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2012高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题7 动量与能量教学案(学生版).doc

2012高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题7 动量与能量教学案(学…

李柏直 2018-06-14 评分 0 浏览量 0 0 0 0 暂无简介 简介 举报

简介:本文档为《2012高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题7 动量与能量教学案(学生版)doc》,可适用于企业制度领域,主题内容包含高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题动量与能量教学案(学生版)动量与能量【考纲解读】动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律是贯穿高中物理各知识符等。

高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题动量与能量教学案(学生版)动量与能量【考纲解读】动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。具体体现在:题型全年年有不回避重复考查常作为压轴题出现在物理试卷中是区别考生能力的重要内容题型灵活性强难度较大能力要求高题型全物理情景多变多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用在高考中所占份量相当大主要考查的知识点有:变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。【知识网络】力对系统所受合力为冲量时零或不受外力时I=Ft间动量定理动量守恒定律的I=Ft=mvmvmvmv=mv’mv’积动量变化累牛顿第二定律p=mv–mv力效F=ma的应动量积和累能量及的其综,W=FScos功:合效力,瞬时功率:P=Fvcos应应动能定理:对用W平均功率:P,,Fvcos,ΣW,ΔEK位t功能原理:做功移W,ΔE其他的动能变化能:积Ek能量变化动能:累机械能守恒E势能:(重力势能、弹性效ΔE,ΔEPK势能变化势能、电势能、分子势能)应能量守恒EpQ,ΔE【知识梳理】解决力学问题的三种解题思路:以牛顿运动定律为核心结合运动学公式解题(适用于力与加速度的瞬时关系、圆周运动的力与运动的关系、匀变速运动的问题这类问题关键要抓住力与运动之间的桥梁加速度)从动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律的角度解题(适用于单个物体、物体系的受力和位移问题)从动量定理、动量守恒定律的角度解题(适用于单个物体、物体系的受力与时间问题(不涉及加速度)及相互作用物体系的碰撞、打击、爆炸、反冲等问题)。本专题以两个定理(动能定理、动量定理)、两个定律(能量守恒定律、动量定理)为核心以力对物体做功、力的冲量为重点从能量和动量两个角度研究力学问题。(一)、掌握动能定理与机械能守恒定律、动能定理:合外力做的功等于物体动能的变化。(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力包括重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)。表达式为W=ΔE或W=EEK总kk动能定理适用单个物体或是可以看成单一物体的物体系既适用于物体的直线运动也适用于曲线运动既适用于恒力做功也适用于变力做功既可以同时作用也可以分段作用既可鸟受的平均撞力为F=mvL=N考点动量守恒定律【例】一旧式高射炮的炮筒与水平面的夹角为α=当它以v=ms的速度发射出炮弹时炮车反冲后退已知炮弹的质量为m=kg炮车的质量M=kg炮车与地面间动摩擦因数μ=如图所示则炮车后退多远停下来图(取g=ms)【解析】在发射炮弹过程中由于地面对炮车支持力大于炮车的重力故炮弹与炮车所组成的系统在竖直方向虽然动量不守恒但在水平方向炮弹与炮车间作用的内力远大于地面对炮车的摩擦力可见系统在水平方向总动量近似守恒故可运用动量守恒定律列出作用过程中水平方向动量守恒表达式从而求出炮车获得的反冲速度(即在水平面上运动的初速度)以炮弹和炮车为研究系统在发射炮弹过程中系统在水平方向的动量守恒设炮车获得的反冲速度为v以v的水平分速度方向为正方向有mvcosαMv=得v=mvcosαM==ms由牛顿第二定律得炮车后退的加速度为a=μMgM=μg=ms由运动学公式得炮车后退距离为:s=va==m考点爆炸碰撞反冲【例】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动已知它们的动量分别是p=kgms甲p=kgms甲追乙并发生碰撞碰后乙球的动量变为p’=kgms则两球质量m与乙乙甲m的关系可能是乙A(m=mB(m=m甲乙乙甲=mD(m=mC(m乙甲乙甲【解析】由碰撞中动量守恒可求p’=kgms碰撞过程中动能不能增加则甲''pPpp甲乙甲乙,mmmm乙乙甲甲,即mmmm乙乙甲甲m,m所以乙甲v,v碰前要使甲追上则必有乙甲pp甲乙m,m,乙甲即所以mm乙甲p'、p'碰后均大于零表示同向运动乙甲v',v'乙甲则应有p'p'甲乙,即mm乙甲m,m'乙甲所以m甲,m,m由得选项C是正确的。乙甲【解题思路】动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛是自然界中普遍适用的基本规律因此是高中物理的重点也是高考考查的重点之一。试题常常是综合题动量与能量的综合或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的或者是作用时间很短的如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。冲量是力对时间的积累其作用效果是改变物体的动量功是力对空间的积累其作用效果是改变物体的能量冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系在此基础上还很容易理解守恒定律的条件要守恒就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。应用动量定理和动能定理时研究对象一般是单个物体而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时研究对象必定是系统此外这些规律都是运用于物理过程而不是对于某一状态(或时刻)。因此在用它们解题时首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下几点:(选取研究对象和研究过程要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。(要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。(可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究有时这样做可使问题大大简化。(有的问题可以选这部分物体作研究对象也可以选取那部分物体作研究对象可以选这个过程作研究过程也可以选那个过程作研究过程这时首选大对象、长过程。确定对象和过程后就应在分析的基础上选用物理规律来解题规律选用的一般原则是:(对单个物体宜选用动量定理和动能定理其中涉及时间的问题应选用动量定理而涉及位移的应选用动能定理。(若是多个物体组成的系统优先考虑两个守恒定律。(若涉及系统内物体的相对位移(路程)并涉及摩擦力的要考虑应用能量守恒定律。例图中轻弹簧的一端固定另一端与滑块B相连B静止在水平直导轨上弹簧处于原长状态。另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以某一初速度向B滑行。当A滑过距离时与B相碰碰撞时间极短碰后A、B紧贴在一起运动但互不粘连。已知最后A恰好回到出发点P并停止。滑块A和B与导轨的摩擦因数都为运动过程中弹簧最大形变量为重力加速度为。求A从P点出发时的初速度。解析:首先要将整个物理过程分析清楚弄清不同阶段相互作用的物体和运动性质从而为正确划分成若干阶段进行研究铺平道路。即A先从P点向左滑行过程受摩擦力作用做匀减速运动。设A刚接触B时的速度为对A根据动能定理有。接着A、B发生碰撞动量守恒。设碰后瞬间A、B的共同速度为对A、B系统根据动量守恒定律有。随后A、B向左压缩弹簧至阶段设弹簧获得的势能为对A、B和弹簧组成的系统。根据功能关系有:A、B又被弹簧弹回至弹簧恢复到原长阶段设A、B的速度为对A、B和弹簧组成的系统根据功能关系有。最后A、B分离A滑至P点停下对A应用动能定理有。由以上各式解得。评析:动量和能量的综合问题通常都具有多个物理过程分析时需要根据整个过程在不同阶段的受力特点和运动情况将其划分为较简单的几个子过程从而为运用动量和能量关系解决问题奠定基础。例在地面上方一小圆环A套在一条均匀直杆B上A和B的质量均为m它们之间的滑动摩擦力。开始时A处于B的下端B竖直放置。在A的下方米处存在一个“相互作用”区域C区域C的高度米固定在空中如图中划有虚线的部分。当A进入区域C时A受到方向竖直向上的恒力F作用。区域C对杆不产生作用力。A和B一起由静止开始下落已知杆B落地时A和B的速度相同。不计空气阻力重力加速度。求杆B的长度至少为多少,解析:通过审题将物理过程、状态细分为如图、、所示。图状态为A、B刚达到共同速度此时A、B相对位移的长度为杆的最小长度。在物体A、B由图所示状态变为图所示状态过程:对A、B系统机械能守恒有(式中为图所示状态A、B的速度)解得。在物理情形由图状态变到图所示状态过程中:对A物体由动能定理得(为物体A在图所示状态的速度)解得对A、B系统由于所受合外力为零由动量守恒得(为物体B在图所示状态的速度)解得。对B物体由动能定理得(式中为该过程物体B下落的高度)解得。在物理情形由图状态变到图所示状态过程中:对A由动量定理得。由动能定理得(式中为该过程物体A下落的高度为图状态时A、B具有的相同速度。)对B由动量定理得由动能定理得(式中为该过程B下落的高度。)由上式解得mm杆的长度至少为m。评析:有很多物理问题都涉及临界状态解决此类问题时要审清题意通过草画图形弄清物理过程找出转折点抓住承前启后的物量量确定临界条件。一幅好的示意图就是一种无声的启发借助示意图可以帮助我们审题可丰富对物理情景的想象力为正确解题叩开大门。例在核反应堆里用石墨作减速剂使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量试求:近似为中子质量的倍中子原来的动能为E()经过一次碰撞后中子的能量变为多少,()若E=(MeV则经过多少次后中子的能量才可减少到(eV。解析:按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少对应的动能也就可以求解在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到(eV与原动能E的比值关系取对数求出碰撞次数(必须进位取整)。()弹性正碰遵守动量守恒和能量守恒两个定律。设中子的质量m碳核的质量M。有:由上述两式整理得则经过一次碰撞后中子的动能()同理可得„„设经过n次碰撞中子的动能才会减少至。eV即E=(eVE=(MeVn解上式得n评析:动量与能量问题一般与实际问题结合紧密能否将一个实际的问题转化为典型的物理模型和熟悉的过程是解决这类问题的关键所在。例如图所示水平金属导轨M、N宽为足够长金属导轨M’、N’宽为它们用金属棒EF连接且处在竖直向上的磁感应强度的匀强磁场中磁场右边界为gh处cd金属棒垂直M、N静止在M、N导轨上ab金属棒在光滑水平高台上受到水平向左的外力F=N的作用作用时间后撤去力Fab棒随后离开高台落至cd右侧的M、N导轨上M、N导轨使ab棒竖直分速度变为零但不影响ab棒水平分速度。ab、cd棒始终平行且没有相碰当cd、cd棒先后到达EF时ab、cd棒均已达到稳定速度已知不计一切摩擦阻力。求()ab、cd棒最终速度大小。()整个装置中电流产生的总热量。解析:()ab棒做平抛运动的初速度为根据动量定理有解得由题意可知ab棒在M、N导轨上水平向左的初速度为对ab棒、cd棒系统动量守恒且cd棒到EF前它们已达共同速度则有解得当cd棒在M’、N’轨而ab棒在M、N导轨上运动的过程中每一时刻ab棒所受安培力是cd棒所受安培力的倍在相同的时间内两棒所受安培力的冲量大小关系为ab棒到达EF前ab棒、cd棒已达稳定速度设分别为、对ab棒有对cd棒有ab棒、cd棒具有稳定速度时有解得。当ab棒到达EF后对ab棒、cd棒系统动量守恒最终达共同速度则有解得。(,)ab棒下落到M、N轨后对整个系统能量守恒电流产生的总热量等于系统机械能的损失则有评析:在电磁感应的问题中金属棒往往做非匀变速运动由于导体棒的速度变化引起了导体棒的受力发生变化因此对于非匀变速运动的定量计算不可以直接运用匀变速运动规律或运用恒力的冲量来解决这时往往可以借助动量定理来解决。在双金属棒中往往又分别以两棒为研究对象运用动量定理来解决当然有时也可以把双金属棒当做一个系统直接利用动量守恒来解决。【命题角度】命题角度冲量、动量、动量定理质量为m的钢球自高处落下以速率v碰地竖直向上弹回碰撞时间极短离地的速率为v在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小为()A向下m(vv)B(向下m(vv)C(向上m(vv)D(向上m(vv)llll考场错解C专家把脉动量的增量等于末动量减初动量故误认为动量的增量的大小等于m(vv)这种做法错误之处在于没考虑动量是矢量动量的增量是末动量和初动量的矢量相l减动量的增量仍是矢量(对症下药D取竖直向上的方向为正方向(对钢球应用动量定理得:Ftmgt=mv(mv)=mvmv由于碰撞时间极短t趋于零则mgt趋于零所以Ft=m(vv)NNl即弹力的冲量方向向上大小为m(vv)(l如图所示物块A压着一纸带放在水平桌面上当以速度v抽出纸带后物其他条件不变)则物块A落地点为()块A落在地面上的P点若以v的速度抽出纸带(A(仍在P点B在P点左侧C(在P点右侧某处D(在P点右侧原水平位移两倍处考场错解C或D专家把脉纸带的速度由v增为v误认为物块A离开桌面的速度应变大或增为原来的倍(其原因是没有分析A的受力没有分析A离开桌面时的速度由哪些因素决定(对症下药B设物块质量为m物块与纸带间的动摩擦因数为μ二者间的相互作用时间t物块离开桌面时的速度为v由动量定理是:μmgt=mvOv=μgf(当纸带的速度由v增为v时纸带与物块间的相互作用时间为t将减小所以v减小(又因A在空中运动时间一定故选项B正确(质量相等的A、B两球从同一高度h同时开始运动A以水平初速度v做平抛运动B以竖直初速度v做竖直下抛运动则()A(两球着地时的动量相同B运动过程中两球所受的冲量相同C(两球动量的变化相同D两球动量的变化大小不相等但方向相同考场错解ABC专家把脉两球着地时速度大小相等忽略了动量的矢量性所以误选A审题不准确误认为两球运动时间相等两球所受重力相同所以误选BC(对症下药D两球所受重力的冲量方向竖直向下由动量定理知两球动量变化的方向都竖直向下B球在空中运动的时间短所受重力的冲量小故B球动量的变化比A的小((物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动如图甲所示(A的质量为m,B的质量为M当连接A、B的绳突然断开后物体A上升经某一位置时的速度大小为v这时物体B的下落速度大小为u如图乙所示(在这段时间里弹簧的弹力对物体A的冲量为()AmuBmuMuC(muMuDmvmu考场错解A专家把脉误认为弹簧的弹力对物体A的冲量就等于物体A动量的增量(对症下药D对物体A应用动量定理取向上的方向为正方向在这个过程中弹簧的弹力对物体A的冲量为I则Imgt=mv对物体B应用动量定理取竖直向下的方向为正方向NN则Mgt=Mu由两式求出I=mymu选项D正确(N专家会诊解决这类问题要注意以下两点:()利用动量定理求变力的冲量或求物体动量的变化(()动量定理反映了外力对物体的冲量与物体动量变化之间的关系利用动量定理解题的一般思路是:明确研究对象分析研究对象的受力情况:分析研究对象的运动过程弄清物体的初状态、末状态选取正方向用动量定理列方程求解(命题角度动量和能量综合应用题如图所示位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点质量相等(Q与轻质弹簧相连(设Q静止P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞(在整个碰撞过程中弹簧具有的最人弹性势能等于()AP的初动能BP的初动能的C(P的初动能的D(P的初动能的l考场错解A或D专家把脉不认真分析弹簧被压缩的过程没搞清P和Q的运动性质没有找到二者同速时弹簧的弹性势能最大这一关键条件(对症下药B设二者质量均为mP的初速度为v二者同速时弹簧的弹性势能最大设共同速度为"最大弹性势能为E由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=mvm且两式联立解得所以选项B正确(如图所示坡道顶端距水平面高度为h质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下进入水平面上的滑道时无机械能损失(为使A制动将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上另一端与质量为m的挡板B相连弹簧处于原长时B位于滑道的末端O点(A与B碰撞时间极短碰撞后结合在一起共同压缩弹簧已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ其余各处的摩擦不计重力加速度为g求:()物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度V的大小()弹簧最大压缩量为d时的弹性势能E(设弹簧处于原长时弹性势能为零)(p考场错解不理解A与B碰撞时间极短的含义把碰后的质量(mm)误为m或m对碰后的过程不能用能量观点来分析(专家把脉对动量守恒定律等规律的适用条件不理解、不熟练审题及解答时不细心(对症下药()由机械能守恒定律有解得:()A、B在碰撞过程中内力远大于外力由动量守恒定律有由能量守恒定律解得柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成气缸与活塞间有柴油与空气的混合物(在重锤与桩碰撞的过程中通过压缩使混合物燃烧产生高温高压气体从而使桩向下运动、锤向上运动(现把柴油打桩机和打桩过程简化如下:柴油打桩机重锤的质量为m锤在桩帽以上高度为h处(如图)从静止开始沿竖直轨道自由落下打在质量为M(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上(同时柴油燃烧产生猛烈推力锤和桩分离这一过程的时间极短(随后桩在泥土中向下移动一距离l(已知锤反跳后到达最高点时锤与已停下的桩帽之间的距离也为h(如图)(已知m=kgM=kgh=ml=mg=ms混合物的质量不计(设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力求此力的大小(考场错解设碰后桩的速度为V′桩下降的过程中根据功能关系得:专家把脉这种做法错误之处是没考虑重力所做的功(对症下药锤自由下落碰桩前速度V向下碰后已知锤上升高度为(h一l)故刚碰后向上的速度为设碰后桩的速度为V′方向向下由动量守恒桩下降的过程中根据功能关系由式得:代入数值得:F=N((专家会诊动量知识和机械能知识往往是以综合运用的形式出现于高考题中分析相互作用系统的动量变化、能量变化分别利用动量守恒及能量守恒(动能定理、机械能守恒定律)是解答这类综合题的主要思路(【高考真题精解精析】【高考试题解析】(全国)质量为M内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上箱子中间有一质量为m的小物块小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的则整个过程中系统损失v的动能为LmMA(mvB(vC(NμmgLD(NμmgLMm【答案】BD【解析】由于水平面光滑一方面箱子和物块组成的系统动量守恒二者经多次碰撞v'v'后保持相对静止易判断二者具有向右的共同速度根据动量守恒定律有mv=(Mm),EmvMmv系统损失的动能为知B正确另一方面系统损失的动能可由,,,k,mg,s,EQ=且Q=由于小物块从中间向右出发最终又回到箱子正中间其间共发k相对S生N次碰撞则=NL,则B选项也正确相对((福建)(分)如图甲在x,的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场电场强度大小为E磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q(q,)的粒子从坐标原点O处以初速度v沿x轴正方向射人粒子的运动轨迹见图甲不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v现只改变人射粒子初速度的大小发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(yx曲线)不同但具有相同的空间周期性如图乙所示同时这些粒子在y轴方向上的运动(yt关,m系)是简谐运动且都有相同的周期T=。qBTx求粒子在一个周期内沿轴方向前进的距离s当入射粒子的初速度大小为v时其yt图像如图丙所示求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出yt的函数表达式。解析:此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。()由于洛仑兹力不做功只有电场力做功由动能定理有qEh=mvmvqEh由式解得v=。v,mT()I(由图乙可知所有粒子在一个周期内沿x轴方向前进的距离相同即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v则qvB=qE,又s=vT,m式中T=qB,mE由式解得s=qBII设粒子在y方向上的最大位移为y(图丙曲线的最高点处)对应的粒子运动速度大m小为v(方向沿x轴)因为粒子在y方向上的运动为简谐运动因而在y=和y=y处粒子所m受的合外力大小相等方向相反则qvBqE=(qvBqE),由动能定理有qEy=mvmvm又A=yymm由式解得A=(vEB)。yqBmqB可写出图丙曲线满足的简谐运动yt的函数表达式为y=(vEB)(cost)qBm(广东)(分)如图所示以A、B和C、D为断电的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内一滑板静止在光滑的地面上左端紧靠B点上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点运动到A时刚好与传送带速度相同然后经A沿半圆轨道滑下再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点质量为m滑板质量为M=m两半圆半径均为R板长l=R,板右端到C的距离L在R<L<R范围内取值E距A为S=R,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=重力加速度取g。()求物块滑到B点的速度大小()试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中克服摩擦力做的功W与L的关系并f判断物块能否滑到CD轨道的中点。解析:()滑块从静止开始做匀加速直线运动到A过程滑动摩擦力做正功滑块从AvgR,到B重力做正功根据动能定理解得:,mgSmgRmv,BB()滑块从B滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动当滑块与滑板达共同速度时二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v根据动量守恒vBmvmmv,()解得:v,B对滑块用动能定理列方程:解得:s=R,,,,mgsmvmvB对滑板用动能定理列方程:解得:s=R,,,mgsmv由此可知滑块在滑板上滑过s,s=R时小于R并没有滑下去二者就具有共同速度了。当RL,R时滑块的运动是匀减速运动R匀速运动L,R匀减速运动R滑上C点根据动能定理:解得:,,,,mgRRmvmvmvmgRmgR,,()CBC滑块不能滑到CD轨道的中点。WmgRRmgR,,,()f当R,L,R时滑块的运动是匀减速运动RL滑上C点。根据动能定理:解得:,,,,mgRLmvmvWmgRLmgRL,,,()()()CBf当时可以滑到CD轨道的中点此时要求L<R这mvmgRLmgR,,,()C与题目矛盾所以滑块不可能滑到CD轨道的中点。v((山东)如图所示将小球从地面以初速度竖直上抛的同时将另一相同质量的ah小球b从距地面处由静止释放两球恰在处相遇(不计空气阻力)。则hA两球同时落地B相遇时两球速度大小相等C从开始运动到相遇球动能的减少量等于球b动能的增加量abD相遇后的任意时刻重力对球a做功功率和对球做功功率相等答案:Ch解析:由于两球运动时机械能守恒两球恰在处相遇从开始运动b到相遇球a动能的减少量等于球动能的增加量选项C正确。((四川)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从末落地则A整个过程中小球电势能变换了mgtB整个过程中小球动量增量的大小为mgtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mgtD从A点到最低点小球重力势能变化了mgt答案:BD解析:由平均速度关系可知设下落t秒时的速度为v再次回到A点时的速度大小为vv,()vxv,则满足即第二次回到A点时的速度大小为下落t秒时的倍上升加速xtt,mgtmgtP,,,度为自由落体加速度的倍电场力为重力的倍由冲量定理知道,即B正确电场力做功对应电势能变化A错误最低点时小球WFhmggtmgt,,,速度为零所以加电场开始到最低点时动能变化了C错误,,,EmggtmgtK减速时候加速度为自由下落时倍所以时间为自由下落的三分之一总位移为所以重力势能变化为,D正确。,,Emgthgtgt,,P(重庆)(分)如题图所示静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列质量均为m人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动当车运动了距离L时与第二辆车相碰两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用碰撞时间很短忽略空气阻力求:整个过程中摩擦阻力所做的总功人给第一辆车水平冲量的大小第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。【解析】整个过程中摩擦阻力所做的总功W,,kmgL,kmgL,kmgL,,kmgLuvu设第一车的初速度为第一次碰前速度为碰后共同速度为第二次碰前速度vu为碰后共同速度为,kmgL,mv,mu„„„„„,k(m)gL,(m)v,mu„„„„„„„„„„,k(m)gL,,(m)u动量守恒mv,mu„„„„„mv,mu„„„„„I,mu,mkgL人给第一辆车水平冲量的大小„„„v,kgL由解得„„„由解得„„„u,v,kgL第一次碰撞系统动能损失„„„(),E,mv,mu,kmgku,kgL由解得„„„由解得„„„v,u第二次碰撞系统动能损失„„„„„()(),E,mv,mu,kmgkE,k第一次与第二次碰撞系统动能损失之比„„„„„,E,k((浙江)(分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽v,kmh车。有一质量m=kg的混合动力轿车在平直公路上以匀速行驶发动机的输出功率为P,kW。当驾驶员看到前方有kmh的限速标志时保持发动机功率不变立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电使轿车做减速运动运动=m后Lv,kmh速度变为。此过程中发动机功率的用于轿车的牵引用于供给发电机工作发动机输送给发电机的能量最后有转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求Fkmh轿车以在平直公路上匀速行驶时所受阻力的大小阻Ekmhkmh轿车从减速到过程中获得的电能电,ELkmh轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持匀速运动的距离。电NJm【答案】()()()P,Fv【解析】()汽车牵引力与输出功率的关系牵Pv,kmh,msP,kW将代入得F,,N牵vF,N当轿车匀速行驶时牵引力与阻力大小相等有阻()在减速过程中注意到发动机只有用于汽车的牵引根据动能定理有PPt,JPt,FL,mv,mv代入数据得阻电源获得的电能为E,Pt,J电F,N()根据题设轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为。此过程中阻,E,FL由能量转化及守恒定律可知仅有电能用于克服阻力做功阻电,代入数据得L,m((四川)(分)随着机动车数量的增加交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例将警示我们遵守交通法规珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为t以kmh的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车货车即做匀减速直线运动加速度的大小为ms(不超载时则为ms)。()若前方无阻挡问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远,()若超载货车刹车时正前方m处停着总质量为t的轿车两车将发生碰撞设相互作用s后获得相同速度问货车对轿车的平均冲力多大,vv加速度大小为末速度大小为刹车解析:()假设货车刹车时的速度大小为atvv,t距离为满足ss,a代入数据得到sm,超载时sm,若不超载说明:式分式各分vsm',()设货车刹车后经过与轿车碰撞时的速度大小为vvas,,'tv碰撞后两车共同速度为货车质量为M轿车质量为m满足动量守恒定律MvMmv,()F,t设货车对轿车的作用时间为平均冲力大小为,由动量定理Fmv,t=联立以上三式代入数据得到FN,说明:两式各分式分hm,((山东)(分)如图所示在高出水平地面的光滑平台上放置一质量lm,Mkg,、由两种不同材料连接成一体的薄板A其右段长度且表面光滑左段表mkg,面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B其质量。B与A左段间动摩擦因数u,FN,。开始时二者均静止现对A施加水平向右的恒力待B脱离A(A尚未露xm,出平台)后将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离。(取g=ms)求:()B离开平台时的速度v。B()B从开始运动到刚脱离A时B运动的时间t和位移x。BB()A左端的长度l。解析:()设物块平抛运动的时间为t由平抛运动规律得h=gtx=vtB联立解得v=ms。B()设B的加速度为a由牛顿第二定律μmg=maBB由匀变速直线运动规律=v=atxatBBBBBB联立解得t=sx=m。BB()设B刚好开始运动时A的速度为v由动能定理得Fl=Mv设B运动后A的加速度为aA由牛顿第二定律和运动学的知识得Fμmg=Ma(lx)=vtatABBAB联立解得=m。l((福建)(分)反射式速调管是常用的微波器械之一它利用电子团在电场中的振荡来产生微波其振MN荡原理与下述过程类似。如图所示在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场一带电微粒从A点由静止开始在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强E,E,度的大小分别是NC和NC方向如图所示带电微粒质量,,dcm,mkg,qC,,MN带电量,A点距虚线的距离不计带电微粒的重力忽略相对论效应。求:dMNB点到虚线的距离t带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。解析:此题考查电场力、动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等知识点。()带电微粒由A运动到B的过程中由动能定理有qEdqEd=E解得d=d=cmE()设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a、a由牛顿第二定律有qE=maqE=ma设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t、t由运动学公式有d=atd=att=tt联立解得t=s。((北京)(分)利用电场和磁场可以将比荷不同的离子分开这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场A处有一狭缝。离子源产生的离子经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于边且垂直于磁场的方向射入磁场运动到边被相应的收集器收GAGA集。整个装置内部为真空。已知被加速的两种正离子的质量分别是和(>)电荷量均为。mmmmq加速电场的电势差为U离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力也不考虑离子间的相互作用。()求质量为m的离子进入磁场时的速率v()当磁感应强度的大小为B时求两种离子在GA边落点的间距s()在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调GA边长为定值L狭缝宽度为d狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离求狭缝的最大宽度。解析:()动能定理Uqmv,qU得v,mmvmv()由牛顿第二定律利用式得qvBR,,,RqBmUmU离子在磁场中的轨道半径为别为R,R,qBqBU两种离子在GA上落点的间距sRRmm,,,,()()qB()质量为m的离子在GA边上的落点都在其入射点左侧R处由于狭缝的宽度为d因此落点区域的宽度也是d。同理质量为m的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。为保证两种离子能完全分离两个区域应无交叠条件为()RRd,,m利用式代入式得()Rd,,mRLd,,的最大值满足Rmm得()()Ldd,,,mmm,求得最大值dL,mmm,(全国)(分)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。mdm质量为、厚度为的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为的子弹以某一速度dm垂直射向该钢板刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为、质量为的相同的两块间隔一段距离平行放置如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板穿出后再射向第二块钢板求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。【解析】设子弹初速度为v射入厚度为d的钢板后最终钢板和子弹的共同速度为V由动量守恒得(mm)V=mv解得V=v此过程中动能损失为,E=mv,mV解得,E=mv分成两块钢板后设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v和V由动量守恒定律得mvmV=mvE,因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力射穿第一块钢板的动能损失为由能量守恒得E,mvmV=mv,联立式且考虑到v必须大于V得v=()v设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为由动量守恒得VmV=mv损失的动能,E'=mv,mV联立式得E,,E'=()因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力由式可得射入第二块钢板的深度x为x=()d(重庆)(分)如题图所示静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列质量均为m人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动当车运动了距离L时与第二辆车相碰两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用碰撞时间很短忽略空气阻力求:整个过程中摩擦阻力所做的总功人给第一辆车水平冲量的大小第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。【解析】整个过程中摩擦阻力所做的总功W,,kmgL,kmgL,kmgL,,kmgLuvu设第一车的初速度为第一次碰前速度为碰后共同速度为第二次碰前速度vu为碰后共同速度为,kmgL,mv,mu„„„„„,k(m)gL,(m)v,mu„„„„„„„„„„,k(m)gL,,(m)u动量守恒mv,mu„„„„„mv,mu„„„„„I,mu,mkgL人给第一辆车水平冲量的大小„„„v,kgL由解得„„„由解得„„„u,v,kgL()第一次碰撞系统动能损失„„„,E,mv,mu,kmgku,kgL由解得„„„由解得v,u„„„()()第二次碰撞系统动能损失„„„„„,E,mv,mu,kmgkE,k第一次与第二次碰撞系统动能损失之比„„„„„,E,k高考试题解析】【、(全国卷)(小球A和B的质量分别为m和m且m,m在某高度处将A和BABA,B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回在释放处的下方与释放初距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢设所有碰撞都是弹性的碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。,,mm,AB【答案】H,,mmAB,,v【解析】根据题意由运动学规律可知小球A与B碰撞前的速度大小相等设均为由机械能守恒有mgHmv,AAvv设小球A与B碰撞后的速度分别为和以竖直向上方向为正由动量守恒有mvmvmvmv,,()ABAB由于两球碰撞过程中能量守恒故mvmvmvmv,ABABmm,AB联立式得:vv,mmABv设小球B能上升的最大高度为h由运动学公式有h,g,,mm,AB由式得hH,,,mmAB,,、(北京卷)(如图若x轴表示时间y轴表示位置则该图像反映了某质点做匀速直线运动时位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量则该图像又可以反映在某种情况下相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是A若x轴表示时间,y轴表示功能则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中物体动能与时间的关系B若x轴表示频率y轴表示动能则该图像可以反映光电效应中光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C若x轴表示时间y轴表示动量则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下物体动量与时间的关系D若x轴表示时间y轴表示感应电动势则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路当磁感应强度随时间均匀增大时增长合回路的感应电动势与时间的关系【答案】C【解析】根据动量定理P,P=Ft得P=PFt说明动量和时间是线性关系纵截距为初动PmE,mEFtP,量C正确。结合得说明动能和时间是抛物线A错误。根kkEhW,,,据光电效应方程说明最大初动能和入射光频率是线性关系但截距为负值Bkm错误。当磁感应强度随时间均匀增大时增长合回路的磁通量均匀增大根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率是一个定值不随时间变化D错误。、(北京卷)(雨滴在穿过云层的过程中不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为初速度为下降距离后与静止的小水珠碰撞且合并质量变为。此后每经mvlm过同样的距离l后雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并质量依次变为m、m„„m„„(设n各质量为已知量)。不计空气阻力。)若不计重力求第次碰撞后雨滴的速度′(nvn()若考虑重力的影响a求第次碰撞前、后雨滴的速度和′vvnb求第n次碰撞后雨滴的动能mv'nnn,m【答案】()()mvglmv(),immi,nn,mvmv,【解析】()不计重力全过程中动量守恒nnm,得:vv,nmn()若考虑重力的影响雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动碰撞瞬间动量守恒vvglvvgl,,a第次碰撞前,mvmv,第次碰撞后mm,vvvgl,,mm,vvgl,b第次碰撞前,,,,mmm利用化简得:vvgl,,,,,mm,,,,第次碰撞后利用得:,,,,,,mmmm,vvvgl,,,,,,,,mmm,,,,,,,,,,mmmm,同理第次碰撞后vvgl,,,,,mm,,,,„„„„n,,,m,i,,,,mi,,,,第n次碰撞后vvgl,,,nmm,,n,,,,,,n,动能mvmvglm,(),nimi,n、(新课标卷)(()(分)如图所示光滑的水平地面上有一木板其左端放有一重物右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的,倍重物与木板间的动摩擦因数为。使木板与重物以共同的速度v向右运动某时刻木板与墙发生弹性碰撞碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长重物始终在木板上。重力加速度为g。v【答案】,g【解析】木板第一次与墙碰撞后向左匀减速直线运动直到静止再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度再往后是匀速直线运动直到第二次撞墙。木板第一次与墙碰撞后重物与木板相互作用直到有共同速度动量守恒有:v()mvmvmmv,,解得:v,mvmvmgt,,,(),木板在第一个过程中用动量定理有:用动能定理有:,,,,mvmvmgssvt,木板在第二个过程中匀速直线运动有:vvv木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=tt==,,,ggg、(安徽卷)(如图ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道其中AB段是水平的BD段为半径R=m的半圆两段轨道相切于B点整个轨道处在竖直向下的匀强电场中场强大小E=Vm。一不带电的绝缘小球甲以速度υ沿水平轨道向右运动与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=kg乙所带电荷量q=Cg取ms。(水平轨道足够长甲、乙两球可视为质点整个运动过程无电荷转移)()甲乙两球碰撞后乙恰能通过轨道的最高点D求乙在轨道上的首次落点到B点的距离()在满足()的条件下。求的甲的速度υ()若甲仍以速度υ向右运动增大甲的质量保持乙的质量不变求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。,msmxm,,【答案】()m()()【解析】()在乙恰能通过轨道的最高点的情况下设乙到达最高点的速度为v乙D乙的落点到B点的距离为离开D点到达水平轨道的时间为tx则vDmmgqE,RmgqE()Rt,mxvt,Dxm,联立得:()设碰撞后甲、乙的速度分别为v、v根据动量守恒和机械能守恒定律有:甲乙mvmvmv,乙甲mvmvmv,乙甲联立得:v=v乙由动能定理得:,,,,,,mgRqERmvmvD乙()mgqER联立得:vms,,Dm()设甲的质量为M碰撞后甲、乙的速度分别为v、v根据动量守恒和机械能守恒Mm定律有:MvMvmv,MmMvMvmv,MmMv联立得:v,mMmvvv,,Mm由和可得:DmD,v设乙球过D点的速度为由动能定理得D',,,,,,mgRqERmvmvDm,msvms,,联立得:D,x设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为则有:,,xvt,D,mxm,,联立得:、(海南卷)(()在核反应堆中常用减速剂使快中子减速(假设减速剂的原子核k质量是中子的倍(中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰(设每次碰撞前原子核可认N为是静止的求次碰撞后中子速率与原速率之比(k,N【答案】()kmm【解析】设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为和碰撞后速度分别An,,vv为和碰撞前后的总动量和总能量守恒有nA,,mmmvvv,nnnnAA,,mmmvvv,AAnnnnv式中为碰撞前中子速度由题设nmkm,An由式得经次碰撞后中子速率与原速率之比为,vk,n,vkn经N次碰撞后中子速率与原速率之比为k,N()k、(福建卷)(()如图所示一个木箱原来静止在光滑水平面上木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的v质量。现使木箱获得一个向右的初速度则。(填选项前的字母)(小木块和木箱最终都将静止AB(小木块最终将相对木箱静止二者一起向右运动C(小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞而木箱一直向右运动D(如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止则二者将一起向左运动【答案】B【解析】系统不受外力系统动量守恒最终两个物体以相同的速度一起向右运动B正确。BA、CA、Bm、(山东卷)(()如图所示滑块质量均为滑块质量为。开始时mAvv、C分别以的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动现将无初速地放在上AABB并与粘合不再分开此时与相距较近与挡AB板碰撞将以原速率反弹与碰撞将粘合在一起。Bvv、为使能与挡板碰撞两次应满足什么关系,【答案】vv,,mvmv,【解析】A与C粘合在一起由动量守恒定律得,再与B碰撞时要达到题目要求需mvmv,,联立解得vv,、(广东卷)(如图所示一条轨道固定在竖直平面内粗糙的ab段水平bcde段光滑cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于b处A的质量是B的倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离分别向左、右始终沿轨道运动。B到b点时速度沿水平方向此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的A与ab段的动摩擦因数为μ重力加速度g求:()物块B在d点的速度大小()物块A滑行的距离sRgR【答案】()()v,s,,【解析】()B在d点根据牛顿第二定律有:Rgv解得:v,mgmgm,,R()B从b到d过程只有重力做功机械能守恒有:„„„„„„„„„„„„„„„„mvmgRmv,Bmvmv,AB分离过程动量守恒有:„„„„„„„„„„„„ABA匀减速直线运动用动能定理得„„„,,,mvmgs,AR联立解得:s,,【高考试题解析】、(重庆)(分)年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程:如题图运动员OO'AO'将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线推到A点放手此后冰壶沿滑行最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为冰壶质量为mAC=L=r,重力加速度为gCO'()求冰壶在A点的速率()求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小()若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为,原只能滑到C点的冰壶能停CO'O'于点求A点与B点之间的距离。【解析】解:()冰壶在冰面上受到摩擦力做减速运动设在A点速度为,有动能定VA理可知:,,mgl,,mvA解得:V,,glA)设小球从O点运到A点受到的冲量I由动量定理可知:(将代入VI,mV,AA可得:I,m,gl'()设AB间距离为S冰壶在其他地方受摩擦力不变只是在B段变化。同样由动O能定理可得:,,mgS,,mglr,s,,mVA将代入可得:VS,L,rA【考点定位】着重考查了学生的解决具体问题的能力背景较新和生活社会联系紧密。考查了受力分析动能定理动量定理的应用。、(上海)(小球由地面竖直上抛上升的最大高度为H设所受阻力大小恒定地面为零势能面。在上升至离地高度h处小球的动能是势能的两倍在下落至离地高度h处小球的势能是动能的两倍则h等于()(A)H(B)H(C)H(D)H【答案】D。【解析】小球上升至最高点过程:小球上升至离地高度h,,,,mgHfHmv处过程:又小球上升至最高点后又mvmgh,,,,,mghfhmvmvmv,mgh下降至离地高度h处过程:又,,,,,mghfHhmvmv()以上各式联立解得答案D正确。hH,【考点定位】本题是对动能定理的考查属于较难的题目、(海南)(物体在外力的作用F从静止开始做直线运动合外力tt方向不变大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于xxvvtWt出发点的位移分别是和(速度分别是和合外力从开始至时刻做的功是从tW至时刻做的功是则xx,vv,xx,vv,A(B(xx,WW,vv,WW,C(D(【答案】AC【解析】由图象及动量定理可知图象围成的面积表示合外力的冲量故时刻物体的t动量为P,mv,Ftt时刻物体的动量为P,mv,FtFt,Ft即v,v由动能定理可知W,Fx,mvW,F(x,x),mv,mv即W,Wx,x故AC正确。【考点定位】考查动量定理、动能定理、(全国)(质量为M的物块以速度V运动与质量为m的静止物块发生正撞碰撞后两者的动量正好相等两者质量之比Mm可能为ABCD【答案】AB【解析】碰后动量相等设此动量为P方向一定与V相同则碰后速度关系可知碰后vMm的速度v一定要大小或等于碰后M的速度v即vv由mv=Mv可知由能量,,mv(p)ppM,关系可知:解得:由上述结论可知A、B项正确。,mMmM【考点定位】考查动量与能量、(全国)((分)(注意:在试题卷上作答无效)((((((((((如图所示倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面向的动摩擦因数为u,重力加速度为g设碰撞时间极短求工人的推力三个木箱均速运动的速度在第一次碰撞中损失的机械能。【答案】【解析】工人最后推着三个木箱匀速上滑可由此过程的平衡条件求得工人的推力从推第一个木箱开始应用功能关系求得与第二个木箱碰前的速度再由动量守恒求得二者碰后的速度然后再上滑与第三个木箱碰撞仍然用功能关系和动量守恒定律求解可得最后三个木箱的速度第一次碰撞中损失的机械能可直接用第一次碰撞前后的系统总动能之差求得。【考点定位】考查动量与能量的综合知识、(天津)((分)如图所示质量m=kg的小车在光滑的水平面上车长L=m,现有质量m=kg可视为质点的物块以水平的速度v=ms从左端滑上小车最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与,车面间的动摩擦因数=,取gms求物块在车面上滑行的时间t要使物块不从小车右端滑出物块滑上小车左端的速度v′不超过多少。【答案】【解析】物块在小车上滑动二者相互作用动量守恒能得到相对静止时的速度要求时间使用动量定理即可求解要使小物块不滑出小物块滑到最右端时刚好二者相对静止此时可用动量守恒表示二者的共速再用能量守恒相对位移刚好为L从而求解初速度。【考点定位】考查相互作用中的动量守恒和能量守恒【高考押题】(如图所示质量均为m的小车A、B在光滑水平面上以相同的速度V=ms相向运m动在小车B的支架上用细线悬挂着质量为的小球CC相对于B静止若两车相碰后连在一起共同运动当C摆到最高点时两车速度大小为ms动量分别为=kg,ms和=kg,ms的小球、沿光滑平面上的同一条直线同向ppABAB运动追上并发生碰撞。若已知碰撞后的动量减小了kg,ms而方向不变求、二ABAAB球质量之比的可能范围。如图所示在长木板A的右端固定着一个挡板静止在光滑水平地面上已知木板(包括挡板)的质量m=m小木块B(可视为质点)的质量m=m(现使木块B从A的左端AB开始以水平向右的初速度v在长木板A上滑动滑到右端时与挡板发生碰撞已知碰撞过程时间极短碰撞后木块B恰好能滑到木板A的左端而不脱离木板(设B与A间的动摩擦因数为μB在A板上单程滑行长度为l(()若求在木块B与挡板碰撞的过程中A和B所组成的系统损失的机,,vlg械能(()在木块B与挡板碰撞后返回木板左端的过程中欲使木块B不出现相对于地面向左v,l运动的情况求物理量、、之间应满足的关系(相隔一定距离的A、B两球质量相等假定它们之间存在着恒定的斥力作用(原来两球被按住处在静止状态(现突然松开同时给A球以初速度v使之沿两球连线射向B球B球初速度为零(若两球间的距离从最小值(两球未接触)在刚恢复到原始值所经历的时间为t求B球在斥力作用下的加速度(、如图所示一个横截面为梯形质量为kg的木块B静止置于水平光滑的地面上木块的两个斜面均光滑倾角分别为、木块的上底面为水平的粗糙面其长度为m,上底面距地面的高度为m。现质量为kg的木块A(可视为质点)以速度V沿水平光滑地面向木块B滑去。(木块A与木块B上底面之间的滑动摩擦系数为木块B的两个斜面与上底面的交界处为圆弧面g取ms)试讨论:()当木块A的速度V=ms时木块A、B的最终运动情况()当木块A的速度V=ms时木块A、B的最终运动情
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