动量能量典型题

1．(14 分)某地强风的风速是 20m/s，空气的密度是  =1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风 面积为 S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为 12m/s，且该风力发电机的效率为  =80%，则该风力发电机的电功率多大？ 1．风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间 t 内的这种转化，这段时间内通过风力发 电机的空气 的空气是一个以 S 为底、v0t 为高的横放的空气柱，其质量为 m=  Sv0t，它通 过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为 P，则 )(2 1)2 1 2 1( 22 00 22 0 vvtSvmvmvPt   代入数据解得 P=53kW 2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为 6m/s.甲车上有 质量为 m=1kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为 M1=50kg，乙和他的车总 质量为 M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面 16.5m/s 的水平速度抛向乙， 且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时： （1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？ 2．分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二 为一”的过程。 （1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球 后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为 V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V smsmVMM MMV /5.1/680 20 1 21 21   （2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s） 每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s） 故小球个数为 )(1515 225 1 个  P PN 3．如图 11 所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为 3m，在木板的 上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止， A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度 V0 和 2V0 在木板上滑动，木板足够长， A、B 始终未滑离木板。求： （1）木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速 度刚好相等的过程中，木块 B 所发生的位移； （2）木块 A 在整个过程中的最小速度。 3．分析与解：（1）木块 A 先做匀减速直 线运动，后做匀加速直线运动；木块 B 一直做 匀减速直线运动；木板 C 做两段加速度不同的 匀加速直线运动，直到 A、B、C 三者的速度相等为止，设为 V1。对 A、B、C 三者组成的 系统，由动量守恒定律得： 100 )3(2 VmmmmVmV  解得：V1=0.6V0 对木块 B 运用动能定理，有： C A B 图 11 V0 2V0 2 0 2 1 )2(2 1 2 1 VmmVmgs   解得 )50/(91: 2 0 gVs  （2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为 V′，所用时间为 t，由牛顿第二定律： 对木块 A： gmmga   /1 , 对木板 C： 3/23/22 gmmga   , 当木块 A 与木板 C 的速度相等时，木块 A 的速度最小，因此有： tggtV )3/2(0   解得 )5/(3 0 gVt  木块 A 在整个过程中的最小速度为： .5/2 010 / VtaVV  4．总质量为 M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为 m，中途脱节， 司机发觉时，机车已行驶 L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图 13 所示。设运 动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是 多少？ 4．分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。 对车头，脱钩后的全过程用动能定理得： 2 01 )(2 1)( VmMgSmMkFL  对车尾，脱钩后用动能定理得： 2 02 2 1 mVkmgS  而 21 SSS  ，由于原来列车是匀速前进的，所以 F=kMg 由以上方程解得 mM MLS  。 5．如图 14 所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板 B 和 C。重物 A（A 视质点） 位于 B 的右端，A、B、C 的质量相等。现 A 和 B 以同一速度滑向静止的 C，B 与 C 发生正 碰。碰后 B 和 C 粘在一起运动，A 在 C 上滑行，A 与 C 有摩擦力。已知 A 滑到 C 的右端面 未掉下。试问：从 B、C 发生正碰到 A 刚移动到 C 右端期 间，C 所走过的距离是 C 板长度的多少倍？ 5．分析与解：设 A、B、C 的质量均为 m。B、C 碰撞 前，A 与 B 的共同速度为 V0，碰撞后 B 与 C 的共同速度为 V1。对 B、C 构成的系统，由动量守恒定律得：mV0=2mV1 设 A 滑至 C 的右端时，三者的共同速度为 V2。对 A、B、C 构成的系统，由动量守恒 定律得：2mV0=3mV2 设 C 的长度为 L， A 与 C 的动摩擦因数为μ，则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得： 2 2 2 0 2 1 3.2 1 2 12.2 1 mVmVmVmgLQ   AB C 图 14 设从发生碰撞到 A 移至 C 的右端时 C 所走过的距离为 S，则对 B、C 构成的系统据动 能定理可得： 2 1 2 2 )2(2 1)2(2 1 VmVmmgS  由以上各式解得 3 7 L S . 6．面积很大的水池，水深为 H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为 a ，密度为水的 2 1 ， 质量为 m ，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图 38 所示，现用力 F 将木块缓慢地压 到池底，不计摩擦，求 （1）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力 F 所做的功。 （2）若将该木块放在底面为正方形（边长为 2 a）的盛水足够深的长方体容器中，开始时， 木块静止，有一半没入水中，如图 39 所示，现用力 F 将木块缓慢地压到容器底部，不计摩 擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中，容器中水势能的改变量。 6．解：（1） 因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没 入水中时，图中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部 分水的质量为 m ，其势能的改变量为 mgaaHmgmgHE 4 3)4 3(1  水 大块势能的改变量为: mgamgHaHmgE 2 1)2(  木 根 据 功 能 原 理 ， 力 F 所 做 的 功 ： mgaEEW 4 1 木水 (2) 因容器水面面积为 2a2，只是木块底面积的 2 倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化， 木块刚好完全没入水中时，图 8 中原来处于下方划 斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水 的 质 量 为 m /2 ， 其 势 能 的 改 变 量 为 ： mgaE 8 3 2  水 。 7． 如图 13 所示，在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一光 滑的 1/4 圆弧槽 C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止 图 39图38 H a a a/2 3a/4 a/4 图 13 A V0 BC 在水平面上。现有滑块 A 以初速 V0 从右端滑上 B，并以 1/2 V0 滑离 B，确好能到达 C 的最 高点。A、B、C 的质量均为 m，试求：（1）木板 B 上表面的动摩擦因素μ；（2）1/4 圆弧槽 C 的半径 R；（3）当 A 滑离 C 时，C 的速度。 7．（1）当 A 在 B 上滑动时，A 与 BC 整体发生作用，由于水平面光滑，A 与 BC 组成的系 统动量守恒， 1 0 0 2mV2 VmmV  ，（2 分） 得 4 VV 0 1  （1 分） 系 统 动 能 的 减 小 量 等 于 滑 动 过 程 中 产 生 的 内 能 ， mgLQ  ，（ 1 分 ）   2 0 2 02 0K 4 V2m2 1 2 Vm2 1mV2 1E          ，（1 分） 得 16Lg 5V 2 0 （1 分） （2）当 A 滑上 C，B 与 C 分离，A 与 C 发生作用，设到达最高点时速度相等为 V2，由于 水平面光滑，A 与 C 组成的系统动量守恒， 21 0 V)mm(mV2 Vm  ，（2 分）得 8 3VV 0 2  A 与 C 组成的系统机械能守恒，   mgRV2m2 1 4 Vm2 1 2 Vm2 1 2 2 2 0 2 0          （2 分） 得 64g VR 2 0 （1 分） （3）当 A 滑下 C 时，设 A 的速度为 VA，C 的速度为 VC，A 与 C 组成的系统动量守恒， CA1 0 mVmVmV2 Vm  , （1 分） A 与 C 组成的系统动能守恒， 2 C 2 A 2 0 2 0 mV2 1mV2 1 4 Vm2 1 2 Vm2 1          （2 分） 得 VC = 2 V0 （2 分） 8．(13 分)如图所示，将质量均为 m 厚度不计的两物块 A、B 用轻质弹簧相连接，只用手托 着 B 物块于 H 高处，A 在弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定．现由静止释放 A、B ， B 物块着地时解除弹簧锁定，且 B 物块的速度立即变为 0，在随后的过程中当弹簧恢复到原 长时 A 物块运动的速度为υ0，且 B 物块恰能离开地面但不继续上升．已知弹簧具有相同形变 量时弹性势能也相同． （1）B 物块着地后，A 向上运动过程中合外力为 0 时的 速度υ1； （2）B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的 H A B A B 过程中，A 物块运动的位移Δx； （3）第二次用手拿着 A、B 两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时物块 B 离地面的 距离也为 H，然后由静止同时释放 A、B，B 物块着地后速度同样立即变为 0．求第二次释放 A、B 后，B 刚要离地时 A 的速度υ2． 8．(13 分) （1）设 A、B 下落 H 过程时速度为υ，由机械能守恒定律有： 222 12 mvmgH  （1 分） B 着地后，A 和弹簧相互作用至 A 上升到合外力为 0 的过程中，弹簧对 A 做的总功为零．（1 分） 即 22 1 2 1 2 10 mvmv  （1 分） 解得： gHv 21  （1 分） （2）B 物块恰能离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小等于 mg，B 物块刚着地解除弹 簧锁定时，弹簧处于压缩状态，弹力大小等于 mg．因此，两次弹簧形变量相同，则这两次 弹簧弹性势能相同，设为 EP．（1 分） 又 B 物块恰能离开地面但不继续上升，此时 A 物块速度为 0． 从 B 物块着地到 B 物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A 物块和弹簧组成的系统机 械能守恒 PP ExmgmvE  2 12 1 （2 分） 得Δx＝H（1 分） （3）弹簧形变量 xx  2 1 （1 分） 第一次从 B 物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmgxmvEP  （1 分） 第二次释放 A、B 后，A、B 均做自由落体运动，由机械能守恒得刚着地时 A、B 系统的速 度为 gHv 21  （1 分） 从 B 物块着地到 B 刚要离地过程中，弹簧和 A 物块组成的系统机械能守恒 PEmvmgxmv  2 2 2 1 2 1 2 1 （1 分） 联立以上各式得 2 02 2 vgHv  （1 分） H A h B h A h B h A h B h A h B h A h B h x x x υ1 h υ2 h 原长 9．（重庆市 2008 届直属重点中学第 2 次联考）如图所示，质量为 m＝1kg 的滑块，以υ0＝ 5m/s 的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量 M＝4kg，平板小车长 L ＝3.6m，滑块在平板小车上滑移 1s 后相对小车静止.求： (1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ； (2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少? （g 取 9.8m/s2 ） （10 分） 9．（1）m 滑上平板小车到与平板小车相对静止， 速度为 v1, 据动量守恒定律： 10 )( vMmmv  ①（2 分） 对 m 据动量定理： 01 mvmvmgt   ②（2 分） 将①代入②解得μ=0.4 （2 分） （2）设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为 v2 ，据动量守恒定律： 20 )( vMmmv  ③ （2 分） 对 m 据动能定理有： 2 0 2 2 2 1 2 1 mvmvmgS  物 ④（1 分） 对 M 据动能定理有： 02 1 2 2  MvmgS车 ⑤（1 分） 由几何关系有： LSS  车物 ⑥（1 分） 联立③④⑤⑥解得：v0=6 米/秒即滑块的初 速度不能超过 6 米/秒。（1 分） 或 由 功 能 原 理 得 ： 2 2 2 0 )(2 1 2 1 vMmmvmgL  （3 分） 解得：v0=6 米/秒（1 分） （其他解法，按相应分数给分） 10．如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为 m 的小物块 A 相联，原来 A 静止 在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为 m 的物块 B 在大小为 F 的水平恒力作用下由 C 处 从静止开始沿光滑水平面向右运动，在 O 点与物块 A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极 短）。运动到 D 点时，将外力 F 撤去，已知 CO=4s，OD=s,则撤去外力后，根据力学规律和 题中提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值？并求出定量的结果。 10．解析：物块 B 在 F 的作用下，从 C 运动到 O 点的过程中，设 B 到达 O 点的速 度为 v0，由动能定理得： F ·4s= 2 02 1 mv 对于 A 与 B 在 O 点的碰撞动量守恒， AB s4s DOC F 设碰后的共同速度为 v，由动量守恒定律可得： mv0=2mv 当 A、B 一起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为 Epm,据能 量守恒定律可得： Epm=Fs+ Fsmv 322 1 2  撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得 A、B 的最大速度为： m Fsvv BmAm 3 。 11．如图所示，质量均为 M 的木块 BA、 并排放在光滑水平面上， A 上固定一根轻质 细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O 上系一长度为 L 的细线，细线的另一端系一质量为 m 的小球C ，现将C 球的细线拉至水平，由静止释放，求： （1）两木块刚分离时， CBA 、、 速度各为多大？ （2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？ 11．分析： C 球下摆过程中，在达到最低位置之前，悬线拉力的水平分量使 BA、 同 时达到最大速度，且： BAC PPP  ， CBA 、、 三者组成一个系统，满足系统机械能守 恒和动量守恒；C 球摆过最低位置后，悬线拉力使 A 向右做减速运动，致使 BA、 分离， 分离后，B 以原速度做匀速直线运动， AC PP  ，所以， A 速度减为零后改为反方向向左 运动，当 A 、C 速度相等时， C 球摆到最高点，此过程 CA、 组成的系统动量守恒、机械 能守恒。 解：（1） CBA 、、 三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点 0PE ， C 球到达最低点时 BA、 共同速度为 Av ，C 速度 cv 为，规定向左为正方向： )1(20 　　Ac Mvmv  )2(22 1 2 1 22 　　Ac MvmvmgL  解得： mM MgL M mvmM MgLv AC  222 　　； （2）、从C 球在最低点开始，C 与 A 组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆 到最高处为 xh ，此时， CA、 共同速度为 xv ： )1()( 　　xAc vMmMvmv  )2()(2 1 2 1 2 1 222 　　xxAc mghvMmMvmv  解得： LmM mMhmM MgL M mv xx )(2 2 2   　　； ； )(2cos 1 Mm m   难点：认为球的运动轨迹是完整的圆弧，没有考虑到对地而言是一条曲线，而且到达最 高点时 CA、 相对速度为零，即只具有水平方向上的速度。运用整体法： mgLMvvMmmgLvMmMv AxxA  22 2 1)(2 1cos)(0 　　； 在多个物理过程中，确定系统的初末状态是解决问题的关键，“系统的初末状态”是指系 统在内力相互作用时间内开始和结束的状态，而不是任意物理过程的开始和结束的状态，这 是解决问题的关键。 12．如图所示，两个质量均为 4m 的小球 A 和 B 由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质 量为 m 子弹，以水平速度 v0 射入 A 球，并在极短时间内嵌在其中．求：在运动过程中 （1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？ （2）A 球的最小速度和 B 球的最大速度． 12．解析：子弹与 A 球发生完全非弹性碰撞，子弹质 量为 m，A 球、B 球分别都为 M，子弹与 A 球组成的系统动量守恒，则 mv0= (m+M)V ① （1）以子弹、A 球、B 球作为一系统，以子弹和 A 球有共同速度为初态，子弹、A 球、 B 球速度相同时为末态，则 （m+M）V= (m+M+M)V′ ② 2 21 1( ) ( ) 2 2 Pm M V m M M V E     ③ M＝4m，解得 2 02 45P mvE  ④ （2）以子弹和 A 球有共同速度为初态，子弹和 A 球速度最小、B 球速度最大为末态， 则（m+M）V= (m+M)VA+MVB ⑤ 2 2 21 1 1( ) ( ) 2 2 2A Bm M V m M V MV    ⑥ 解得 0 1 45AV v ， 0 2 9BV v ⑦ 或 AV ＝ 1 5 v0， BV ＝0 ⑧ 根据题意求 A 球的最小速度和 B 球的最大速度，所以 VAmin 0 1 45 v ，VBmax 0 2 9 v 13．质量为 M=4.0kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当 t=0 时，两个质量分 别为 mA=2kg、mB=1kg 的小物体 A、B 都以大小为 v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从 小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B 与车间的 动摩擦因素μ=0.2，取 g=10m/s2,求： （1）A 在车上刚停止滑动时，A 和车的速度大小 （2）A、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 （3）在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。 A Bv0 v0 v/m.s-1 1 2 13．（1）当 A 和 B 在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示： 由受力图可知，A 向右减速，B 向左减速，小车向右加速，所以首先是 A 物块速度减小到与 小车速度相等。设 A 减速到与小车速度大小相等时，所用时间为 t1，其速度大小为 v1，则： v1=v0-aAt1 μmAg=mAaB ① v1=a 车 t1 μmAg-μmBg=Ma 车 ② 由①②联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s ③ （2）根据动量守恒定律有： mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④ v=1m/s ⑤ 总动量向右， 当 A 与小车速度相同时，A 与车之间将不会相对滑动了。 设再经过 t2 时间小物体 A 与 B、车速度相同，则： -v=v1-aBt2 μmBg=mAaB ⑥ 由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦ 所以 A、B 在车上都停止滑动时，车的运动时间为 t=t1+t2=4.0s ⑧ （3）由（1）可知 t1=2.8s 时，小车的速度为 v1=1.4m/s，在 0~t1 时间内小车做匀加速运动。 在 t1~t2 时间内小车做匀减速运动，末速度为 v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示：⑨ 评分标准：①②③④式各 2 分；⑤式 1 分；⑥式 2 分；⑦⑧⑨式 1 分；速度—时间图像 4 分。 A Bv0 v0 fA fB f 车 O t/s v/m.s-1 1 2 3 4 5 1 2 14．如图所示，n 个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是 m，从右向左沿同一直线 排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为 l，第 n 个木块到桌边的距离也是 l，木块与桌 面间的动摩擦因数为μ．开始时，第 1 个木块以初速度 v0 向左滑行，其余所有木块都静止， 在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第 n 个木块刚好滑到桌边而没有掉下． （1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能． （2）求第 i 次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰 撞前动能之比． （3）若 n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度 g=10m/s2，求μ的数值． 14．（1）整个过程木块克服摩擦力做功 W ＝ μmg·l+μmg·2l +……+μmg·nl ＝ ( 1) 2 n n mgl ① 根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为 △EK= EK 0－v02/2 第 1 次碰撞前 EK 1= EK 0－μmgl ⑦ 第 1 次碰撞后 EK 1′= EK 1－△EK 1= EK 1－EK 1/2= EK 0/2－μmgl/2 ⑧ 第 2 次碰撞前 EK 2= EK 1′－μ（2mg）l= EK 0/2－5μmgl/2 第 2 次碰撞后 EK 2′= EK 2－△EK 2= EK 2－EK 3/3= EK 0/3－5μmgl/3 第 3 次碰撞前 EK 3= EK 2′－μ(3mg)l= EK 0/3－14μmgl/3 第 3 次碰撞后 EK 3′= EK 3－△EK 3= EK 0/4－7μmgl/2 据题意有 EK 0/4－7μmgl/2＝μ(4mg)l ⑨ 带入数据，联立求解得 μ＝0.15 ⑩ 15．如图甲所示，小车 B 静止在光滑水平上，一个质量为 m 的铁块 A（可视为质点）， 以水平速度 v0＝4.0m/s 滑上小车 B 的左端，然后与小车右挡板碰撞，最后恰好滑到小车的 中点，已知 3 m M ，小车车面长 L＝1m。设 A 与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略 不计，g 取 10m/s2，求： （1）A、B 最后速度的大小； （2）铁块 A 与小车 B 之间的动摩擦因数； （3）铁块 A 与小车 B 的挡板相碰撞前后小车 B 的 速度，并在图乙坐标中画出 A、B 相对滑动过程中小车 B 相对地面的速度 v－t 图线。 图 甲 l l l n 1n-2n-1 v0 第 14 题图 左 右 A B Mm v0 L 0.5 1.0 1.0 2.0 0 v /ms-1 t /s 0.5 1.5 图乙 15．解：(1)对 A、B 系统，由动量守恒定律： Mv0＝(M＋m) v 得 smmM mvv /10  （4 分） （2） A、B 系统，由动量定理，对全过程有 μmg1.5L= 22 0 )(2 1 2 1 vmMmv  解得 4.04 4 22 0  gL vv （4 分） （3） 设 A、B 碰撞前速度分别为 v10 和 v20 对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统能量转化和守恒 μmgL= 2 20 2 10 2 0 2 1 2 1 2 1 Mvmvmv  带入数据联立方程，解得 v10=1+ 3 =2.732 m/s (舍 v10=1－ 3 =－0.732m/s) v20=1－ 3 3 =0.423m/s （2 分） 该过程小车 B 做匀加速运动，μmg=MaM aM= 3 4 m/s2 v20= aMt1 t1 =0.317s （1 分） A、B 相碰，设 A、B 碰后 A 的速度为 v1 和 v2 A、，对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统机械能守恒  2 20 2 10 2 1 2 1 Mvmv 2 2 2 1 2 1 2 1 Mvmv  带入数据联立方程，解得 v1=1－ 3 =－0.732 m/s (舍 v1=1＋ 3 m/s) “－”说明方向向左 v2=1＋ 3 3 =1.577m/s （2 分） 该过程小车 B 做匀减速运动，－μmg=MaM aM=－ 3 4 m/s2 到最终相对静止 v＝ v2＋aMt2 t2=0.433s （1 分） 所以 ，运动的总时间为 t= t1+ t2=0.75s 小车 B 的 v-t 图如下图所示 （2 分） 16．如图所示，水平传送带 AB 足够长，质量为 M＝1kg 的木块随传送带一起以 v1＝2m/s 的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数   05. ，当木块运动 到最左端 A 点时，一颗质量为 m＝20g 的子弹，以 v0＝300m/s 的水平向右的速度，正对射 入木块并穿出，穿出速度 v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间 极短，（g 取 10m/s2）求： （1）木块遭射击后远离 A 的最大距离； （2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。 16．（1）设木块遭击后的速度瞬间变为 V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv Mv mv MV0 1   （3 分） 则V m v v M v  ( )0 1 ，代入数据解得V m s 3 / ，方向向右。 （2 分） 木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。 摩擦力 f F Mg N NN     05 1 10 5. × × （1 分） 设木块远离 A 点的最大距离为 S，此时木块的末速度为 0， 0.5 1.0 1.0 2.0 0 v /ms-1 t /s 0.5 1.5 根据动能定理得   fS MV0 1 2 2 （3 分） 则 S MV f m m   2 2 2 1 3 2 5 0 9 × × . （1 分） （2）研究木块在传送带上向左运动的情况。 设木块向左加速到 v m s1 2 / 时的位移为 S1。 由动能定理得 f S Mv1 1 21 2  则 S Mv f m m m1 1 2 2 2 1 2 2 5 0 4 0 9   × × . . （3 分） 由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间 t1 ，再匀速运动一段时间 t2 。 由动量定理得 f t Mv1 1 则 t Mv f s s1 1 1 2 5 0 4  × . （2 分） t S S v s s2 1 1 0 9 0 4 2 0 25    . . . （2 分） 所求时间 t t t s s s    1 2 0 4 0 25 0 65. . . （1 分） 17．如图所示为一个模拟货物传送的装置，A 是一个表面绝缘、质量 M=l00kg、电量 q= + 6.0×10-2C 的传送小车，小车置于光滑的水平地面上。在传送途中，有一个水平电场，电场 强度为 E=4.0×l03V／m，可以通过开关控制其有无。现将质量，m＝20kg 的货物 B 放置在小 车左端，让它们以υ=2m／s 的共同速度向右滑行，在货物和小车快到终点时，闭合开关产生 一个水平向左的匀强电场，经过一段时间后关闭电场，当货物到达目的地时，小车和货物的 速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素μ=0.1。 (1)试指出关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向。 (2)为了使货物不滑离小车的另一端，小车至少多长? (货物不带电且体积大小不计，g 取 10m／s2) 17．(1)货物和小车的速度方向分别向右和向左 (3 分) (2)设关闭电场的瞬间，货物和小车的速度大小分别为υB 和υA；电场存在时和电场消失 后货物在小车上相对滑行的距离分别为 L1 和 L2；电场存在的时间是 t，该段时间内货物和小 车的加速度大小分别是 aB 和 aA，对地位移分别是 sB 和 sA 在关闭电场后，货物和小车系统动 量守恒，由动量规律和能量规律 有 mυB－MυA==0 ① (2 分) μmgL2==1 2 mυB2+1 2 MυA2 ② (2 分) 由①式代人数据得υB==5υA ③ (1 分) 在加电场的过程中，货物一直向前做匀减速运动，小车先向前做匀减速运动，然后反向 做匀加速运动，由牛顿定律 有 aB==μmg/m==1m/s2 (1 分) aA==(qE－μmg)/M==2.2m/s2 (1 分) 又υB==υ－aBt , υA==|υ－aAt| (2 分) 将其与③式联立可得 t==1s,υB==1m/s,υA==0.2m/s (3 分) 再由运动学公式可得 sB==υt－1 2 aBt2==1.5m (1 分) sA==υt－1 2 aAt2==0.9m (1 分) 所以 L1＝sB-sA==0.6m (1 分) 又将数据代入②式解得 L2==0.6m (1 分) 所以小车的最短长度为 L==L1+L2==1.2m (1 分) 18．（08 汕头）（16 分）在光滑的水平面上，静止放置着直径相同的小球 A 和 B，它们的 质量分别为 m 和 3m，两球之间的距离为 L．现用一大小为 F 的水平恒力始终作用到 A 球上，A 球从静止开始向着 B 球方向运动，如图所示．设 A 球与 B 球相碰的时间 极短、碰撞过程没有机械能损失，碰撞后两球仍在同一直线上运动．求： （1）A 球第一次碰撞 B 球之前瞬间的速度． （2）A 球到第二次碰撞 B 球之前，A 球通过的总路程 S． 18．（16 分）参考解答 （1）设 A 球的加速度为 a ，第一次碰到 B 球瞬间速度为 1v ，则 maF  ①（1 分） aLv 22 1  ②（1 分） 解得 m FLv 2 1  ③（1 分） L F A m B m3 （2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向），得 '3' 111 BA mvmvmv  ④（1 分） 碰撞过程没有机械能损失，得 2 1 2 1 2 1 '32 1'2 1 2 1 BA mvmvmv  ⑤（1 分） 解得两球第一次的速度 2' 1 1 vv A  （方向向左）， 2' 1 1 vv B  （方向向右） ⑥（2 分） 碰后 A 球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞 B 球． 设碰后 A 球向左运动的最大距离为 2AS ，则 2 2' 1 2 AA aSv  ⑦（1 分） 解得 42 LS A  ⑧（1 分） 设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为 2t ，两球的位移都为 2S ，有 2 221212 2 1'' attvtvS AB  ⑨（2 分） 解得 a vt 1 2 2 ， LS 22  ⑩（2 分） 因此到第二次碰撞 B 球之前，A 球通过的总路程 222 SSLS A  ⑾（2 分） 解得 LS 5.3 ⑿（1 分） 19．如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚 轮匀速转动将夯从深为 h 的坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自 身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此 周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度 v 恒为 4 m/s，每个滚轮对夯杆的正压力 FN 为 2104 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为 0.3，夯杆质量 m 为 1103 kg，坑深 h 为 6 m。假定在打 夯的过程中坑的深度变化不大，且夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，取 g＝10 m/s2，求： （1）每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功。 （2）夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高； （3）打夯周期； 19.答案：（1）因为夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，所以每个 打夯周期中，电动机对夯杆所作的功 JmghW 4106 （2）根据题意，考虑到夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛。 当夯杆以 smv /4 的初速度竖直上抛，上升高度为： mg vh 8.02 2 3  此时夯杆底端离坑底 mhhh 2.52  。 （3） 以夯杆为研究对象 NNf 4 1 102.12   ； 21 1 /2 smm mgfa  当夯杆与滚轮相对静止时： mtahstsmtav 42 1,2,/4 2 111111  　　　　　 当夯杆以 smv /4 的初速度竖直上抛，上升高度为： mg vh 8.02 2 3  则当夯杆加速向上运动速度到达 smv /4 后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为： mhhhh 2.1312  因此，夯杆上抛运动的时间为： sg vt 4.03  ； 夯杆匀速上升的时间为： sv ht 3.02 2  ； 夯杆自由落体的时间为： sg htgth 1.12,2 1 4 2 4  　 故打夯周期为： sttttT 8.34321  20．（20 分）如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为 M，平 面部分的上表面光滑且足够长。在距滑板的 A 端为 l 的 B 处放置一个质量为 m、带电量为 q 的小物体 C（可看成是质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动。已知：M=3m， 电场的场强为 E。假设物体 C 在运动中及与滑板 A 端相碰时不损失电量。 （1）求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小。 （2）若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰 前速度大小的 5 1 ，求滑板被碰后的速度大小。 （3）求小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体 C 做的功。 20．（1）设物体 C 在电场力作用下第一次与滑板 的 A 段碰撞时的速度为 v1， E A B Cl 由动能定理得: qEl= 2 1 mv12 解得：v1= m qEl2 （2）小物体 C 与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为 v2， 由动量守恒定律得 mv1=Mv2-m 5 1 v1 解得：v2= 5 2 v1= 5 2 m qEl2 （3）小物体 C 与滑板碰撞后，滑板向左作以速度 v2 做匀速运动；小物体 C 以 5 1 v1 的速 度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰 后到第二次碰前的时间为 t，小物体 C 在两次碰撞之间的位移为 s，根据题意可知，小物 体加速度为 a= m qE 小物体 C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等， 即 v2t=- 5 1 v1t+ 2 1 at2 解得：t= 5 6 qE ml2 两次相碰之间滑板走的距离 ltvs 25 24 2  设小物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为 W， 则：W=qE(l+s) 解得：W = qEl25 49 1．如图所示，一根轻杆长 ，可绕 O 轴在竖直平面内无摩擦地转动， ， ，质量相等的两小球分别固定于杆的 A、B 两端，现把杆位于水平位置，然后 自由释放，求轻杆转到竖直位置时两球的速度分别是多少？ １． ； 2.如下图所示，质量为 m 的物体静止在光滑圆轨道的最低点 A.现对 m 施加一大小不变、方 向始终沿圆轨道切线方向的力，使物体沿圆周轨道运动 4 1 圆周到达 B 点，在 B 点时立 即撤去外力 F.若要使物体在竖直圆弧轨道内侧能够通过最高点作完整的圆周运动，问所 施的外力 F 至少要多大? 2.  5 mg 3．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以 10m/s 的初速度沿曲面冲上高 3.2m、顶部水平的 高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率 1.8kW 行驶，经 过 0.65s 到达顶部水平平台，已知人和车的总质量为 180kg，特技表演的全过程中不计一切 阻力。则： （1）求人和车到达顶部平台时的速度 v； （2）求人和车从顶部平台飞出的水平距离 s； 3．（10 分） 解： （1） 2 0 2 2 1 2 1 mvmvmghPt  ，（3 分） 223 101802 11802 12.31018065.0108.1  v （1 分） smv /7 （1 分） （2） 2 2 1 gth  （2 分）， 2102 12.3 t ， st 8.0 （1 分） mvts 6.58.07  （2 分） 4、（10 分）质量为 2t 的汽车在平直公路上由静止开始运动，若保持牵引力恒定，则在 30s 内速度增大到 15m/s，这时汽车刚好达到额定功率，然后保持额定输出功率不变，再运 动 15s 达到最大速度 20m/s，求： （1）汽车的额定功率； （2）汽车运动过程中受到的阻力； （3）汽车在 45s 共前进多少路程。 4、（1）（2）设汽车的额定功率为 P，运动中所受的阻力为 f，前 30s 内的牵引力为 F， 则前 30s 内，匀加速运动的加速度为 a= 1 1 t v =0.5m/s2 （1 分） 此过程中 F-f=ma （1 分） 10m/s v 3.2m s P=Fv1=（f+ma）v1 （1 分） 在 45s 末有 P=fv2 （1 分） 代入数据后解得 P=60kW f=3000N （1 分） （3）汽车在前 30s 内运动的路程为 s1= 1 1 2 tv =225m （1 分） 后 15s 内的位移 s2 满足 Pt2-fs2= 2 1 mv22- 2 1 mv12 （3 分） 解得 s2=241.7m 总路程 s=s1+s2=466.7m 5．（10 分）如图，AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端 B 与水平直轨道相切。 一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为 R=0.2m，小物块的质量为 m=0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5，取 g=10m/s2。求： （1）小物块在 B 点时受圆弧轨道的支持力 （2）小物块在水平面上滑动的最大距离 5．（10 分） （1）由机械能守恒定律，得： 2 2 1 BmmgR  （2 分） 在 B 点 RmmgN B 2 （2 分） 由以上两式得 101.033  mgN N=3N（2 分） （2）设在水平面上滑动的最大距离为 s 由动能定理得 0 mgsmgR  （2 分） 5.0 2.0  Rs m=0.4m （2 分） A B R m . . O