当前位置首页 > 高中物理 > 试卷中心

2022高中物理第七章动量一轮复习专题强化十一 碰撞模型及拓展

更新时间:2024-11-27 文件大小: 319.50 KB 界面语言: 简体中文 运行环境: /WinNT/2000/XP 授权方式: 免费资源 下载次数:

下载地址

先选择下载地址,再点击下载,若为站外链接的下载地址,则所需的“提取码”统一在”资源介绍“的文末!

本地下载

资源介绍

专题强化十一 碰撞模型及拓展
目标要求  1.理解碰撞的种类及其遵循的规律.2.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.3.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性,会解决相关问题.
题型一 碰撞
基础回扣
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象.
2.特点
在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.
3.分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大

技巧点拨
1.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′.
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
2.弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例,则有
m1v1=m1v1′+m2v2′
12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2
联立解得:v1′=m1-m2m1+m2v1,v2′=2m1m1+m2v1
讨论:①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换);
②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动);当m1≫m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1;
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动);当m1≪m2时,v1′≈-v1,v2′≈0.
3.物体A与静止的物体B发生碰撞,当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,物体B的速度最小,vB=mAmA+mBv0,当发生弹性碰撞时,物体B速度最大,vB=2mAmA+mBv0.则碰后物体B的速度范围为:mAmA+mBv0≤vB≤2mAmA+mBv0.
例1  如图1所示,粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道,其半径为R=
0.1 m,半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1 kg的小球B,水平面上有一个质量为M=0.3 kg的小球A以初速度v0=4.0 m/s开始向着小球B运动,经过时间t=0.80 s与B发生弹性碰撞,设两个小球均可以看作质点,它们的碰撞时间极短,且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2.求:

图1
(1)两小球碰前A的速度大小vA;
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小.
答案 (1)2 m/s (2)4 N
解析 (1)碰前对A由动量定理有-μMgt=MvA-Mv0
解得vA=2 m/s.
(2)对A、B组成的系统,碰撞前后动量守恒,则有
MvA=MvA′+mvB
碰撞前后总动能保持不变,
则有12MvA2=12MvA′2+12mvB2
由以上两式解得vA′=1 m/s,vB=3 m/s
设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC,以水平面为参考平面,因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒,则有12mvC2+2mgR=12mvB2
解得vC=5 m/s
对小球B,在最高点C有mg+FN=mvC2R
解得FN=4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.

1.(碰撞可能性)如图2所示,在光滑水平面上有直径相同的a、b两球,在同一直线上运动,选定向右为正方向,两球的动量分别为pa=6 kg·m/s、pb=-4 kg·m/s.当两球相碰之后,两球的动量可能是(  )

图2
A.pa=-6 kg·m/s、pb=4 kg·m/s
B.pa=-6 kg·m/s、pb=8 kg·m/s
C.pa=-4 kg·m/s、pb=6 kg·m/s
D.pa=2 kg·m/s、pb=0
答案 C
解析 根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s,A选项碰后的总动量为-2 kg·m/s,动量不守恒,故A错误;B选项碰后a球的动能不变,b球的动能增加了,不符合机械能不增加的规律,故B错误;C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律,也不违背物体的运动规律,故C正确;D选项与实际不符,a不可能穿过静止的b向前运动,故D错误.
2.(弹性碰撞)如图3所示,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A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碰撞.

图3
答案 (5-2)M≤m<M
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒,机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1
12mv02=12mvA12+12MvC12
联立解得vA1=m-Mm+Mv0,vC1=2mm+Mv0
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞,所以只需考虑m 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞,设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有
mvA1=mvA2+MvB1
12mvA12=12mvA22+12MvB12
联立解得vA2=m-Mm+MvA1=(m-Mm+M)2v0
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1
联立解得m2+4mM-M2≥0
解得m≥(5-2)M
另一解m≤-(5+2)M舍去
所以,m和M应满足的条件为(5-2)M≤m<M.
题型二 碰撞模型的拓展

      “滑块—弹簧”模型

1.模型图示

2.模型特点
(1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒
(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型,相当于碰撞结束时)
例2  (多选)如图4所示,水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d,两小球质量分别为m1、m2,m1>m2,m2的左边有一固定挡板.由图示位置静止释放m1、m2,当m1与m2相距最近时m1的速度为v1,则在以后的运动过程中(  )

图4
A.m1的最小速度是0
B.m1的最小速度是m1-m2m1+m2v1
C.m2的最大速度是v1
D.m2的最大速度是2m1m1+m2v1
答案 BD
解析 由题意结合题图可知,当m1与m2相距最近时,m2的速度为0,此后,m1在前,做减速运动,m2在后,做加速运动,当再次相距最近时,m1减速结束,m2加速结束,因此此时m1速度最小,m2速度最大,在此过程中系统动量和机械能均守恒,m1v1=m1v1′+m2v2,12m1v12=12m1v1′2+12m2v22,解得v1′=m1-m2m1+m2v1,v2=2m1m1+m2v1,B、D选项正确.
例3  如图5所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H=5 m的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=1.8 m高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知mA=1 kg,mB=2 kg,mC=3 kg,取g=10 m/s2.求:

图5
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小;
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能;
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离.
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒,设其滑到底面的速度为v1,由机械能守恒定律有mAgh=12mAv12,解得v1=6 m/s
滑块A与B碰撞的过程,A、B系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度,设为v2,由动量守恒定律有
mAv1=(mA+mB)v2,
解得v2=13v1=2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A、B、C速度相等,设为v3,由动量守恒定律有
mAv1=(mA+mB+mC)v3,
解得v3=16v1=1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep=12(mA+mB)v22-12(mA+mB+mC)v32
解得Ep=3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C脱离弹簧,设滑块A、B的速度为v4,滑块C的速度为v5,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5
12(mA+mB)v22=12(mA+mB)v42+12mCv52
解得v4=0,v5=2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s=v5t,H=12gt2
解得s=2 m.

      “滑块—斜(曲)面”模型

1.模型图示

2.模型特点
(1)最高点:m与M具有共同水平速度v共,m不会从此处或提前偏离轨道.系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点:m与M分离点.水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,12mv02=12mv12+12Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)

例4  (多选)如图6所示,质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时,速度大小为v,距地面高度为h,重力加速度为g,则下列关系式中正确的是(  )

图6
A.mv0=(m+M)v
B.mv0cos θ=(m+M)v
C.mgh=12m(v0sin θ)2
D.mgh+12(m+M)v2=12mv02
答案 BD
解析 小物块上升到最高点时,小物块相对楔形物体静止,所以小物块与楔形物体的速度都为v,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,全过程机械能守恒.以水平向右为正方向,在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ=(m+M)v,故A错误,B正确;系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh+12(m+M)v2=12mv02,故C错误,D正确.
例5  (2021·黑龙江哈尔滨市第六中学期中)两质量均为m的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图7所示.一质量也为m的可视为质点的物块,从劈A上距水平面高度为h处静止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度为g,求:

图7
(1)物块在劈B上能够达到的最大高度;
(2)物块从劈B上返回水平面时的速度.
答案 (1)h4 (2)0
解析 (1)物块从劈A上滑下,设水平向右为正方向,物块滑到底端时的速度为v1,劈A的速度为v2.由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
0=mv1+mv2
mgh=12mv12+12mv22
解得v1=gh
物块滑上劈B,当二者水平方向速度相同时,物块到达最大高度.设二者共同速度大小为
v共,物块到达最大高度为H,由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
mv1=2mv共
12mv12=12×2mv共2+mgH
解得H=h4.
(2)设物块从劈B上返回水平面时的速度为v3,劈B的速度为v4,从物块刚要滑上劈B,到物块从劈B上返回水平面,由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得:
mv1=mv3+mv4
12mv12=12mv32+12mv42
解得v3=0.

3.(“滑块—斜面”模型分析)如图8所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m
图8
A.h B.mhm+M C.mhM D.Mhm+M
答案 D
解析 斜面固定时,根据动能定理可得-mgh=0-12mv02,解得v0=2gh,斜面不固定时,由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v,由能量守恒得12mv02=12(M+m)v2+mgh1,解得h1=MM+mh,D项正确.
4.(“滑块—弹簧”模型分析)如图9所示,小球B与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球A以某一速度与轻质弹簧正碰.小球A与弹簧分开后,小球B的速度为v,求当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时,小球B的速度的大小.

图9
答案 v2
解析 当系统动能最小时,弹簧被压缩至最短,两球具有共同速度v共.
设小球A、B的质量分别为m1、m2,
碰撞前小球A的速度为v0,小球A与弹簧分开后的速度为v1.
从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中,由系统动量守恒和能量守恒有m1v0=m1v1+m2v
12m1v02=12m1v12+12m2v2
联立解得v=2m1v0m1+m2,
即m1v0=m1+m22v
从小球A碰到弹簧到两球达到相同速度的过程中,系统动量守恒,
故m1v0=(m1+m2)v共
解得v共=v2.
课时精练

1.(多选)(2020·湖北部分重点中学联考)如图1所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞前后A球动量的变化量为-4 kg·m/s,则(  )

图1
A.左方是A球
B.B球动量的变化量为4 kg·m/s
C.碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2
D.两球发生的碰撞是弹性碰撞
答案 ABD
解析 初状态两球的动量均为正,故两球均向右运动,vA=pAmA=6 m/s,vB=pBmB=3 m/s,故左方是A球,A正确;由动量守恒定律知,ΔpB=-ΔpA=4 kg·m/s,B正确;碰撞后A的动量为pA′=ΔpA+pA=2 kg·m/s,则vA′=pA′mA=2 m/s,碰撞后B的动量为pB′=ΔpB+pB=
10 kg·m/s,则vB′=pB′mB=5 m/s,故vA′∶vB′=2∶5,C错误;
碰撞前系统的机械能为12mAvA2+12mBvB2=27 J,碰撞后系统的机械能为12mAvA′2+12mBvB′2=27 J,故两球发生的碰撞是弹性碰撞,D正确.
2.如图2所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是(  )

图2
A.5 m/s B.4 m/s
C.3 m/s D.2 m/s
答案 A
解析 滑块A下滑过程,由机械能守恒定律得mAgR=12mAv02,解得v0=6 m/s;若两个滑块发生的是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mAv0=mAvA+mBvB,12mAv02=
12mAv A2+12mBvB2,解得vB=4 m/s;若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:mAv0=(mA+mB)vB′,解得vB′=2 m/s,所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤
4 m/s,不可能为5 m/s,故选A.
3.(2020·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站,其三期工程采用重水反应堆技术,利用中子(10n)与静止氘核(21H)的多次碰撞,使中子减速.已知中子某次碰撞前的动能为E,碰撞可视为弹性正碰.经过该次碰撞后,中子损失的动能为(  )
A.19E B.89E C.13E D.23E
答案 B
解析 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰,满足能量守恒和动量守恒,设中子的初速度为v0,碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2,以v0的方向为正方向,可列式:12×1×v02=12×1×v12+12×2×v22,1×v0=1×v1+2×v2,解得v1=-13v0,即中子的动能减小为原来的19,则中子的动能损失量为89E,故B正确.
4.如图3所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接,静止在光滑的水平面上.现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0=4 m/s,当甲物体的速度减小到1 m/s时,弹簧最短.下列说法中正确的是(  )

图3
A.此时乙物体的速度为1 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动
C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶4
D.当弹簧恢复原长时,乙物体的速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意得,当弹簧压缩到最短时,两物体速度相同,所以此时乙物体的速度也是
1 m/s,A正确;因为弹簧压缩到最短时,甲受力向左,甲继续减速,B错误;根据动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v,解得m1∶m2=1∶3,C错误;当弹簧恢复原长时,根据动量守恒和机械能守恒有m1v0=m1v1′+m2v2′,12m1v02=12m1v1′2+12m2v2′2,联立解得v2′=
2 m/s,D错误.
5.(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上,用水平轻弹簧相连接,A、B两球的质量分别为m和M(m
图4
A.L1>L2 B.L1 C.L1=L2 D.不能确定
答案 C
解析 当弹簧压缩到最短时,两球的速度相同,对题图甲,取A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv=(m+M)v′
由机械能守恒定律得:Ep=12mv2-12(m+M)v′2
联立解得,弹簧压缩到最短时Ep=mMv22m+M
同理,对题图乙,取B的初速度方向为正方向,当弹簧压缩到最短时有:Ep=mMv22m+M
故两种情况下弹簧弹性势能相等,则有:L1=L2,故A、B、D错误,C正确.
6.(多选)(2020·广东东山中学月考)如图5甲所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度—时间图象如图乙,则有(  )

图5
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
答案 CD
解析 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且此时系统动能最小,根据系统机械能守恒可知,此时弹性势能最大,t1时刻弹簧处于压缩状态,而t3时刻处于伸长状态,故A错误;结合图象弄清两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相同,系统动能最小,势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,m2仍然加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,在t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;根据动量守恒定律,t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等,有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3 m/s,v2=1 m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度为vA=-1 m/s,B的速度为vB=2 m/s,根据m1∶m2=1∶2,求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正确.

7.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图6,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,则(  )

图6
A.在小球下滑的过程中,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B.在小球下滑的过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
C.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处
D.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动
答案 AD
解析 在小球下滑的过程中,小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力,则水平方向上动量守恒,故A正确;在小球下滑过程中,槽向左滑动,根据动能定理知,槽的速度增大,则小球对槽的作用力做正功,故B错误;小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒,开始总动量为零,小球离开槽时,小球和槽的动量大小相等,方向相反,由于质量相等,则速度大小相等,方向相反,然后小球与弹簧接触,被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等,可知反弹后小球和槽都做速率不变的直线运动,且速度大小相等,小球不会回到槽上高h处,故D正确,C错误.
8.(多选)如图7所示,动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量.则下列选项中可能正确的是(  )

图7
A.ΔpA=-3 kg·m/s、ΔpB=3 kg·m/s
B.ΔpA=-2 kg·m/s、ΔpB=2 kg·m/s
C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s
D.ΔpA=3 kg·m/s、ΔpB=-3 kg·m/s
答案 AB
解析 碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律,碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况,本题属于追及碰撞,碰前,后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则无法实现碰撞),碰后,前面物体的动量增大,后面物体的动量减小,减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,据此可排除选项D;若ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA′=-12 kg·m/s、pB′=37 kg·m/s,根据关系式Ek=p22m可知,A球的质量和动量大小不变,动能不变,而B球的质量不变,但动量增大,所以B球的动能增大,这样碰后系统的机械能比碰前增大了,可排除选项C;经检验,选项A、B满足碰撞遵循的三个规律.
9.如图8所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个14弧形槽,凹槽半径为R,A点切线水平.另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦.下列说法中正确的是(  )

图8
A.当v0=2gR时,小球能到达B点
B.如果小球的速度足够大,球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零
D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左
答案 D
解析 滑块不固定,当v0=2gR时,设小球沿槽上升的高度为h,则有:mv0=(m+M)v,12mv02=12(M+m)v2+mgh,可解得h=MM+mRM,v1与v0方向相同,向左,当m 10.如图9所示,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0向B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动,假设B和C碰撞过程时间极短,求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求:

图9
(1)整个系统损失的机械能;
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
答案 (1)mv0216 (2)1348mv02
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得:mv0=2mv1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2
12mv12=ΔE+12×2mv22
解得ΔE=116mv02.
(2)由mv1=2mv2可知v2 mv0=3mv3
12mv02-ΔE=12×3mv32+Ep
解得Ep=1348mv02.
11.(2020·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A,其倾斜面是光滑曲面,曲面下端与光滑的水平面相切,如图10所示,一质量为M的物块B位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h,物块从静止开始滑下,到达水平面上,跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作用过程无机械能损失),又滑上劈A,求物块B在劈A上能够达到的最大高度.

图10
答案 14h
解析 设物块B滑到斜面底端时速率为v1,斜面速率为v2,物块B和斜面组成的系统水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,则有3mv2-mv1=0
由系统机械能守恒可得mgh=12mv12+12×3mv22
联立可得v1=6gh2,v2=gh6
与弹簧作用后,物块B速度方向变为向左,速度大小不变,当物块B在劈A上达到最大高度时二者速率相同,设为v3,系统水平方向动量守恒,则有
3mv2+mv1=(3m+m)v3
物块B和劈A组成的系统机械能守恒,可得
mgh′=12×3mv22+12mv12-12×(3m+m)v32
联立可得h′=14h.

12.如图11所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同,现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数μ满足的条件.

图11
答案 v022gl>μ≥32v02113gl
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞,
应有12mv02>μmgl,
即μ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1,
由能量守恒定律有12mv02=12mv12+μmgl,
设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1′、v2′,
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1=mv1′+34mv2′,12mv12=12mv1′2+12·34mv2′2
联立可得v2′=87v1.
根据题意,b没有与墙发生碰撞,
根据功能关系可知,12·34mv2′2≤μ3m4gl,
联立解得μ≥32v02113gl,
综上所述,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是v022gl>μ≥32v02113gl.

发表评论

最新列表

最热列表

统计代码放这里