由动能定理得-μm1gL= 1 2