物理選修3-5教科版全套講義專題4

1．動量的觀點和能量的觀點動量的觀點：動量定理和動量守恒定律能量的觀點：動能定理和能量守恒定律若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對象為單個物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別涉及時間問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理．這兩個觀點研究的是一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，這是它們比牛頓運動定律的方便之處．2．利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題(1)動量定理和動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；(2)動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達式，絕無分量表達式．曲線運動(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解，若用動量或能量的觀點求解會比較方便．[復(fù)習(xí)過關(guān)]1．如圖1所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，且h遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向．已知m2＝3m1，則小球A圖1A．h B．2hC．3h D．4h答案D解析兩小球下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，v＝eq\r(2gh)，B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A與B碰撞過程進行研究，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后A、B速度大小分別為v1、v2，選豎直向上方向為正方向，則m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，且m2＝3m1，聯(lián)立解得v1＝2v＝2eq\r(2gh)，v2＝0，故小球A反彈后能達到的高度為H＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝4h，選項D正確．2．如圖2所示，質(zhì)量為mP＝2kg的小球P從離水平面高度為h＝0.8m的光滑斜面上滾下，與靜止在光滑水平面上質(zhì)量為mQ＝2kg的帶有輕彈簧的滑塊Q碰撞，g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖2A．P球與滑塊Q碰撞前的速度為5m/sB．P球與滑塊Q碰撞前的動量為16kg·m/sC．它們碰撞后輕彈簧壓縮至最短時的速度為2m/sD．當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時其彈性勢能為16J答案C解析由機械能守恒定律，mPgh＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)，解得P球與滑塊Q碰撞前的速度為v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，選項A錯誤；P球與滑塊Q碰撞前的動量為p1－mPv0＝8kg·m/s，選項B錯誤；當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時，P球與滑塊Q速度相等，由動量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得碰撞后輕彈簧壓縮最短時的速度是v＝2m/s，選項C正確；由能量守恒定律，當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時其彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mP＋mQ)v2＝8J，選項D錯誤．3．如圖3所示，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側(cè)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切，BC＝2R，整個軌道處于同一豎直面內(nèi)．將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點，其中M＝2m)從A點無初速度釋放，物塊與小車上表面BC之間的動摩擦因數(shù)為0.5.求物塊相對BC運動的位移．(g＝10m圖3答案eq\f(4,3)R解析小物塊從A下滑到B的過程中，小車保持靜止，對物塊由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)從B到C的過程中，小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v1從B到C的過程中，由功能關(guān)系得μmgΔx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)聯(lián)立各式得Δx＝eq\f(4,3)R.4．如圖4所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：圖4(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少．答案(1)0.24s(2)5m/s解析(1)設(shè)物塊與小車相對靜止時的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力大小為f，對物塊應(yīng)用動量定理有ft＝m2(v0－v)又f＝μm2解得t＝eq\f(m1v0,μm1＋m2g)代入數(shù)據(jù)得t＝0.24s.(2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，須使物塊到達車面最右端時與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′由功能關(guān)系有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5m/s.5．置于光滑水平面上的A、B兩球質(zhì)量均為m，相隔一定距離，兩球之間存在恒定斥力作用，初始時兩球均被鎖定而處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)同時給兩球解除鎖定并給A球一沖量I，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零．在之后的運動過程中兩球始終未接觸，試求：(1)兩球間的距離最小時B球的速度；(2)兩球間的距離從最小值到剛恢復(fù)到初始值過程中斥力對A球做的功．答案(1)eq\f(I,2m)(2)－eq\f(I2,8m)解析(1)對A球由動量定理可得I＝mv0兩球間的距離最小時兩球等速，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv得v＝eq\f(I,2m)(2)從初始狀態(tài)到二者距離達到與初始狀態(tài)相等過程中，設(shè)二者位移大小均為l，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2對A由動能定理可得－Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)對B由動能定理可得Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0(寫出類似彈性碰撞的方程即前后兩個時刻的動能不變也可)可得v1＝0，v2＝v0兩球距離從最小值到剛恢復(fù)到初始值過程中斥力對A球做的功WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(I2,8m).6．如圖5所示，光滑的水平地面上有一質(zhì)量為M＝3kg的木板，其左端放有一可看成質(zhì)點、質(zhì)量m＝1kg的重物，右方有一豎直的墻．重物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.使木板與重物以共同的速度v0＝6m/s向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生碰撞，經(jīng)Δt＝0.1s木板以v1＝4m/s的速度返回，重力加速度為g＝10m/s2.求：圖5(1)墻壁對木板的平均作用力的大?。?2)板與墻作用時間很短，忽略碰撞過程中重物的速度變化．若重物不從木板上掉下來，則木板的最小長度為多少．答案(1)305N(2)7.5m解析(1)設(shè)向左為正方向，板碰后速度為v1，由動量定理有：(F－μmg)Δt＝Mv1－(－Mv0)代入數(shù)據(jù)可求得F＝305N(2)設(shè)重物與板共速為v共，由動量守恒定律有Mv1－mv0＝(M＋m)v共得v共＝1.5m/s設(shè)板最小長度為L，從板與墻碰后到板與重物相對靜止，系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，有μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)代入數(shù)據(jù)得：L＝7.5m.7．如圖6所示，固定在地面上的光滑圓弧面與車C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個滑塊A，其質(zhì)量為mA＝2kg，在距車的水平面高h＝1.25m處由靜止下滑，車C的質(zhì)量為mC＝6kg，在車C的左端有一個質(zhì)量mB＝2kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)點，滑塊A與B碰撞后粘合在一起共同運動，最終沒有從車C上滑出，已知滑塊A、B與車C的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，車C與水平地面的摩擦忽略不計．取g＝10m/s2.求：圖6(1)滑塊A滑到圓弧面末端時的速度大??；(2)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??；(3)車C的最短長度．答案(1)5m/s(2)2.5m/s(3)0.375m解析(1)設(shè)滑塊A滑到圓弧末端時的速度大小為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得v1＝eq\r(2gh)＝5m/s.(2)設(shè)A、B碰后瞬間的共同速度為v2，滑塊A與B碰撞瞬間與車C無關(guān)，滑塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，有mAv1＝(mA＋mB)v2代入數(shù)據(jù)解得v2＝2.5m/s.(3)設(shè)車C的最短長度為L，滑塊A與B最終沒有從車C上滑出，三者最終速度相同，令其為v3，根據(jù)動量守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3①根據(jù)能量守恒定律有μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3)②聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)解得L＝0.375m.8．在光滑水平面上靜置有質(zhì)量為m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC為eq\f(1,4)圓弧，圓弧底端切線水平，如圖7所示．一可視為質(zhì)點的物塊P，質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上滑板AB，最終恰好能滑到圓弧的最高點C處，求：圖7(1)物塊滑到C處時的速度v；(2)圓弧的半徑R；(3)滑塊剛滑上圓弧時，水平面對滑板的支持力大?。鸢?1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(v\o\al(2,0),4g)(3)6mg解析(1)由點A到點C時，取向左為正．由動量守恒得mv0＝2mv，得：v＝eq\f(v0,2)(2)由點A到點C時，根據(jù)能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)×2mv2，則：R＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)(3)滑塊剛滑上圓弧時，設(shè)B點對滑塊的支持力為NB，由牛頓第二定律得：NB－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)則：NB＝5mg由牛頓第三定律得，此時水平面對滑板的支持力為：NB＝NB′＋mg＝6mg.9．如圖8所示，靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M＝2kg的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧與木板相連．質(zhì)量m＝2kg可看做質(zhì)點的小物塊以水平速度v0＝4m/s從木板的左端滑上木板，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好能停在木板的左端．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，彈簧長度遠小于木板長度．求在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能和木板的