1、4、动量和能量（上）P3.复习精要1 动量和动能的比较;动量是矢量，动能是标量。一物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，则动量必发生变化。如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变。2.两个守恒定律的比较：.两个守恒定律的研究对象都是相互作用的物体系统，且研究的都是某一物理过程，但两者的守恒条件不同：系统动量是否守恒，取决于是否有外力作用；而机械能是否守恒，取决于是否有重力（弹力）以外的力做功。应注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒的系统，动量不一定守恒，这是由于两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果。如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内F外,动量可认
2、为是守恒的，但由于内力作功使其它形式的能转化为机械能使机械能不守恒。另外，动量守恒定律是矢量，应用时必须选取正方向，且可在某一方向使用；机械能守恒定律为标量式，应用时只须考虑势能的正负。P5.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v ，向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是 ( D )AA开始运动时BA的速度等于v时CB的速度等于零时DA和B的速度相等时P6.如图所示，m与M、M与地面之间均光滑，当m沿斜面下滑时，对m和M组成的系统有 （ A ）A机械能守恒B动量守恒Cm的重力势能的减少等于其
3、动能的增加DM对m的弹力做功为零P7.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为的子弹水平射向滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出，若射击下层，则子弹整个儿刚好嵌入，如图甲、乙所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是（ A C）A两次子弹对滑块做的功一样多甲乙B子弹嵌入下层过程中对滑块做的功多 C两次滑块所受的冲量一样多D子弹击中上层过程中系统产生的热量多P8.如图所示。小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑
4、下。关于这个过程，下列说法正确的是 （ C D ）A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D.车上曲面的竖直高度不会大于P10.如图所示，重球A放在光滑的斜面体B上，A、B质量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左缓慢移动了一段距离，A球相对于C点升高h，若突然撤去F，则 ( A D )AA以后上升的最大高度为h2BA球获得的最大速度为C在B离开A之前，A、B动量守恒DA、B相互作用的冲量大小相等P12.如图所示，将质量为2m、长度为L的木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的金属块（
5、可视为质点），以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端并与木板相对静止，金属块在运动过程中所受的摩擦力始终不变。现将木板分成长度与质量均相等的两段（1和2）后紧挨着放在此水平面上，让金属块仍以相同的初速度v0由木板的左端开始滑动，如图乙所示。图乙中，金属块仍能滑到木板2的右端与木板保持相对静止图乙中，金属块滑过木板2的右端后飞离木板图乙中，金属块在到达木板2的右端前就与木板保持相对静止图甲中，金属块最终的速率大于图乙中金属块最终的速率图甲所示过程中产生的热量大于图乙所示过程中产生的热量图甲中，金属块开始滑上木板到刚好达到稳定状态所用的时间大于图乙中金属块刚好达到稳定状态所用的时间下面判断正
6、确的是（ B ）A正确B正确C正确D正确P15.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v ，向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是 ( D )vABAA开始运动时BA的速度等于v时CB的速度等于零时DA和B的速度相等时P16.质量为M的小车置于水平面上。小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C点右方的平面光滑。滑块质量为m ，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止。求
7、：RMABCm（1）BC部分的动摩擦因数；（2）弹簧具有的最大弹性势能；（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小解：(15分) (1), （4分）(2) （4分）(3) （5分）甲乙P解得： （结果各1分，共2分）P18.如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5。一根通过细线拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系
8、统处于静止。现剪断细线，求：滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，P在乙车上滑行的距离为多大？解：（14分）设滑块P滑上乙车前的速度为v，对整体应用动量守恒和能量关系有：mv2MV = 0（3分） E0 = （3分） 解之得v = 4m/s （1分）设滑块P和小车乙达到的共同速度v，对滑块P和小车乙有：mvMV = (mM)v（3分） mgL= （3分）代入数据解之得：L=m （1分）P20.如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长。另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰。
9、碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为。重力加速度为g。求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量。解：（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2 以A为研究对象，从P到O，由功能关系以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律mv1 = 2mv2解得v2 = （2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x由功能关系解得P22.如图10所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量
10、均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：hR（1）前车被弹出时的速度；（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；（3）两车从静止下滑到最低点的高度h。解:（15分）（1）设前车在最高点速度为v2，依题意有（1）分设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒（2）2分由（1）（2）得：v1=分（2）设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律2mv0 =mv12分得设分离前弹簧弹性势能Ep，根据系统机
11、械能守恒（分）（3）两车从h高处运动到最低处机械能守恒 分 分P25.如图所示，将带电量Q0.3C、质量m=0.3 kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5 kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20 T的水平方向的匀强磁场。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长 L=1.25 m、摆球质量 m0.15 kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g= 10m/s2，求：mBMmOLQ （1）摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能E（2）碰撞后小车的最终速度解：（1）由机械能守恒定律得：
12、mgL=mv2 ， 代入L、g解得v = 5m/s 。在m碰撞M的过程中，由动量守恒定律得：mvMv1 = 0，代入m、M解得v1=1.5m/s E=mv2Mv12=1.31J（2）假设m最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m）v2代入m、M解得v2 = 0.9375m/sm以v2=0.83m/s速度运动时受到的向上洛仑兹力f = BQv2=5.625Nm/g=3N所以m在还未到v2=0.9375m/s时已与M分开了。由上面分析可知当m的速度为v3=3/（0.320）=0.5m/s时便与M分开了，根据动量守恒定律可得方程：Mv1 = Mv2/+m/v3 解得v2/=1.2m/s
13、P28.1N23某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示，用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k1.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g取10 m/s2) (1)设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为vn, 求n+1号球碰撞后的速度.(1) 若N5,在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h(16 h小于绳长)问k值为多少
14、？(2) 在第二问条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？解： (20分)(1)设n号球质量为mn，n+1号球质量为mn+1=kmn， 碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0，根据动量守恒，有 (1)根据机械能守恒，有 (2) 由（1）、(2)得设n+1号球与n+2号球碰，n+1号球在与n号球碰后的速度为,即为 n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn+1，即得 (3)（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有 (4) (5)同理可求，5号球碰后瞬间的速度 (6)由(3)式得 (7)N= 5时， (8)由(5)、(6)、(8)三
15、式得 （9）（3）设绳长为l,每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有 (10)则 (11)（11）式中Ekn为n号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.P33.如图所示，平板车质量为m，长为L，车右端(A点)有一个质量为M=2m的小滑块(可视为质点) 平板车静止于光滑水平面上，小车右方足够远处固定着一竖直挡板，小滑块与车面间有摩擦，并且在AC段、CB段动摩擦因数不同，分别为1、2，C为AB的中点。现给车施加一个水平向右的恒力，使车向右运动，
16、同时小物块相对于小车滑动，当小滑块滑至C点时，立即撤去这个力已知撤去这个力的瞬间小滑块的速度为v0，车的速度为2 v0，之后小滑块恰好停在车的左端（B点）与车共同向前运动，并与挡板发生无机械能损失的碰撞。试求：（1）1和2的比值（2）通过计算说明，平板车与挡板碰撞后,是否还能再次向右运动.FABC解：（1）(该问我们提供三种解法以供参考)：解法一：（运用动量和能量知识求解）设小滑块相对于平板车从A滑到C的过程中，滑行时间为t1，对地滑行距离为s1，则对滑块从A滑到C的过程应用动量定理和动能定理得： (1分) (1分)对平板车的上述运动过程应用动量定理和动能定理得： (1分) (1分)其中， 由
17、上述各式联立得： (1分)设小滑块滑到B端时与车的共同速度为，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有： (1分)滑块从C滑到B的过程中系统的能量守恒，故： (1分)由上述两式及解得： (2分)由可知： (1分)解法二：（综合运用牛顿第二定律、运动学知识和动量求解）设在有水平外力F时平板车的加速度为a1，在无水平外力F时平板车的加速度为a2，小滑块在AC段和CB段的加速度分别为 由牛顿第二定律得： 解得：同理： （1分）当小滑块在AC段运动时，由题意可知： （2分） （1分）由联立得： （1分）设小滑块滑到B端时与车的共同速度为，由于滑块从C滑到B的过程中
18、，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有： (1分)当小滑块在在CB段运动时，由运动学知识可知： (1分) (1分)由联立得： (1分)所以，由得： (1分)解法三：（运用牛顿运动定律和运动学知识求解）设在有水平外力F时平板车的加速度为a1，在无水平外力F时平板车的加速度为a2，小滑块在AC段和CB段的加速度分别为 由牛顿第二定律得： 解得：同理： （1分）当小滑块在AC段运动时，由题意可知： （1分） （1分） （1分）由联立得： （1分）在CB段，两物体的加速度均由它们的滑动摩擦力提供，则有： 故： （1分）小滑块加速，小车减速，所以 （1分）小滑块停在B端时，相对小车静止，则
19、： （1分）由联立得： （1分） 所以，由得： （1分）（2）(该问我们提供以下解法以供参考)：解法一：设小滑块滑到B端时与车的共同速度为，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有： （说明：若第（1）问采用解法一和解法二可略去上述解答过程）平板车与挡板碰撞后以原速大小返回，之后车向左减速，滑块向右减速，由于M2m，所以车的速度先减小到零。设车向左运动的速度减小为零时，滑块的速度为，滑块滑离车B端的距离为L1.由于上述过程系统的动量守恒，于是有： (2分)对车和滑块的系统运用能量守恒定律得： (2分)由式及、可解得： (1分)由于，故小车的速度还没有减为零
20、时，小物块已经从小车的右端滑下，之后小车向左匀速运动，故车不会再向右运动了. (1分) 解法二：设小滑块滑到B端时与车的共同速度为，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有： （说明：若第（1）问采用解法一和解法二可略去上述解答过程）平板车与挡板碰撞后以原速大小返回，之后车向左减速，滑块向右减速，由于M2m，所以车的速度先减小到零。设车向左运动的速度减小为零时，滑块的速度为，滑块滑离车中点C的距离为L2.由于上述过程系统的动量守恒，于是有： (2分)对车和滑块的系统运用能量守恒定律得： (2分)由式及、可解得： (1分)由于，故小车的速度还没有减为零时，小
21、物块已经从小车的右端滑下，之后小车向左匀速运动，故车不会再向右运动了. (1分) 解法三：设小滑块滑到B端时与车的共同速度为，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有： （说明：若第（1）问采用解法一和解法二可略去上述解答过程）平板车与挡板碰撞后以原速大小返回，之后车向左减速，滑块向右减速.设当滑块滑到平板车的最右端A刚要离开车时，滑块的速度为，平板车有向右的速度为.由于上述过程系统的动量守恒，于是： (2分)对车和滑块的系统在上述过程运用能量守恒定律得： (2分)由式及、可解得：或 (1分)将代入式得：，即滑块在A端时速度向左，这与题意不符，应将舍去.所以，当滑块刚要滑离车A端时，车速，为负值，即平板车仍向左运动，故车不会再向右运动了. (1分)
