动量和动能定理文档格式.docx

动量和动能定理文档格式.docx

《动量和动能定理文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动量和动能定理文档格式.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

（3）质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离．

6．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到

﹣F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．

（1）若恒力F=0，求物块滑出木板时的速度？

（2）随着F的增大，当外力F的值取多大时，m恰好不能从M右端滑出？

并指出图象中该状态的对应点？

（3）求出图象中D点对应的外力F的值并写出DE端

﹣F的函数表达式？

7．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．

8．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：

（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；

（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．

9．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2．

（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；

（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？

（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．

10．质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离．

参考答案与试题解析

一．计算题（共6小题）

1．（2017•达州一模）如图，质量为M=2.0kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB部分是半径为R=0.4m的四分之一圆弧光滑轨道，BC部分是长为L=0.2m的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ=0.5，两段轨道相切于B点．C点离地面高为h=0.2m，质量为m=1.0kg的小球（视为质点）在小车上A点从静止沿轨道下滑，重力加速度取g=10m/s2．

【分析】

（1）小球下滑过程只有重力做功，由动能定理可以求出小球到达B点的速度，在B点应用牛顿第二定律可以求出支持力．

（2）（i）小球与小车在水平方向系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小车的速度．

（ii）应用机械能守恒定律求出速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出距离．

【解答】解：

（1）小球从A运动到B过程，根据动能定理得：

mgR=

mvB2﹣0，

在B点，由牛顿第二定律得：

FN﹣mg=m

，解得：

FN=30N；

（2）（i）若不固定小车，滑块到达B点时，小车的速度最大为vmax，

小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：

mv2﹣Mvmax=0，解得：

=

，v2=2vmax，

由机械能守恒定律得：

mv22+

Mvmax2，解得：

vmax=

m/s，v2=

m/s；

（ii）假设小球能从C点滑出，设小球滑到C处时小车的速度为v，则小球的速度为2v，

设小球距离为s；

根据能量守恒定律得：

m•（2v）2+

Mv2+μmgL，

解得：

小车的速度v=﹣1m/s，小球的速度为2m/s；

若假设成立，小球滑出小车后做平抛运动，

则有：

h=

t=0.2s；

小球的水平位移为x1=2×

0.2=0.4m

小车的水平位移为x2=1×

0.2=0.2m

那么小球落地与小车之间的水平距离s=0.4+0.2=0.6m

答：

（1）若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小FN为30N．

（2）（i）求小球运到B点时小车的速度大小v2为

（ii）小球能从C点滑出小车；

小球落地与小车之间的水平距离s为0.6m．

【点评】本题考查了求支持力、速度与距离问题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键；

该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；

第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究．也可以根据题目提供的特殊的条件：

在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，不使用动量守恒定律．

2．（2017•资阳模拟）如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上．A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为

【分析】①A与C相碰后粘合在一起的过程，AC系统的动量守恒，由动量守恒定律求A与C刚粘合在一起时的速度．

②轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后B的速度，再由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能△E．

①A与C相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，则得：

m•

v0=（m+m）v…①

v=

v0…②

②设绳断后B速度为vB，轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则得：

mv0=m•

v0+2m•vB…③

在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为：

△E=

mv02﹣

•2m•vB2﹣

…④

联解③④得：

mv02…⑤

①A与C刚粘合在一起时的速度v大小是

v0；

②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能△E是

mv02．

【点评】本题首先要分析清楚物体运动过程，知道绳子绷断过程及碰撞都遵守动量守恒定律与能量守恒定律，由两大守恒定律即可正确解题．

3．（2017•邯郸一模）如图，半径R=0.3m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°

（1）物块离开A点后做平抛运动，到达B点时沿B点的切线方向，根据平抛运动的规律得出物体在B点的速度．

（2）由机械能守恒可求得物块在C点的速度；

由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力．

（3）由动量守恒定律求出物块m0与物体m碰撞后共同速度．要使物块不滑离木板，两物体最后应达到相同速度并且刚好到达木板的最右端，由动量守恒定律求出共同速度，由能量守恒定律求得木板的最小长度．

（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛规律可得：

vBsin30°

=v0…①

vB=4m/s…②

（2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：

…③

根据牛顿第二定律得：

…⑤

（3）设两物块碰撞前，m0的速度为v1，粘在一起的速度为v2，物块m0在于碰撞前，由动能定理得：

…⑥

发生碰撞时，由动量守恒定律有：

m0v1=（m0+m）v2…⑦

两物块与模板相对滑动至共速v3，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

（m0+m）v2=（m0+m+M）v3…⑧

由能量守恒得：

…⑨

联立解得：

L=

m≈3.26m

所以木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板．

（1）物体到达B点时的速度大小vB是4m/s．

（2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小是9.33N．

（3）木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板．

【点评】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起，要注意分析运动过程，把握每个过程的物理规律．要知道物块在木板上滑行时，摩擦产生的内能与相对位移有关．

4．（2017•青岛一模）如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1Ω，R2=0.2Ω．现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；

（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；

对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；

（3）对ab棒运用动能定理即可．

（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，

根据导体棒切割磁场有：

E=Bdv0①

闭合电路欧姆定律：

I=

②

牛顿第二定律：

F安=m2a0③

安培力公式：

F安=BId④

联立①②③④式代入题给数据得：

a0=

=30m/s2

（2）设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，

对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2⑤

ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：

﹣m2g•2r=

﹣

⑥

在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：

m2g=m2

⑦

⑤⑥⑦式子联立得：

v1=

=7.5m/s⑧

（3）cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：

W=

⑨

⑧⑨联立代入题给数据得：

=4.375J

（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度为30m/s2；

（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小为7.5m/s；

（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功为4.375J．

【点评】本题较为综合，考查重点是导体棒切割磁场的双杆模型，分析两棒组成的系统，只受内力安培力作用，不受外力作用，故系统动量守恒；

除此之外本题还涉及到牛顿第二定律，闭合电路欧姆定律，竖直平面圆周运动的模型；

解题时要分好过程，选好研究对象，选择合适的规律解决问题．

5．（2017•河南一模）足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：

（1）物块沿光滑斜面下滑时机械能守恒，由机械能守恒定律求物块与钢板碰撞前瞬间的速度大小v0，由动量守恒定律求物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；

（2）从碰后到回到O点的过程，对系统运用机械能守恒定律列式，可求得碰撞前弹簧的弹性势能；

（3）根据动量守恒定律求出质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v2．再由机械能守恒定律求解．

（1）设物块与钢板碰撞前的速度为v0．根据机械能守恒定律得：

mg•3x0sinθ=

v0=

对于碰撞过程，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=2mv1．

（2）设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep．当物块与钢板一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧的弹性势能为零，根据机械能守恒定律得：

Ep+

=2mgx0sinθ

Ep=

mgx0sinθ

（3）设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v2．由动量守恒定律得：

2mv0=3mv2．

当物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时它们的速度为v．根据机械能守恒定律得：

=3mgx0sinθ+

在O点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度v继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O点的距离为h，则有

v2=2ah

由牛顿第二定律得：

2mgsinθ=2ma

（1）质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1是

．

（2）碰撞前弹簧的弹性势能是

mgx0sinθ．

（3）质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离是

【点评】本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：

动量守恒定律．物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系．

6．（2017•江西一模）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到

（1）若恒力F=0，对物块与木板组成的系统合力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式，即可求出物块滑出木板时的速度；

（2）要使m恰好不从M上滑出，临界情况下，当m滑到M右端瞬间，两者速度相等．对两个物体分别运用牛顿第二定律求得加速度，得到两者的相对加速度，再由速度位移公式求解F，得到图象中该状态的对应点．

（3）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力．对整体，由牛顿第二定律求F，并得到

﹣F的函数表达式．

（1）F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

mv0=mv1+Mv2

mv02﹣（

mv12+

Mv22）=μmgs

将M=0.5kg、m=1kg、v0=4m/s、s=1代入得：

v1=2m/s、v2=4m/s（不符合情况，舍去）

或v1=

m/s、v2=

m/s（符合题意）

（2）要使m恰好不从M上滑出，临界情况下，当m滑到M右端瞬间，两者速度相等，物块的加速度大小为：

a物=μg=2m/s2

木板的加速度为：

a板=

=2F+4m/s2

两者的相对加速度大小为：

a相=a板+a物=2F+6m/s2

由题知v0相=4m/sv′相=0m/s，s相=1m，

由v0相2=2a相s相得F=1N

图象中B点对应为这种情况

（3）D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力，两者一起加速运动的临界加速度为：

a=μg=2m/s2

FD=（m+M）a=（1+0.5）×

2N=3N

函数表达式为：

（1）若恒力F=0，物块滑出木板时的速度是

m/s．

（2）随着F的增大，当外力F的值取1N时，m恰好不能从M右端滑出，图象中该状态的对应点是B点．

（3）求出图象中D点对应的外力F的值是3N，DE端

﹣F的函数表达式是

【点评】滑块问题是物理模型中非常重要的模型，基本关键要正确进行受力分析、运动分析，对于相对运动过程，可以运用相对运动的规律研究，也可以运用动能定理研究．

二．解答题（共4小题）

7．（2015•新课标Ⅰ）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．

【分析】该题中A与C的碰撞过程以及A与B的碰撞的过程都是弹性碰撞，将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答．

A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1．由动量守恒定律、机械能守恒定律得：

mv0=mvA1+MvC1①

联立①②得：

③

④

可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞．

A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：

⑤

根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：

vA2≤vC1⑥

联立④⑤⑥得：

m2