高中物理動(dòng)量能量典型例題

1、高中物理動(dòng)量能量典型試題1(14分)某地強(qiáng)風(fēng)的風(fēng)速是20m/s，空氣的密度是32=1.3kg/m。一風(fēng)力發(fā)電機(jī)的有效受風(fēng)面積為=20m，如果風(fēng)經(jīng)過風(fēng)S力發(fā)電機(jī)后風(fēng)速減為12m/s，且該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的效率為=80%，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的電功率多大？1風(fēng)力發(fā)電是將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，議論時(shí)間t內(nèi)的這種轉(zhuǎn)變，這段時(shí)間內(nèi)經(jīng)過風(fēng)力發(fā)電機(jī)的空氣的空氣是一個(gè)以S為底、v0t為高的橫放的空氣柱，其質(zhì)量為m=Sv0t，它經(jīng)過風(fēng)力發(fā)電機(jī)所減少的動(dòng)能用以發(fā)電，設(shè)電功率為P，則Pt(1mv021mv2)1Sv0t(v02v2)222代入數(shù)據(jù)解得P=53kW2、甲、乙兩小孩各乘一輛小車在圓滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m

2、/s.甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個(gè)，甲和他的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。現(xiàn)為防備相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)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恰好可保證兩車不致相撞，試求此時(shí)：（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總合拋出了多少個(gè)小球？2解析與解：甲、乙兩小孩依在拋球的時(shí)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(dòng)量沿甲車的運(yùn)動(dòng)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(shí)，可保證恰好不撞。設(shè)共同速度為V，則:M1V1M2V1=（M1+

3、M2）VVM1M2V1206m/s1.5m/sM1M280（2）這一過程中乙小孩實(shí)時(shí)的動(dòng)量變化為:P=30630（1.5）=225（kgm/s）每一個(gè)小球被乙接收后，到最終的動(dòng)量彎化為P1=16.511.51=15（kgm/s）故小球個(gè)數(shù)為NP22515(個(gè))P1153如圖11所示，C是放在圓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(dòng)摩擦因數(shù)均為。最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長，A、B始終未滑離木板。求：1）木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度恰好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；

4、2）木塊A在整個(gè)過程中的最小速度。3解析與解：（1）木塊A先做勻減速直V02V0線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)AB動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，C設(shè)為V1。對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：圖11mV02mV0(mm3m)V1解得：V1=0.6V0對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理，有：mgs1mV121m(2V0)222解得:912/(50)sV0g（2）設(shè)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度為V，所用時(shí)間為t，由牛頓第二定律：對(duì)木塊A：a1mg/mg,對(duì)木板C：a22mg/3m2g/3,當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最

5、小，因此有：V0gt(2g/3)t解得t3V0/(5g)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度為：V/V0a1t2/5.V04總質(zhì)量為M的列車，沿水平直線軌道勻速前進(jìn)，其末節(jié)車廂質(zhì)量為m，中途脫節(jié)，司機(jī)察覺時(shí)，機(jī)車已行駛L的距離，于是立刻關(guān)閉油門，除去牽引力，如圖13所示。設(shè)運(yùn)動(dòng)的阻力與質(zhì)量成正比，機(jī)車的牽引力是恒定的。當(dāng)列車的兩部分都停止時(shí)，它們的距離是多少？4解析與解：此題用動(dòng)能定理求解比用運(yùn)動(dòng)學(xué)、牛頓第二定律求解簡單。對(duì)車頭，脫鉤后的全過程用動(dòng)能定理得：FLk(Mm)gS11(Mm)V022對(duì)車尾，脫鉤后用動(dòng)能定理得：kmgS21mV022而SS1S2，由于原來列車是勻速前進(jìn)的，所以F=kMg由以

6、上方程解得SML。Mm5如圖14所示，在一圓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(diǎn)）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(yùn)動(dòng)，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(dòng)到C右端期間，C所走過的距離是C板長度的多少倍？5解析與解：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V，碰撞0后B與C的共同速度為V。對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守A恒定律得：mV=2mV1B01設(shè)A滑至C的右端時(shí)，三者的共同速度為V2。對(duì)A、B、CC組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：2mV

7、0=3mV2圖14設(shè)C的長度為L，A與C的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則據(jù)摩擦生熱公式和能量守恒定律可得：QmgL1.2mV121mV021.3mV22222設(shè)從發(fā)生碰撞到A移至C的右端時(shí)C所走過的距離為S，則對(duì)B、C組成的系統(tǒng)據(jù)動(dòng)能定理可得：mgS1(2m)V221(2m)V1222由以上各式解得S7.L31，質(zhì)量為m，開始時(shí)，木塊靜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a，密度為水的2止，有一半沒入水中，如圖38所示，現(xiàn)使勁F將木塊遲緩地壓到池底，不計(jì)摩擦，求（1）從開始到木塊恰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2a）的盛水足夠深的長方體

8、容器中，開始時(shí)，木塊靜止，有一半沒入水中，如圖39所示，現(xiàn)使勁F將木塊遲緩地壓到容器底部，不計(jì)摩擦。求從開始到木塊恰好完全沒入水的過程中，容器中水勢(shì)能的改變量。a6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，木塊恰好完全沒H入水中時(shí)，圖中原來處于劃斜線地域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量圖38圖39為m，其勢(shì)能的改變量為E水1mgHmg(H3a)3mga44大塊勢(shì)能的改變量為:aa/2E木mg(Ha)mgH1mga22根據(jù)功能原理，力F所做的功：WE水E木1mga4a/4(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

9、起的水深變化，木塊恰好完全沒入水中3a/4時(shí)，圖8中原來處于下方劃斜線地域的水被排開到上方劃斜線地域。這部分水的質(zhì)量為m/2，其勢(shì)能的改變量為：E水23mga。87如圖13所示，在圓滑的水平面上有一長為L的其左端有一圓滑的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，滑塊A以初速V0從右端滑上B，并以1/2V0滑離B，V0B、C的質(zhì)量均為m，試求：（1）木板B上表面的動(dòng)BAC槽C的半徑R；（3）當(dāng)A滑離C時(shí)，C的速度。7（1）當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí)，A與BC整體發(fā)生作用，圖13木板B，上表面粗糙，在B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有確好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、摩擦因素；（2）1/4圓弧由

10、于水平面圓滑，A與BC組mV0mV02mV1，（2分）V1V0成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，2得4（1分）1mV0222QEK1mV012mV0系統(tǒng)動(dòng)能的減小量等于滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能，mgL，（1分）22224，（15V02分）得16Lg（1分）（2）當(dāng)A滑上C，B與C分別，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度相等為V，由于水平面圓滑，A與C組成的系統(tǒng)動(dòng)2mV0mV1(mm)V2V23V0量守恒，2，（2分）得82212mV21mV01mV02mgRA與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，22242（2分）RV0264g（1分）得mV0mV1mVAmVCAC2（3）當(dāng)A滑下C時(shí)，設(shè)A的速度為,（1V，C的速度為V，A

11、與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，分）121V0221V01mVA2m2m422mVCA與C組成的系統(tǒng)動(dòng)能守恒，22（2分）V0C2（2分）得V=8(13分)如下列圖，將質(zhì)量均為厚度不計(jì)的兩物塊A、B用輕質(zhì)彈簧相連接，只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈m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(shí)除去彈簧鎖定，且B物塊的速度立刻變?yōu)?，在隨后的過程中當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)A物塊運(yùn)動(dòng)的速度為0，且B物塊恰能走開地面但不持續(xù)上升已知彈簧擁有相同形變量時(shí)彈性勢(shì)能也相同（1）B物塊著地后，A向上運(yùn)動(dòng)過程中合外力為0時(shí)的A速度1；（2）物塊著地到B物塊恰能走開地面但不持續(xù)上升的過程中，A物塊運(yùn)動(dòng)的

12、位移x；BA（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(shí)物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時(shí)釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立刻變?yōu)?求第二次釋放A、B后，B剛要離地時(shí)A的速度2BBH8(13分)（1）設(shè)A、B下落H過程時(shí)速度為，由機(jī)械能守恒定律有：2mgH12mv2（1分）2B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(duì)A做的總功為零（1分）即01mv121mv2（1分）22解得：v12gH（1分）AAx2BAB1AxAxH原長BBB（2）B物塊恰能走開地面時(shí)，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小等于，物塊剛著地除去彈簧鎖準(zhǔn)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，mgB彈力大小

13、等于mg因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢(shì)能相同，設(shè)為EP（1分）又B物塊恰能走開地面但不持續(xù)上升，此時(shí)A物塊速度為0從B物塊著地到B物塊恰能走開地面但不持續(xù)上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒EP1mv12mgxEP（2分）2xH（1分）（3）彈簧形變量x1x（1分）2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(jī)械能守恒EP1mv12mgx1mv02（1分）22第二次釋放A、B后，A、B均做自由落體運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒得剛著地時(shí)A、B系統(tǒng)的速度為v12gH（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(jī)械能守恒1mv12mgx1mv22E

14、P（1分）22聯(lián)立以上各式得v22gHv02（1分）9（重慶市2008屆直屬重點(diǎn)中學(xué)第2次聯(lián)考）如下列圖，質(zhì)量為m1kg的滑塊，以05m/s的水平初速度滑上靜止在圓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(duì)小車靜止.求：(1)滑塊與平板小車之間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)；(2)若要滑塊不滑離小車，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(duì)靜止，速度為v,1據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0(mM)v1（2分）對(duì)m據(jù)動(dòng)量定理：mgtmv1mv0（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(shí)，兩

15、者恰有共同速度為v2，據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0(mM)v2（2分）對(duì)m據(jù)動(dòng)能定理有：mgS物1mv221mv02（1分）22對(duì)M據(jù)動(dòng)能定理有：mgS車1Mv2202（1分）由幾何關(guān)系有：S物S車L（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：mgL1mv021(mM)v22（3分）解得：v0=6米/秒（1分）22（其他解法，按相應(yīng)分?jǐn)?shù)給分）10如下列圖，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)，原來A靜止在圓滑水平面上，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處從靜止開始沿圓滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)與物塊A相碰并一起向右運(yùn)動(dòng)（

16、設(shè)碰撞時(shí)間極短）。運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，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(shì)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(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，設(shè)B到達(dá)O點(diǎn)的速度為v0，由動(dòng)能定理得：F4s=1mv024ss2F對(duì)于A與B在O點(diǎn)的碰撞動(dòng)量守恒，設(shè)A碰后的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得：Bmv0=2CODmv當(dāng)A、B一起向右運(yùn)動(dòng)停止時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。設(shè)彈性勢(shì)能的最大值為E,據(jù)能量守恒定律可得：pmEpm=Fs+12mv23Fs2B撤去外力后，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求得、的最大速度為

17、：AvAmvBm3Fs。m11如下列圖，質(zhì)量均為M的木塊A、B并排放在圓滑水平面上，A上固定一根輕質(zhì)細(xì)桿，輕桿上端的小釘（質(zhì)量不計(jì)）O上系一長度為L的細(xì)線，細(xì)線的另一端系一質(zhì)量為m的小球C，現(xiàn)將C球的細(xì)線拉至水平，由靜止釋放，求：1）兩木塊剛分別時(shí)，A、B、C速度各為多大？2）兩木塊分別后，懸掛小球的細(xì)線與豎直方向的最大夾角多少？11解析：C球下擺過程中，在達(dá)到最低地址從前，懸線拉力的水平分量使A、B同時(shí)達(dá)到最大速度，且：PCPAPB，A、B、C三者組成一個(gè)系統(tǒng)，知足系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒；C球擺過最低地址后，懸線拉力使A向右做減速運(yùn)動(dòng)，致使A、B分別，分別后，B以原速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，PP

18、，所以，A速度減為零后改為反方向CA向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、C速度相等時(shí)，C球擺到最高點(diǎn)，此過程A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。解：（1）A、B、C三者組成的系統(tǒng)知足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，采用最低點(diǎn)EP0，C球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)A、B共同速度為vA，C速度vc為，規(guī)定向左為正方向：0mvc2MvA(1)mgL1mvc212Mv22解得：vCMgLmMgL2m；vA2Mm2MM2A(2)（2）、從C球在最低點(diǎn)開始，C與A組成一個(gè)系統(tǒng)知足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，設(shè)擺到最高處為hx，此時(shí)，A、C共同速度為vx：mvcMvA(mM)vx(1)1mvc21MvA21(mM)vx2mghx(2)222解得：vxmM

19、gL；hx2MmL；cos1mM)M2Mm2(Mm)2(m難點(diǎn)：認(rèn)為球的運(yùn)動(dòng)軌跡是完整的圓弧，沒有考慮到對(duì)地而言是一條曲線，而且到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A、C相對(duì)速度為零，即只擁有水平方向上的速度。運(yùn)用整體法：0MvA(mM)vx；mgLcos1(mM)vx21MvA2mgL22在多個(gè)物理過程中，確定系統(tǒng)的初末狀態(tài)是解決問題的重點(diǎn)，“系統(tǒng)的初末狀態(tài)”是指系統(tǒng)在內(nèi)力相互作用時(shí)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)，這是解決問題的重點(diǎn)。12如下列圖，兩個(gè)質(zhì)量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于圓滑水平面上一顆質(zhì)量為m子彈，以水平速度v0射A球，并在極短時(shí)間內(nèi)嵌在其中求：在運(yùn)動(dòng)過程中（1）

20、什么時(shí)候彈簧的彈性勢(shì)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，球、球分別都為，mABM子彈與A球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則0=(+)mvmMV（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(shí)為末態(tài)，則（m+M）V=(m+M+M)V1(mM)V21(mMM)V2EP222mv2M4m，解得EP045（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（+）=(+)A+BmMVmMVMV1(mM)V21(mM)VA21MVB2222解得V1，V2AvBv00459或

21、VA1v0，VB05根據(jù)題意求A球的最小速度和1v0，V2B球的最大速度，所以Vv0AminBmax45913質(zhì)量為M=4.0kg的平板小車靜止在圓滑的水平面上，如下列圖，當(dāng)t=0時(shí)，兩個(gè)質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v=7m/s。方向相反的水平速度，同時(shí)從小車板面上的左右兩端相向滑動(dòng)。到它們?cè)谛≤嚿贤Ｖ够瑒?dòng)時(shí)，0沒有相碰，A、B與車間的動(dòng)摩擦因素=0.2，取g=10m/s2,求：1）A在車上剛停止滑動(dòng)時(shí)，A和車的速度大小2）A、B在車上都停止滑動(dòng)時(shí)車的速度及此時(shí)車運(yùn)動(dòng)了多長時(shí)間。3）在給出的坐標(biāo)系中畫出小車運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象。v/m.s-1Av0v0B21O23

22、451t/s13（1）當(dāng)A和B在車上都滑行時(shí)，在水平方向它們的受力解析如下列圖：Av0v0BfBfAf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(shí)，所用時(shí)間為t1，其速度大小為v1，則：v=v-atmg=ma10A1AAB1=車t1AB車vamg-mg=Ma由聯(lián)立得：v1=1.4m/st1=2.8s（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv-mv=(M+m+m)vA0B0ABv=1m/s總動(dòng)量向右，當(dāng)A與小車速度相同時(shí)，A與車之間將不會(huì)相對(duì)滑動(dòng)了。再t小物體A與、速度相同，：2-v=v1-aBt2mBg=mAaB由式得：t2

23、=1.2s所以A、B在上都停止滑，的運(yùn)t=t1+t2=4.0s（3）由（1）可知t=2.8s，小的速度v=1.4m/s，在0t內(nèi)小做勻加速運(yùn)。在tt內(nèi)小做勻減速11112運(yùn)，末速度v=1.0m/s,小的速度如所示：v/m.s-121O12345t/s分準(zhǔn)：式各2分；式1分；式2分；式1分；速度像4分。14如所示，n個(gè)相同的木（可點(diǎn)），每的量都是m，從右向左沿同一直排列在水平桌面上，相木的距離均l，第n個(gè)木到桌的距離也是l，木與桌面的摩擦因數(shù)開始，第1個(gè)木以初速度v0向左滑行，其余所有木都靜止，在每次碰撞后，生碰撞的木都粘在一起運(yùn)最后第n個(gè)木好滑到桌而沒有掉下（1）求在整個(gè)程中因碰撞而失的能（2

24、）求第i次（in1）碰撞中失的能與lll碰撞前能之比（3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求的數(shù)左nn-1n-2v01右14（1）整個(gè)程木戰(zhàn)勝摩擦力做功第14題圖Wmgl+mg2l+mgnln(n1)mgl2根據(jù)功能關(guān)系，整個(gè)程中由于碰撞而失的能EK=EK0W得12n(n1)mglE=mv0K22（2）第i次（in1）碰撞前木的速度vi，碰撞后速度vi，（i+1）mv=imvii碰撞中失的能E與碰撞前能E之比KiKi1imvi21(i1)mvi2EKi212（in1）EKi22imviEKi1（in1）可得EKii1（3）初能EK0=mv02/2第1次

25、碰撞前K1=EK0mglE1次碰撞后EK1=EK1EK1=EK1EK1/2=EK0/2mgl/2第2次碰撞前K2=EK1（2）=EK0/25mgl/2Emgl第2次碰撞后EK2=EK2EK2=EK2EK3/3=EK0/35mgl/33次碰撞前EK3=EK2(3mg)l=EK0/314mgl/33次碰撞后EK3=EK3EK3=EK0/47mgl/2據(jù)題意有EK0/47mgl/2(4mg)l帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解得0.1516如下列圖，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速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數(shù)05.，當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到最左端A點(diǎn)時(shí)，一顆質(zhì)量為的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)（傳

26、送帶的m20g的子彈，以v0300m/s的水平向右的速度，正對(duì)射入木塊并穿出，穿出速度v50m/s，設(shè)子彈射穿木塊的時(shí)間極短，（g取10m/s2）求：1）木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A的最大距離；2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間。16（1）設(shè)木塊遭擊后的速度瞬間變?yōu)閂，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0Mv1mvMV（3分）m(v0v)V3m/s，方向向右。（2分）則Vv1，代入數(shù)據(jù)解得M木塊遭擊后沿傳送帶向右勻減速滑動(dòng)，其受力如下列圖。摩擦力fFNMg05.110N5N（1分）設(shè)木塊遠(yuǎn)離A點(diǎn)的最大距離為S，此時(shí)木塊的末速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理得fS01MV2（3分）2則SMV2132

27、m0.9m（1分）2f25（2）研究木塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的情況。設(shè)木塊向左加速到v12m/s時(shí)的位移為S1。由動(dòng)能定理得fS11Mv122Mv12122則S1m0.4m0.9m（3分）2f25由此可知，遭擊木塊在傳送帶上向左的運(yùn)動(dòng)過程分兩個(gè)階段：先向左加速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t1，再勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2。由動(dòng)量定理得ft1Mv1Mv1120.4s（2分）則t1f5sSS10.90.4s0.25s（2分）t22v1所求時(shí)間tt1t20.4s025.s065.s（1分）17如下列圖為一個(gè)模擬貨物傳送的裝置，A是一個(gè)表面絕緣、質(zhì)量=l00kg、電量=+6.010-2C的傳送小車，小車置Mq于圓滑的水平地面

28、上。在傳送途中，有一個(gè)水平電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為3E=4.0l0Vm，可以經(jīng)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(diǎn)時(shí)，閉合開關(guān)產(chǎn)生一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后關(guān)閉電場(chǎng)，當(dāng)貨物到達(dá)目的地時(shí)，小車和貨物的速度恰好都為零。已知貨物與小車之間的動(dòng)摩擦因素=0.1。試指出關(guān)閉電場(chǎng)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，小車最少多長?217(1)貨物和小車的速度方向分別向右和向左(3分)(2)設(shè)關(guān)閉電場(chǎng)的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為B和A；電場(chǎng)存在時(shí)和電場(chǎng)消失后貨物在小車上相對(duì)滑行的距離分別為

29、L和L；電場(chǎng)存在的時(shí)間是t，該段時(shí)間內(nèi)貨物和小車的加速度大小分別是a和a，對(duì)地位移分別是s和sA12BAB在關(guān)閉電場(chǎng)后，貨物和小車系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量規(guī)律和能量規(guī)律有mBMA=0(2分)1212(2分)=+mgL2mB2MA2由式代人數(shù)據(jù)得B=5A(1分)在加電場(chǎng)的過程中，貨物一直向前做勻減速運(yùn)動(dòng)，小車先向前做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓定律B2(1有a=mg/m=1m/sA=(qE)/=2.2m/s2(1amgM又B=aBt,A=|aAt|將其與式聯(lián)立可得t=1s,=1m/s,=0.2m/sBA1再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得sB=t2aBt2=1.5m1at=0.9m(1s=t2AA2所以

30、L1sB-sA=0.6m(1又將數(shù)據(jù)代入式解得2=0.6mL分)分)(2分)(3分)(1分)分)分)(1分)所以小車的最短長度為L=L+L=1.2m(1分)1218（08汕頭）（16分）在圓滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球A和，它們的質(zhì)量分別為和3，兩球之Bmm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(yùn)動(dòng)，如下列圖設(shè)A球與B球相碰的時(shí)間極短、碰撞過程沒有機(jī)械能損失，碰撞后兩球仍在同一直線上運(yùn)動(dòng)求：（1）A球第一次碰撞B球從前瞬間的速度（2）A球到第二次碰撞B球從前，A球經(jīng)過的總行程SFm3mAB18（16分）參照解答L（1）設(shè)A球的加速度為a，第一

31、次碰到B球瞬間速度為v1，則Fma（1分）v122aL（1分）解得v12FL（1分）m（2）兩球碰撞過程動(dòng)量守恒（取向右方向?yàn)檎较颍胢v1mvA13mvB1（1分）碰撞過程沒有機(jī)械能損失，得1mv121mv2A113mv2B1（1分）222解得兩球第一次的速度vA1v1（方向向左），vB1v1（方向向右）（2分）22碰后A球先向左勻減速運(yùn)動(dòng)，再向右勻加速運(yùn)動(dòng)，直到第二次碰撞B球設(shè)碰后A球向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為SA2，則vA212aSA2（1分）解得SA2L（1分）4設(shè)兩球第一次碰后到第二次碰前經(jīng)過的時(shí)間為t2，兩球的位移都為S2，有S2vB1t2vA1t21at22（2分）2解得t22v1

32、，S22L（2分）a因此到第二次碰撞B球從前，A球經(jīng)過的總行程SL2SA2S2（2分）解得S3.5L（1分）19如下列圖是建筑工地常用的一種“深穴打夯機(jī)”。工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)緊壓夯桿的滾輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)將夯從深為h的坑中提上來，當(dāng)兩個(gè)滾輪彼此分開時(shí)，夯桿被釋放，最后夯在自己重力作用下，落回深坑，夯實(shí)坑底。然后，兩個(gè)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(gè)滾輪邊緣線速度v恒為4m/s，每個(gè)滾輪對(duì)夯桿的正壓力N104N，滾輪與夯桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，夯桿質(zhì)量m為F為21103kg，坑深h為6m。假設(shè)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(shí)，速度正好為零，取10m/s

33、2，求：g1）每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)對(duì)夯桿所作的功。2）夯桿上升過程中被滾輪釋放時(shí)夯桿底端離坑底多高；3）打夯周期；答案：（1）因?yàn)楹粭U底端升到坑口時(shí)，速度正好為零，所以每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)對(duì)夯桿所作的功Wmgh6104J（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v4m/s的初速度豎直上拋，上升高度為：h3v20.8m2g此時(shí)夯桿底端離坑底hhh25.2m。（3）以夯桿為研究對(duì)象f12N1.2104N；a1f1mg2m/s2m當(dāng)夯桿與滾輪相對(duì)靜止時(shí)：vat14mst1sh1at24m1/,2,1112當(dāng)夯桿以v4m/s的初速度豎直上拋，上升高度為：h3v20.8

34、m2g則當(dāng)夯桿加速向上運(yùn)動(dòng)速度到達(dá)v4m/s后，夯桿勻速上升，勻速上升高度為：h2hh1h31.2m因此，夯桿上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t3v0.4s；g夯桿勻速上升的時(shí)間為：h2s；t2v0.3夯桿自由落體的時(shí)間為：h1gt42,t42h1.1s2g故打夯周期為：Tt1t2t3t43.8s20（20分）如下列圖，圓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，平面部分的上表面圓滑且足夠長。在距滑板的A端為l的B處放置一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q的小物體C（可看作是質(zhì)點(diǎn)），在水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知：M=3m，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E。假設(shè)物體C在運(yùn)動(dòng)中及與滑板A端相碰時(shí)不損失電量。1）

35、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(shí)間極短，而且碰后彈回的速度大小是碰前速度大小的1，求滑板被碰后的速度大小。5（3）求小物體C從開始運(yùn)動(dòng)到與滑板A第二次碰撞這段時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)小物體C做的功。ElCAB20（1）設(shè)物體C在電場(chǎng)力作用下第一次與滑板的A段碰撞時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理得:2qEl=1mv122qEl解得：v=1m（2）小物體C與滑板碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)滑板碰撞后的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得1vmv=Mv-m1125解得：v2=2v1=22qEl55m（3）小物體C與滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng)；小物體C以1v1的速度先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后5向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shí)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=qEm小物體C與滑板從第一次碰后到第二次碰時(shí)位移相等，即v2t=-1v1t+1at2解得：t=62ml525qE兩次相碰之間滑板走的距離sv2t24l25設(shè)小物體C從開始運(yùn)動(dòng)到與滑板A第二次碰撞這段過程電場(chǎng)力對(duì)小物體做功為W，則：W=qE(l+s)解得：W=49qEl251如下列圖，一根輕