高中物理動量能量典型例題

1、高中物理動量能量典型試題1(14分)某地強風(fēng)的風(fēng)速是20m/s，空氣的密度是=1.3kg/m3。一風(fēng)力發(fā)電機的有效受風(fēng)面積為S=20m2，如果風(fēng)通過風(fēng)力發(fā)電機后風(fēng)速減為12m/s，且該風(fēng)力發(fā)電機的效率為=80%，則該風(fēng)力發(fā)電機的電功率多大？1風(fēng)力發(fā)電是將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能，討論時間t內(nèi)的這種轉(zhuǎn)化，這段時間內(nèi)通過風(fēng)力發(fā)電機的空氣 的空氣是一個以S為底、v0t為高的橫放的空氣柱，其質(zhì)量為m=Sv0t，它通過風(fēng)力發(fā)電機所減少的動能用以發(fā)電，設(shè)電功率為P，則代入數(shù)據(jù)解得 P=53kW2、甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s.甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個，甲和他的

2、車及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50kg，乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg?，F(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設(shè)某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總共拋出了多少個小球？2分析與解：甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程。（1）甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動量沿甲車的運動方向，甲不斷拋球、乙接球后，當(dāng)甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞。設(shè)共同速度為V，則: M1V1M2V1=（M1+M2）V （2）這一過程中乙小孩及時的動量變化為:

3、P=30×630×（1.5）=225（kg·m/s）每一個小球被乙接收后，到最終的動量彎化為 P1=16.5×11.5×1=15（kg·m/s）故小球個數(shù)為CAB圖11V02V03如圖11所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為。最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑動，木板足夠長， A、B始終未滑離木板。求： （1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移； （2）木塊A在整個過程

4、中的最小速度。3分析與解：（1）木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為V1。對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：解得：V1=0.6V0對木塊B運用動能定理，有：解得（2）設(shè)木塊A在整個過程中的最小速度為V，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：,對木板C：,當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有：解得木塊A在整個過程中的最小速度為：4總質(zhì)量為M的列車，沿水平直線軌道勻速前進，其末節(jié)車廂質(zhì)量為m，中途脫節(jié)，司機發(fā)覺時，機車已行駛L的距離，于是立即關(guān)閉油門，

5、除去牽引力，如圖13所示。設(shè)運動的阻力與質(zhì)量成正比，機車的牽引力是恒定的。當(dāng)列車的兩部分都停止時，它們的距離是多少？4分析與解：此題用動能定理求解比用運動學(xué)、牛頓第二定律求解簡便。對車頭，脫鉤后的全過程用動能定理得：對車尾，脫鉤后用動能定理得：而，由于原來列車是勻速前進的，所以F=kMg由以上方程解得。ABC圖145如圖14所示，在一光滑的水平面上有兩塊相同的木板B和C。重物A（A視質(zhì)點）位于B的右端，A、B、C的質(zhì)量相等?，F(xiàn)A和B以同一速度滑向靜止的C，B與C發(fā)生正碰。碰后B和C粘在一起運動，A在C上滑行，A與C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。試問：從B、C發(fā)生正碰到A剛移動到C右端期

6、間，C所走過的距離是C板長度的多少倍？5分析與解：設(shè)A、B、C的質(zhì)量均為m。B、C碰撞前，A與B的共同速度為V0，碰撞后B與C的共同速度為V1。對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mV0=2mV1 設(shè)A滑至C的右端時，三者的共同速度為V2。對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：2mV0=3mV2 設(shè)C的長度為L， A與C的動摩擦因數(shù)為，則據(jù)摩擦生熱公式和能量守恒定律可得：設(shè)從發(fā)生碰撞到A移至C的右端時C所走過的距離為S，則對B、C構(gòu)成的系統(tǒng)據(jù)動能定理可得：由以上各式解得.6面積很大的水池，水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊邊長為，密度為水的，質(zhì)量為，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，

7、如圖38所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到池底，不計摩擦，求（1）從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功。（2）若將該木塊放在底面為正方形（邊長為a）的盛水足夠深的長方體容器中，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，如圖39所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計摩擦。求從開始到木塊剛好完全沒入水的過程中，容器中水勢能的改變量。圖38Ha圖396解：（1） 因水池面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為，其勢能的改變量為aa/2 大塊勢能的改變量為:3a/4a/4根據(jù)功能原理

8、，力F所做的功： (2) 因容器水面面積為2a2，只是木塊底面積的2倍，不可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖8中原來處于下方劃斜線區(qū)域的水被排開到上方劃斜線區(qū)域。這部分水的質(zhì)量為/2，其勢能的改變量為： 。圖13AV0BC7 如圖13所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上。現(xiàn)有滑塊A以初速V0從右端滑上B，并以1/2 V0滑離B，確好能到達C的最高點。A、B、C的質(zhì)量均為m，試求：（1）木板B上表面的動摩擦因素；（2）1/4圓弧槽C的半徑R；（

9、3）當(dāng)A滑離C時，C的速度。7（1）當(dāng)A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒，（2分） 得（1分）系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能， ，（1分），（1分） 得（1分）（2）當(dāng)A滑上C，B與C分離，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達最高點時速度相等為V2，由于水平面光滑，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒， ，（2分）得A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒，（2分）得（1分）（3）當(dāng)A滑下C時，設(shè)A的速度為VA，C的速度為VC，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒， , （1分）A與C組成的系統(tǒng)動能守恒，（2分）得VC = （2分）8(13分)如圖所示，將質(zhì)量均為m厚度不計的兩物塊A、B用

10、輕質(zhì)彈簧相連接，只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，將彈簧鎖定現(xiàn)由靜止釋放A、B ，B物塊著地時解除彈簧鎖定，且B物塊的速度立即變?yōu)?，在隨后的過程中當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時A物塊運動的速度為0，且B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升已知彈簧具有相同形變量時彈性勢能也相同HAhBhAhBh（1）B物塊著地后，A向上運動過程中合外力為0時的速度1；（2）B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊運動的位移x；（3）第二次用手拿著A、B兩物塊，使得彈簧豎直并處于原長狀態(tài)，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變?yōu)?求第二次釋放A、B

11、后，B剛要離地時A的速度28(13分) （1）設(shè)A、B下落H過程時速度為，由機械能守恒定律有：（1分）B著地后，A和彈簧相互作用至A上升到合外力為0的過程中，彈簧對A做的總功為零（1分）即（1分）解得： （1分）HAhBhAhBhAhBhAhBhAhBhx xx1h2h原長（2）B物塊恰能離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小等于mg，B物塊剛著地解除彈簧鎖定時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小等于mg因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢能相同，設(shè)為EP（1分）又B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升，此時A物塊速度為0從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械

12、能守恒（2分）得xH（1分）（3）彈簧形變量（1分）第一次從B物塊著地到彈簧恢復(fù)原長過程中，彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒（1分）第二次釋放A、B后，A、B均做自由落體運動，由機械能守恒得剛著地時A、B系統(tǒng)的速度為（1分）從B物塊著地到B剛要離地過程中，彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒（1分）聯(lián)立以上各式得（1分）9（重慶市2008屆直屬重點中學(xué)第2次聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為m1kg的滑塊，以05m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小車質(zhì)量M4kg，平板小車長L3.6m，滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止.求：(1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數(shù)；(2)若要滑塊不滑離小車

13、，滑塊的初速度不能超過多少?（g取9.8m/s2 ） （10分）9（1）m滑上平板小車到與平板小車相對靜止，速度為v1,據(jù)動量守恒定律： （2分）對m據(jù)動量定理： （2分）將代入解得=0.4 （2分）（2）設(shè)當(dāng)滑塊剛滑到平板小車的右端時，兩者恰有共同速度為v2 ，據(jù)動量守恒定律： （2分）對m據(jù)動能定理有： （1分）對M據(jù)動能定理有： （1分）由幾何關(guān)系有： （1分）聯(lián)立解得：v0=6米/秒即滑塊的初速度不能超過6米/秒。（1分）或由功能原理得：（3分）解得：v0=6米/秒（1分）（其他解法，按相應(yīng)分數(shù)給分）ABs4sDOCF10如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定，一端與質(zhì)量為 m 的小物塊A相聯(lián)，

14、原來A靜止在光滑水平面上，彈簧沒有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始沿光滑水平面向右運動，在O點與物塊A相碰并一起向右運動（設(shè)碰撞時間極短）。運動到D點時，將外力F撤去，已知CO=4s，OD=s,則撤去外力后，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中提供的信息，你能求得哪些物理量（彈簧的彈性勢能等）的最大值？并求出定量的結(jié)果。10解析：物塊B在F的作用下，從C運動到O點的過程中，設(shè)B到達O點的速度為v0，由動能定理得： F ·4s=對于A與B在O點的碰撞動量守恒，設(shè)碰后的共同速度為v，由動量守恒定律可得： mv0=2mv當(dāng)A、B一起向右運動停止時，彈簧的彈性勢能最大。設(shè)彈性勢

15、能的最大值為Epm,據(jù)能量守恒定律可得： Epm=Fs+撤去外力后，系統(tǒng)的機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律可求得A、B的最大速度為： 。11如圖所示，質(zhì)量均為的木塊并排放在光滑水平面上，上固定一根輕質(zhì)細桿，輕桿上端的小釘（質(zhì)量不計）O上系一長度為L的細線，細線的另一端系一質(zhì)量為的小球，現(xiàn)將球的細線拉至水平，由靜止釋放，求：（1）兩木塊剛分離時，速度各為多大？（2）兩木塊分離后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？11分析：球下擺過程中，在達到最低位置之前，懸線拉力的水平分量使同時達到最大速度，且：，三者組成一個系統(tǒng)，滿足系統(tǒng)機械能守恒和動量守恒；球擺過最低位置后，懸線拉力使向右做減速運動，致

16、使分離，分離后，B以原速度做勻速直線運動，所以，速度減為零后改為反方向向左運動，當(dāng)、C速度相等時，球擺到最高點，此過程組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。解：（1）三者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，選取最低點，球到達最低點時共同速度為，速度為，規(guī)定向左為正方向：解得：（2）、從球在最低點開始，與組成一個系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，設(shè)擺到最高處為，此時，共同速度為：解得：；難點：認為球的運動軌跡是完整的圓弧，沒有考慮到對地而言是一條曲線，而且到達最高點時相對速度為零，即只具有水平方向上的速度。運用整體法：在多個物理過程中，確定系統(tǒng)的初末狀態(tài)是解決問題的關(guān)鍵，“系統(tǒng)的初末狀態(tài)”是指系統(tǒng)在內(nèi)力相

17、互作用時間內(nèi)開始和結(jié)束的狀態(tài)，而不是任意物理過程的開始和結(jié)束的狀態(tài)，這是解決問題的關(guān)鍵。12如圖所示，兩個質(zhì)量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上一顆質(zhì)量為m子彈，以水平速度v0射入A球，并在極短時間內(nèi)嵌在其中求：在運動過程中（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，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：子彈與A球發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈質(zhì)量為m，A球、B球分別都為M，子彈與A球組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0= (m+M)V（1）以子彈、A球、B球作為一系統(tǒng)，以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈、A球、B球速度相同時為末態(tài)，則（m+M）V= (m+M+M)VM4m，解得

18、（2）以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈和A球速度最小、B球速度最大為末態(tài)，則（m+M）V= (m+M)VA+MVB解得，或v0，0根據(jù)題意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAmin，VBmax13質(zhì)量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當(dāng)t=0時，兩個質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大?。?）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運

19、動了多長時間。Ot/sv/m.s-11234512（3）在給出的坐標系中畫出小車運動的速度時間圖象。ABv0v013（1）當(dāng)A和B在車上都滑行時，在水平方向它們的受力分析如圖所示：ABv0v0fAfBf車由受力圖可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是A物塊速度減小到與小車速度相等。設(shè)A減速到與小車速度大小相等時，所用時間為t1，其速度大小為v1，則：v1=v0-aAt1 mAg=mAaB v1=a車t1 mAg-mBg=Ma車 由聯(lián)立得：v1=1.4m/s t1=2.8s（2）根據(jù)動量守恒定律有：mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v v=1m/s總動量向右， 當(dāng)A

20、與小車速度相同時，A與車之間將不會相對滑動了。設(shè)再經(jīng)過t2時間小物體A與B、車速度相同，則：-v=v1-aBt2 mBg=mAaB 由式得：t2=1.2s Ot/sv/m.s-11234512所以A、B在車上都停止滑動時，車的運動時間為t=t1+t2=4.0s（3）由（1）可知t1=2.8s時，小車的速度為v1=1.4m/s，在0t1時間內(nèi)小車做勻加速運動。在t1t2時間內(nèi)小車做勻減速運動，末速度為v=1.0m/s,小車的速度時間圖如圖所示：評分標準：式各2分；式1分；式2分；式1分；速度時間圖像4分。14如圖所示，n個相同的木塊（可視為質(zhì)點），每塊的質(zhì)量都是m，從右向左沿同一直線排列在水平桌

21、面上，相鄰木塊間的距離均為l，第n個木塊到桌邊的距離也是l，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為開始時，第1個木塊以初速度v0向左滑行，其余所有木塊都靜止，在每次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運動最后第n個木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下（1）求在整個過程中因碰撞而損失的總動能llln1n-2n-1v0第14題圖左右（2）求第i次（in1）碰撞中損失的動能與碰撞前動能之比（3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求的數(shù)值14（1）整個過程木塊克服摩擦力做功Wmg·l+mg·2l +mg·nl 根據(jù)功能關(guān)系，整個過程中由于碰撞而損失的總動能為

22、EK= EK 0W 得EK = （2）設(shè)第i次（in1）碰撞前木塊的速度為vi，碰撞后速度為vi，則（i+1）m vi= im vi 碰撞中損失的動能EK i與碰撞前動能EK i之比為 （in1） 可得（in1） （3）初動能EK 0= mv02/2第1次碰撞前EK 1= EK 0mgl 第1次碰撞后EK 1= EK 1EK 1= EK 1EK 1/2= EK 0/2mgl/2 第2次碰撞前EK 2= EK 1（2mg）l= EK 0/25mgl/2第2次碰撞后EK 2= EK 2EK 2= EK 2EK 3/3= EK 0/35mgl/3第3次碰撞前EK 3= EK 2(3mg)l= EK

23、0/314mgl/3第3次碰撞后EK 3= EK 3EK 3= EK 0/47mgl/2據(jù)題意有EK 0/47mgl/2(4mg)l 帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解得0.15 16如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質(zhì)量為M1kg的木塊隨傳送帶一起以v12m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數(shù)，當(dāng)木塊運動到最左端A點時，一顆質(zhì)量為m20g的子彈，以v0300m/s的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v50m/s，設(shè)子彈射穿木塊的時間極短，（g取10m/s2）求： （1）木塊遭射擊后遠離A的最大距離； （2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經(jīng)歷的時間。16（1）設(shè)木塊遭擊后

24、的速度瞬間變?yōu)閂，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得 （3分） 則，代入數(shù)據(jù)解得，方向向右。 （2分） 木塊遭擊后沿傳送帶向右勻減速滑動，其受力如圖所示。 摩擦力 （1分） 設(shè)木塊遠離A點的最大距離為S，此時木塊的末速度為0， 根據(jù)動能定理得 （3分） 則 （1分） （2）研究木塊在傳送帶上向左運動的情況。 設(shè)木塊向左加速到時的位移為S1。 由動能定理得 則 （3分） 由此可知，遭擊木塊在傳送帶上向左的運動過程分兩個階段：先向左加速運動一段時間，再勻速運動一段時間。 由動量定理得 則 （2分） （2分） 所求時間 （1分）17如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量M=l0

25、0kg、電量q= + 6.0×10-2C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上。在傳送途中，有一個水平電場，電場強度為E=4.0×l03Vm，可以通過開關(guān)控制其有無?，F(xiàn)將質(zhì)量，m20kg的貨物B放置在小車左端，讓它們以=2ms的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點時，閉合開關(guān)產(chǎn)生一個水平向左的勻強電場，經(jīng)過一段時間后關(guān)閉電場，當(dāng)貨物到達目的地時，小車和貨物的速度恰好都為零。已知貨物與小車之間的動摩擦因素=0.1。 (1)試指出關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向。(2)為了使貨物不滑離小車的另一端，小車至少多長? (貨物不帶電且體積大小不計，g取10ms2)17(1)貨物和

26、小車的速度方向分別向右和向左 (3分) (2)設(shè)關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為B和A；電場存在時和電場消失后貨物在小車上相對滑行的距離分別為L1和L2；電場存在的時間是t，該段時間內(nèi)貨物和小車的加速度大小分別是aB和aA，對地位移分別是sB和sA在關(guān)閉電場后，貨物和小車系統(tǒng)動量守恒，由動量規(guī)律和能量規(guī)律有mBMA=0 (2分) mgL2=mB2+MA2 (2分) 由式代人數(shù)據(jù)得B=5A (1分) 在加電場的過程中，貨物一直向前做勻減速運動，小車先向前做勻減速運動，然后反向做勻加速運動，由牛頓定律 有aB=mg/m=1m/s2 (1分) aA=(qEmg)/M=2.2m/s2 (1分

27、) 又B=aBt , A=|aAt| (2分) 將其與式聯(lián)立可得 t=1s,B=1m/s,A=0.2m/s (3分) 再由運動學(xué)公式可得sB=taBt2=1.5m (1分) sA=taAt2=0.9m (1分) 所以L1sB-sA=0.6m (1分) 又將數(shù)據(jù)代入式解得 L2=0.6m (1分)所以小車的最短長度為L=L1+L2=1.2m (1分)18（08汕頭）（16分）在光滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球A和B，它們的質(zhì)量分別為m和3m，兩球之間的距離為L現(xiàn)用一大小為F的水平恒力始終作用到A球上，A球從靜止開始向著B球方向運動，如圖所示設(shè)A球與B球相碰的時間極短、碰撞過程沒有機械能損

28、失，碰撞后兩球仍在同一直線上運動求：（1）A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程S18（16分）參考解答（1）設(shè)A球的加速度為，第一次碰到B球瞬間速度為，則 （1分） （1分）解得 （1分）（2）兩球碰撞過程動量守恒（取向右方向為正方向），得 （1分）碰撞過程沒有機械能損失，得 （1分）解得兩球第一次的速度 （方向向左），（方向向右） （2分）碰后A球先向左勻減速運動，再向右勻加速運動，直到第二次碰撞B球設(shè)碰后A球向左運動的最大距離為，則 （1分）解得 （1分） 設(shè)兩球第一次碰后到第二次碰前經(jīng)過的時間為，兩球的位移都為，有 （2分）解得， （2分） 因

29、此到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程 （2分） 解得 （1分）19如圖所示是建筑工地常用的一種“深穴打夯機”。工作時，電動機帶動兩個緊壓夯桿的滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯從深為h的坑中提上來，當(dāng)兩個滾輪彼此分開時，夯桿被釋放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后，兩個滾輪再次壓緊，夯桿再次被提上來，如此周而復(fù)始工作。已知兩個滾輪邊緣線速度v恒為4 m/s，每個滾輪對夯桿的正壓力FN為2´104 N，滾輪與夯桿間的動摩擦因數(shù)m為0.3，夯桿質(zhì)量m為1´103 kg，坑深h為6 m。假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，且夯桿底端升到坑口時，速度正好為零，取g10 m/s2，

30、求：（1）每個打夯周期中，電動機對夯桿所作的功。（2）夯桿上升過程中被滾輪釋放時夯桿底端離坑底多高；（3）打夯周期；19.答案：（1）因為夯桿底端升到坑口時，速度正好為零，所以每個打夯周期中，電動機對夯桿所作的功 （2）根據(jù)題意，考慮到夯桿先勻加速上升，后勻速上升，再豎直上拋。當(dāng)夯桿以的初速度豎直上拋，上升高度為：此時夯桿底端離坑底。（3） 以夯桿為研究對象 ； 當(dāng)夯桿與滾輪相對靜止時： 當(dāng)夯桿以的初速度豎直上拋，上升高度為： 則當(dāng)夯桿加速向上運動速度到達后，夯桿勻速上升，勻速上升高度為：因此，夯桿上拋運動的時間為：； 夯桿勻速上升的時間為：； 夯桿自由落體的時間為： 故打夯周期為：20（20

31、分）如圖所示，光滑水平面上放有用絕緣材料制成的“L”型滑板，其質(zhì)量為M，平面部分的上表面光滑且足夠長。在距滑板的A端為l的B處放置一個質(zhì)量為m、帶電量為q的小物體C（可看成是質(zhì)點），在水平的勻強電場作用下，由靜止開始運動。已知：M=3m，電場的場強為E。假設(shè)物體C在運動中及與滑板A端相碰時不損失電量。（1）求物體C第一次與滑板A端相碰前瞬間的速度大小。（2）若物體C與滑板A端相碰的時間極短，而且碰后彈回的速度大小是碰前速度大小的，求滑板被碰后的速度大小。（3）求小物體C從開始運動到與滑板A第二次碰撞這段時間內(nèi)，電場力對小物體C做的功。EABCl20（1）設(shè)物體C在電場力作用下第一次與滑板的A段

32、碰撞時的速度為v1，由動能定理得: qEl=mv12解得：v1= （2）小物體C與滑板碰撞過程中動量守恒，設(shè)滑板碰撞后的速度為v2，由動量守恒定律得 mv1=Mv2-mv1 解得：v2=v1= （3）小物體C與滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做勻速運動；小物體C以v1的速度先向右做勻減速運動，然后向左做勻加速運動，直至與滑板第二次相碰，設(shè)第一次碰后到第二次碰前的時間為t，小物體C在兩次碰撞之間的位移為s，根據(jù)題意可知，小物體加速度為 a=小物體C與滑板從第一次碰后到第二次碰時位移相等，即 v2t=-v1t+at2 解得：t= 兩次相碰之間滑板走的距離 設(shè)小物體C從開始運動到與滑板A第二次碰撞這段過程電場力對小物體做功為W，則：W=qE(l+s) 解得：W =1如圖所示，一根輕桿長 ，可繞O軸在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動， ， ，質(zhì)量相等的兩小球分別固定于