《2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用講義》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用講義（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用講義 專題定位　本專題解決的是綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決物體運(yùn)動(dòng)的多過程問題．本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新、聯(lián)系實(shí)際密切、綜合性強(qiáng)，是高考的壓軸題． 應(yīng)考策略　本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和動(dòng)量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．由于本專題綜合性強(qiáng)，因此要在審題上狠下功夫，弄清運(yùn)動(dòng)情景，挖掘隱含條件，有針對(duì)性地選擇相應(yīng)規(guī)律和方法． 1． 動(dòng)量定理的公式Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)

2、系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因． 動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系，反映了力對(duì)時(shí)間的累積效果，與物體的初、末動(dòng)量無必然聯(lián)系．動(dòng)量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系． 動(dòng)量定理公式中的F是研究對(duì)象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時(shí)，F(xiàn)應(yīng)是合外力對(duì)作用時(shí)間的平均值． 2． 動(dòng)量守恒定律 (1)內(nèi)容：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變． (2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量

3、p等于相互作用后總動(dòng)量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量變化量大小相等、方向相反)． (3)守恒條件 ①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零． ②系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． ③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過程． 3． 解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合，常涉及受力、加速度或勻變速運(yùn)動(dòng)的問題． (2)動(dòng)量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問題，以及

4、相互作用的系統(tǒng)問題． (3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力和位移問題時(shí)，常用動(dòng)能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時(shí)，常用能量守恒定律． 1． 力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)單個(gè)物體：宜選用動(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)間的問題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律． (2)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． 2． 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)

5、物理過程進(jìn)行整體思維，即把幾個(gè)過程合為一個(gè)過程來處理，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)). 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 題型1　動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例1　(xx·廣東·35)如圖1，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m，P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L，物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點(diǎn)．P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后P1與P

6、2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))．P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖1 (1)P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1和P的最終速度v2. (2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep. 解析　(1)P1和P2碰撞過程動(dòng)量守恒，有 mv0＝(m＋m)v1 ① 解得v1＝v0 P在P2上滑行過程中，P1、P2、P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 2mv0＋2mv1＝4mv2 ② 解得v2＝v0 (2)P1、P2、P第一次等速時(shí)彈簧壓縮量最大，由能量守恒得μ·2mg(L＋x)＋Ep＝×2mv＋

7、×2mv－×4mv ③ P剛進(jìn)入P2到P1、P2、P第二次等速時(shí)由能量守恒得 μ·2mg(2L＋2x)＝×2mv＋×2mv－×4mv ④ 由③④得：x＝－L，Ep＝. 答案　(1)v0　v0　(2)－L　 　如圖2所示，質(zhì)量為m的b球用長(zhǎng)為h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高為h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起．已知BC軌道距水平地面ED的高度為0.5h，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問： 圖2 (1)a球與b球碰前瞬間的速度為多大？ (2)a、b

8、兩球碰后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？若細(xì)繩斷裂，小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是多少？若細(xì)繩不斷裂，小球最高將擺多高？(小球a、b均視為質(zhì)點(diǎn)) 答案　(1)　(2)細(xì)繩會(huì)斷裂，落點(diǎn)距C處的水平距離是h 解析　(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，由機(jī)械能守恒定律，mgh＝mv 解得：vC＝ 即a球與b球碰前瞬間的速度為 (2)設(shè)a、b兩球碰后速度為v，由動(dòng)量守恒定律，mvC＝(m＋m)v 解得：v＝＝ 兩球粘在一起被細(xì)線懸掛繞O擺動(dòng)時(shí)，由FT－2mg＝2m 解得：FT＝3mg 由于FT>2.8mg，細(xì)線會(huì)斷裂，小球做平拋運(yùn)動(dòng)． 設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有0.5h＝gt2，解得t＝

9、 x＝vt＝·＝h 小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是h 題型2　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 例2　(20分)在光滑水平面上靜止著A、B兩個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，A球是帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L(zhǎng).從t＝0時(shí)刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖3所示．A球在電場(chǎng)力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞．設(shè)兩球間碰撞力遠(yuǎn)大于電場(chǎng)力且作用時(shí)間極短，每次碰撞過程中A、B之間都沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力．問： 圖3 (1)小球A經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與

10、小球B發(fā)生第一次碰撞？ (2)小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？ (3)第二次碰撞后，又經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間發(fā)生第三次碰撞？ 解析　(1)小球A在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， L＝at (1分) a＝ (1分) 解得：t1＝ (1分) (2)小球A與小球B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)A球碰前速度為vA1，碰后速度為vA1′，B球碰前速度為0，碰后速度為vB1′，則mvA1＝mvA1′＋mvB1′ (2分) mv＝mvA1′2＋mvB1′2 (2分)

11、 聯(lián)立得：vA1′＝0 vB1′＝vA1 vA1＝at1＝ 所以vA1′＝0(2分) vB1′＝ (2分) (3)第一次碰撞后，小球A做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球B以vB1′的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是：兩小球位移相等． 設(shè)A球第二次碰撞前速度為vA2，碰后速度為vA2′，B球碰前速度為vB2，碰后速度為vB2′，則 vA2＝at2＝t2 vB2＝vB1′＝ at＝vB2t2 解得：t2＝2 vA2＝at2＝2 又mvA2＋mvB2＝mvA2′＋mvB2′ mv＋mv＝mvA2′2＋mvB2′2 聯(lián)立得：v

12、A2′＝vB2 vB2′＝vA2 所以vA2′＝ vB2′＝2 (4分) 第二次碰撞后，小球A做初速度為 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球B以vB2′的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩小球發(fā)生第三次碰撞的條件是：兩小球位移相等． 設(shè)第三次碰撞A球碰前速度為vA3，碰后速度為vA3′，B球碰前速度為vB3，碰后速度為vB3′，則 vB3＝vB2′＝2 t3＋at＝vB3·t3 解得：t3＝2 (5分) 即完成第二次碰撞后，又經(jīng)t3＝2的時(shí)間發(fā)生第三次碰撞． 答案　(1) 　(2)A球的速度大小是0，B球的速度大小是 　(3)2 　如圖4所示，

13、相距都為L(zhǎng)的兩足夠長(zhǎng)的平行金屬直導(dǎo)軌與水平面的夾角都是θ，通過最低點(diǎn)的PQ用一段很小的圓弧連接(長(zhǎng)度可以忽略)，PQ的左側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、磁場(chǎng)方向垂直左導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQ的右側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝2B1、磁場(chǎng)方向垂直右導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQ圓弧處沒有磁場(chǎng)．現(xiàn)有電阻都為r、長(zhǎng)度都為L(zhǎng)、質(zhì)量分別是m1、m2，m2＝2m1的導(dǎo)體棒AB、CD分別靜置于兩導(dǎo)軌的足夠高處，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．現(xiàn)先釋放AB棒，當(dāng)AB棒速度穩(wěn)定時(shí)再釋放CD棒．一切摩擦不計(jì)，試分析下列問題： 圖4 (1)求AB棒的穩(wěn)定速度v1； (2)試分析AB棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)自由釋放后的CD棒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；

14、 (3)當(dāng)AB棒運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)PQ時(shí)，立即鎖定它，不讓其運(yùn)動(dòng)，隨即解除鎖定，隨后會(huì)與下滑的CD棒發(fā)生彈性碰撞．試求AB、CD棒在運(yùn)動(dòng)停止前的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最大電流． 答案　(1)　(2)CD棒靜止不動(dòng)　(3) 解析　(1)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B1Lv1 電流I＝ AB棒所受到的安培力F安1＝B1LI＝ AB棒穩(wěn)定后有＝m1gsin θ 由上述解得v1＝ (2)CD棒釋放前瞬間所受到的安培力為F安2＝B2LI＝ 將B2＝2B1代入上式得F安2＝ CD棒重力沿斜面方向的分量為G2＝m2gsin θ＝2m1gsin θ 因＝m1gsin θ，即F安2＝G2，故CD棒靜止不動(dòng)

15、(3)CD由足夠高滑下來，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)安2＝B2LI′＝ 又F安2＝ 解得v2＝v1 兩棒彈性碰撞，動(dòng)量守恒 m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 機(jī)械能守恒：m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 由以上解得：v1′＝ v2′＝ 由上述可知AB棒以v1下滑時(shí)速度最大，產(chǎn)生的最大電流Imax＝＝ 8． 綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過程問題 審題示例 如圖5所示，光滑的水平面AB(足夠長(zhǎng))與半徑為R＝0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn)．A點(diǎn)的右側(cè)等高地放置著一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)＝20 m、逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速度為v＝10 m/s的傳送帶．用輕質(zhì)細(xì)線連接甲

16、、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲乙兩物體不拴接．甲的質(zhì)量為m1＝3 kg，乙的質(zhì)量為m2＝1 kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)固定乙，燒斷細(xì)線，甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過D點(diǎn)，且過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好等于甲的重力．傳送帶與乙物體間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙兩物體可看做質(zhì)點(diǎn)． 圖5 (1)求甲球離開彈簧時(shí)的速度． (2)若甲固定，乙不固定，細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧后滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離． (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時(shí)甲乙的速度；若不會(huì)碰撞，說明原因．

17、 審題模板 答題模板 (1)甲離開彈簧時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒： m1v＝m1g·2R＋m1v 在最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律，2m1g＝m1 聯(lián)立解得：v0＝4 m/s (4分) (2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙，能量守恒得Ep＝m1v＝m2v 得v乙＝12 m/s (2分) 之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)μm2g＝m2a 得a＝6 m/s2 (2分) 乙速度為零時(shí)離A端最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為： s＝＝12 m<20 m (2分) 即乙在傳送

18、帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12 m. (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線后，設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2，甲、乙分離瞬間動(dòng)量守恒：m1v1＝m2v2 甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒：Ep＝m1v＝m1v＋m2v 解得：v1＝2 m/s，v2＝6 m/s (4分) 之后甲沿軌道上滑，設(shè)上滑最高點(diǎn)高度為h，則m1v＝m1gh 得h＝0.6 m<0.8 m (2分) 則甲上滑不到等圓心位置就會(huì)返回，返回AB面上速度仍然是v2＝2 m/s (1分) 乙滑上傳送帶，因v2＝6 m/s<12 m/s，則乙先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左勻加速． 由對(duì)稱性可知

19、乙返回AB面上時(shí)速度大小仍然為v2＝6 m/s (1分) 故甲、乙會(huì)再次相撞，碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s，方向向右，乙的速度為6 m/s，方向向左 答案　(1)4 m/s　(2)12 m　(3)甲、乙會(huì)再次碰撞，碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s，方向向右，乙的速度為6 m/s，方向向左 (限時(shí)：60分鐘) 1． 如圖1所示，在離地面H＝5.45 m的O處用長(zhǎng)L＝0.45 m的不可伸長(zhǎng)的細(xì)線掛一質(zhì)量為0.09 kg的爆竹(火藥質(zhì)量忽略不計(jì))，把爆竹拉起至D點(diǎn)使細(xì)線水平伸直，點(diǎn)燃導(dǎo)火線后將爆竹靜止釋放，爆竹剛好到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)炸成質(zhì)量相等的兩塊，一塊朝相反方向水平拋出，落到地面上的A處，

20、拋出的水平距離s＝5 m．另一塊仍系在細(xì)線上繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，空氣阻力忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2，求： 圖1 (1)爆竹爆炸前瞬間的速度大小v0； (2)繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊在B處對(duì)細(xì)線的拉力的大??； (3)火藥爆炸釋放的能量E. 答案　(1)3 m/s　(2)12.55 N　(3)2.88 J 解析　(1)設(shè)爆竹的總質(zhì)量為2m，爆竹從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，得 2mgL＝×2mv 解得v0＝3 m/s (2)設(shè)爆炸后拋出的那一塊的水平速度為v1，做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊的水平速度為v2. 對(duì)拋出的那一塊，有： s＝v1t H－L＝gt2 解得v1＝5

21、m/s 以爆炸后做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊的水平速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律，得 2mv0＝mv2－mv1 在B處，對(duì)于做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊，根據(jù)牛頓第二定律，得 FT－mg＝ 根據(jù)牛頓第三定律，得 做圓周運(yùn)動(dòng)的那一塊對(duì)細(xì)線的拉力FT′＝FT 聯(lián)立以上各式，解得FT′＝12.55 N (3)根據(jù)能量守恒定律，得 E＝mv＋mv－×2mv 解得E＝2.88 J 2． 如圖2所示，在距水平地面高h(yuǎn)＝0.80 m的水平桌面一端的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量m＝0.80 kg的木塊B，桌面的另一端有一塊質(zhì)量M＝1.0 kg的木塊A以初速度v0＝4.0 m/s開始向著木塊B滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝0.4

22、0 s與B發(fā)生碰撞，碰后兩木塊都落到地面上．木塊B離開桌面后落到地面上的D點(diǎn)．設(shè)兩木塊均可以看做質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且已知D點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離s＝0.60 m，木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50，重力加速度取g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)兩木塊碰撞前瞬間，木塊A的速度大??； (2)木塊B離開桌面時(shí)的速度大小； (3)碰撞過程中損失的機(jī)械能． 答案　(1)2.0 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.78 J 解析　(1)木塊A在桌面上受到滑動(dòng)摩擦力作用做勻減速運(yùn)動(dòng)，木塊A的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律，μMg＝Ma a＝5 m/s2 設(shè)兩木塊碰撞前瞬間

23、A的速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v＝v0－at 解得v＝2.0 m/s (2)兩木塊離開桌面后均做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊B離開桌面時(shí)的速度大小為v2，在空中飛行的時(shí)間為t′.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有： h＝gt′2，s＝v2t′ 解得：v2＝s ＝1.5 m/s (3)設(shè)兩木塊碰撞后木塊A的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 Mv＝Mv1＋mv2 解得：v1＝＝0.80 m/s 碰撞過程中損失的機(jī)械能為 E損＝Mv2－Mv－mv 解得E損＝0.78 J 3． 坡道頂端距水平滑道ab高度為h＝0.8 m．質(zhì)量為m1＝3 kg的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入滑道ab時(shí)無機(jī)械能損

24、失，放在地面上的小車上表面與ab在同一水平面上，右端緊靠水平滑道的b端，左端緊靠鎖定在地面上的擋板P.輕彈簧的一端固定在擋板P上，另一端與質(zhì)量為m2＝1 kg的物塊B相接(不拴接)，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，B恰好位于小車的右端，如圖3所示．A與B碰撞時(shí)間極短，碰后結(jié)合成整體D壓縮彈簧，已知D與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其余各處的摩擦不計(jì)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)A在與B碰撞前瞬間速度v的大?。? (2)求彈簧達(dá)到最大壓縮量d＝1 m時(shí)的彈性勢(shì)能Ep？(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零) (3)撤去彈簧和擋板P，設(shè)小車長(zhǎng)L＝2 m，質(zhì)量M＝6

25、kg，且μ值滿足0.1≤μ≤0.3，試求D相對(duì)小車運(yùn)動(dòng)過程中兩者因摩擦而產(chǎn)生的熱量(計(jì)算結(jié)果可含有μ)． 答案　(1)4 m/s　(2)10 J　(3)①當(dāng)0.1≤μ<0.135時(shí)，摩擦生熱80μ J．②當(dāng)0.135≤μ≤0.3時(shí)，摩擦生熱10.8 J 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律m1gh＝m1v2 解得v＝4 m/s (2)A與B碰撞結(jié)合，由動(dòng)量守恒定律得 m1v＝(m1＋m2)v1 得v1＝3 m/s D壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)，由能量守恒定律得 (m1＋m2)v＝Ep＋μ(m1＋m2)gd 得Ep＝10 J (3)設(shè)D滑到小車左端時(shí)剛好能夠與小車共速，速度大小為v2

26、由動(dòng)量守恒定律得 (m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋M)v2 即v2＝1.2 m/s 由能量守恒定律得 μ1(m1＋m2)gL＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋M)v 得μ1＝0.135 ①當(dāng)滿足0.1≤μ<0.135時(shí)，D和小車不能共速，D將從小車的左端滑落 產(chǎn)生的熱量為Q1＝μ(m1＋m2)gL 解得Q1＝80μ J ②當(dāng)滿足0.135≤μ≤0.3時(shí)，D和小車能共速 產(chǎn)生的熱量為Q2＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋M)v 解得Q2＝10.8 J 4． 如圖4所示，在一絕緣粗糙的水平桌面上，用一長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B.

27、A球帶電荷量為＋q，B球不帶電．開始時(shí)輕桿的中垂線與豎直虛線MP重合，虛線NQ與MP平行且相距4L.在MP、NQ間加水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B球恰能靜止在粗糙桌面上．取最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．求： 圖4 (1)A、B球與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)若A球帶電荷量為＋8q時(shí)，B球帶電荷量為－8q，將A、B球由開始位置從靜止釋放，求A球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)距虛線NQ的距離d及AB系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止所運(yùn)動(dòng)的總路程s； (3)若有質(zhì)量為km、帶電荷量為－k2q的C球，向右運(yùn)動(dòng)與B球正碰后粘合在一起，為使A球剛好能到達(dá)虛線NQ的位置，問k取何值時(shí)，C與B碰撞前瞬間C球的速度

28、最?。緾球速度的最小值為多大？(各小球與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同，且各小球間的庫侖力忽略不計(jì)) 答案　(1)　(2)8L　(3)k＝ 時(shí)C球的速度最小值，最小值為 解析　(1)以A、B球整體為研究對(duì)象，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有 qE＝2μmg μ＝ (2)從靜止開始至A球運(yùn)動(dòng)到最右端的過程中 電場(chǎng)力對(duì)A球做功 WA＝8qE×3L 電場(chǎng)力對(duì)B球做負(fù)功 WB＝－8qE[4L－(2L－d)]＝－8qE(2L＋d) 摩擦力對(duì)AB系統(tǒng)做負(fù)功 Wf＝－2μmg(3L＋d)＝－qE(3L＋d) 由動(dòng)能定理可知 WA＋WB＋Wf＝0 得d＝L 分析運(yùn)動(dòng)過程后可知，AB系統(tǒng)最終靜止在電場(chǎng)中，對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理可得 8qEL－2μmgs＝0 則s＝8L (3)C與B球碰后，C與AB系統(tǒng)共同速度設(shè)為v1，由動(dòng)量守恒可知 kmv0＝(km＋2m)v1 v1＝v0 C與B碰后至A滑到虛線NQ位置過程中，由動(dòng)能定理可知 qE·3L－k2qE·2L－μ(km＋2m)g·3L＝0－(km＋2m)v 聯(lián)立解得 v0＝ 當(dāng)4k＝，k＝ 時(shí)，v0有最小值v0min v0min＝