动力学专题

1. 如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成45角，BC为 水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量 为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑， 最后停在轨道上的C点，已知A点高h，物块与轨道间的滑 动摩擦系数为M求：(1) 在整个滑动过程中摩擦力所做的功。(2 )物块沿轨道AB段滑动时间七与沿轨道BC段滑动时间 t之比值1。2(3)使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功。3. 如图所示是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意 图，光滑斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接， 圆形轨道半径为R。一个质量为m的小车(可视为质点)从 距地面h高处的A点由静止释放沿斜面滑下。已知重力加 速度为g。(1) 求当小车进入圆形轨道第一次经过B点时对轨道的压 力；(2) 假设小车恰能通过最高点C完成圆周运动，求小车从 B点运动到C克服摩擦阻力做的功。2. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B 点衔接，导轨半径为R。一个质量为m的静止物块在A处 压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运 动恰能完成半圆周运动到达C点。求：(1) 弹簧对物块的弹力做的功。(2) 物块从B至C克服阻力做的功。(3) 物块离开C点后落回水平面时其动能的大小。4. 如图所示，位于竖直平面上的1/4光滑轨道，半径为R， 0B沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为 m的小球从A点静止释放，最后落在地面C点处，不计空气 阻力.求：(1) 小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大？(2) 小球落地点C与B的水平距离S为多少？5. 如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角匕 BOC=37, D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面 长乙=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上 端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为 件0.25。求：(1) 物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道 的压力各为多大？(2) 物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不 计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？(3) 物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在 整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？7. 如图所示，一个长为乙，质量为M的长方形木块，静止 在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以 水平初速度，从木块的左端滑向另一端，设物块与木块间 的动摩擦因数为口，当物块与木块达到相对静止时，物块 仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。6.如下图所示，质量为m=2kg的物体，在水平力F=8N的 作用下，由静止开始沿水平面向右运动.已知物体与水平面 间的动摩擦因数日=0.2.若F作用?i=6s后撤去，撤去F后 又经f2=2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间 %=0.1s，碰墙后反向弹回的速度v =6m/s，求墙壁对物体的 平均作用力(g取10m/s2).8. 如图所示，质量为M的小车B静止在光滑水平面上，车 的左端固定着一根弹簧，小车上O点以左部分光滑，O点 以右部分粗糙，O点到小车右端长度为L。一质量为m的 小物块A (可视为质点)，以速度v0从小车右端向左滑动， 与弹簧相碰，最后刚好未从小车右端滑出。求：(1) 小车的动摩擦因数。(2) 碰撞时弹簧的最大弹性势能。9. 如下图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量 M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数佐0.4, 开始时平板车和滑块共同以=2m/s的速度在光滑水平面上 向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞 后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反.平板车足 够长，以至滑块不会滑到平板车右端.（取g=10m/s2）求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？A” m 二| 07777x777777777711. 如图所示，一轻弹簧竖直放置在地面上，轻弹簧下端与 地面固定，上端边接一质量为M的水平钢板，处表静止状 态。现有一质量为m的小球从距钢板h=5m的高处自由下落 并与钢板发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，已知M=3m，不计空气阻力，g=10m/s2。求：小球与钢板第一次碰撞后瞬间，小球的速度v 1和钢板 的速度v2；10.如图所示，质量为M=1Kg，长为L=2.25m的小车B静 止在光滑水平面上，小车B的右端距离墙壁S0=1m，小物体 A与B之间的滑动摩擦系数为=0.2.今使质量m=3Kg的 小物体A （可视为质点）小物体以水平速度v0=4m/s飞上B 的左端，重力加速度g取10m/s2.若小车与墙壁碰撞后速度 立即变为零，但并未与墙粘连，而小物体与墙壁碰撞时无机 械能损失.求小车B的最终速度为多大？12. 如图所示，半径为R内表面光滑的半球形容器放在光 滑的水平面上，容器左侧靠在竖直墙壁。一个质量为m的 小物块，从容器顶端A无初速释放，小物块能沿球面上升 的最大高度距球面底部 B的距离为3R。求：（1）竖直墙作用于容器的最4大冲量；（2）容器的质量M。13.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg 的物块C静止在前方，如下图所示.B与C碰撞后二者粘 在一起运动.求：在以后的运动中：(1) 当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？(2) 弹性势能的最大值是多大？(3) A的速度有可能向左吗？为什么？ABC/777777777777777777/7777777T7777/715.如图所示，高出地面1.25m的光滑平台上，靠墙放着质 量为4kg的物体A，用手把质量为2kg的物体B经轻质弹 簧压向物体A，保持静止(弹簧与A、B不系牢)，此时弹 簧具有的弹性势能是100)，在A和B之间系一细绳，细绳 的长度大于弹簧的自然长度，放手之后，物体B向右运动， 把细绳拉断，物体B落在离平台水平距离为2m的地面上， 求：(1) 在此过程中，墙壁对物体A的冲量.(2) 细绳对物体A做的功.14.如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一个砂 箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为M， 车上放有一物块A，质量也是M，物块A随小车以速度v0 向右匀速运动.物块A与左侧的车面的动摩擦因数为m与 右侧车面摩擦不计.车匀速运动时，距砂面H高处有一质 量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求：(1) 小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值.(2) 为使物体A不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？市 Ts f-.16 (00全国高考，22 )天津江西 14分在原子核物理 中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反 应” .这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个 小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于 静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边 有一个小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示.C与 B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的 过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改 变.然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动， A与P接触而不粘连.这一段时间，突然解除锁定(锁定及 解除锁定均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量为m.(1) 求弹簧长度刚被锁定后A球的速度；(2) 求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大 弹性势能.17 （01春季招生，22） （14分）如下图所示，A. B是静 止在水平地面上完全相同的两块长木板.A的左端和B 的右面端相接触.两板的质量皆为M=2.0kg,长度皆为 Z=1.0m. C是一质量为m=1.0kg的小物块.现给它一初 速度=2.0m/s,使它从B板的左端开始向右滑动，已 知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数为 1=0.10.求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动.（取 重力加速度g=10m/s2）V018 （16分）如图14所示，在同一竖直上，质量为2m的小 球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L。小球受到 弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面有，达到 最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后 球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落 在水平面C上的P点，O点的投影O与P的距离为L/2。 已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度 为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（1）球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（1）弹簧的弹性力对球A所做的功。(2) 绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;(3) 绳拉断过程绳对A所做的功W。19【06年】23. (16分)如图所示，坡道顶端距水平面高 度为h,质量为m】的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进 入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹 簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质 量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的 末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压 缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为M，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小;弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep (设弹簧处于原长时弹性势能为零)。22.【09年】10.(16分)如图所示， 质量m1=0.3 kg的小车静止在 光滑的水平面上，车长L=15 m, 现有质量m2=0.2 kg可视为质点 的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最 后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取g=10 m/s2，求20.【07年】23. (16分)如图所示，水平光滑地面上停放 着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨 道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的 长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。 可视为质点的物块从A点正上方某处无初速度下落，恰好 落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨 道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不 考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆 弧半径的几倍；(1) 物块在车面上滑行的时间t;(2) 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度V 0不超过多少。(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数p。21.【08年】24. (18分)光滑水平面上放着质量mA=1kg的 物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、 B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。 在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度， 如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断， 之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径 R=0.5m，B恰能到达最高点C。取g=10m/s2，求 (1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；由动能定理得：mgh-W=0=ma 11.【解析】（1）设整个过程摩擦力做的功是W,W=mgh（2）设物块沿轨道AB滑动的加速度为a, 由牛顿第二定律有 mg sin 45。一 |1 mg cos 45 设物块到达B点时的速度为V，则有V=at BB设物块沿轨道BC滑动的加速度为气，由牛顿第二定律有Rmg ma 2物块从B点开始作匀减速运动，到达C点时，速度为零，故有0 V： a212由式可得： =a -也 ai 1 -（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功应该是克服重力和阻力所做功之和，即是W=mgh+W=2mgh、EkC -由牛顿第二定律，2【解析】物块的运动可分为以下四个阶段：弹簧弹力做功阶段；离开弹簧后在AB段的匀速直线运动阶段；从B 到C所进行的变速圆周运动阶段；离开C点后进行的平抛运动阶段.弹簧弹力是变化的，求弹簧弹力的功可根据效果一 一在弹力作用下物块获得的机械能，即到达B点的动能求解.物块从B至C克服阻力做的功也是变力，同样只能根据B点 和C点两点的机械能之差判断.因此求出物块在B点和C点的动能是关键.可根据题设条件：“进入导轨瞬间对导轨的压力 为其重力的7倍”、“恰能到达C点，求出EkB 物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg，7 mg 一 mg m B 有Rmg = m C物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律，有 RE = mv 2 0.5 mgR kC 2 C 2.（1）根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为w =Ek曰mgR.（2）物体从B到C只有重力和阻力做功，根据动能定理，有 W阻 一 mg 2R EC 一 EBW阻0.5 mgR - 3 mgR + 2 mgR = -0.5 mgR即物体从B到C克服阻力做的功为0.5mgR.（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，机械能守恒，有 E； = E* + E c = 0.5 mgR + 2 mgR = 2.5 mgR评析：中学阶段不要求直接用w = Fs cos a求解变力做功，可根据其效果一一使用能量变化间接来判断.对于物体运动的 全过程必须逐段进行认真分析，确定每一阶段符合的规律：如本题最后一个阶段是平抛运动，物块在C点有动能，不能把 平抛当成自由落体来处理.m BmgR mv 2R ；从入到B,由机械能守恒，有2 B，3. （1） N=必号严（2） Wrmg2h5RNr 一 mg 4.答案：（1）小球沿圆弧做圆周运动，在B点由牛顿第二定律，有：B由以上两式得 Nb = 3 mg（2）小球离开点后做平抛运动,抛出点高为HR，有：H 一* = 2更、s = v：t Vb=2gR，解得Ji1s =、4HR - 4R 2 V H 2 - （2R - H ）2H R 1R =由上式可知，当 2时,即H 2时,S有最大值,即Smax = H思路点拨：解决圆周运动问题时，应注意需要的向心力和提供的向心力的分析;而平抛问题应注意水平运动和竖直运动具有 相同的时间.5【解析】(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：1 mvC 一 0 mg (/ sin 37 + R 一 R cos 37 ) 一 |1 mg / cos 37 vC = J2g(L sin 37。+ R R cos 37 ) 2 一gL cos 37 = RmJs = 4.24m/s经 C 点时 Nc 一 mg m C N mg + m C - 4.6 N 根据牛顿第三定律，P对C点的压力Nc= NC = 4.6N从C到E机械能守恒2mvC = mg(R + hED )E与D间高度差hED(3) 物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒mgR (1 cos 37 ) mv ；vc =2gR (1 cos 37 ) =、2m/sN = mg + m1- = 0.1 x 10 + 0.1 % 1.4 N C 2R0.5根据牛顿第三定律 压力N = N = 1.4 N C 2C 26.解析：解法1 (程序法)：选物体为研究对象，在t时间内其受力情况如图所示，选F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为勺=言顼二22f 2=2蚤FFnNF,叩N叩Nmgmg撤去F时物体的速度为v 1=a1t1=2X6m/s=12m/s撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为一口 mga 2 =一日 g 0.2 x 10m/s 2 2m/s 2 .物体开始碰撞时的速度为v2=v 1 + a2t2=12 + ( 2) X 2m/s=8m/s.再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为F，其方向水平向左.若选水平向左为正方向，根据动量定 理有 Ft = mv m (v ) .解得 F = m (K + v2) = 2 * (6 + 8) N = 280 N .t0.13解法2 (全程考虑)：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向，则F 电|1 mg (七 + 12 ) F 宣3 mv 所以 FJ - /mg (七 + 12 ) + mv8 x 6 x (-0.2) x 2 x 10 x (6 + 2) + 2 x 6 ?8。nt0.13点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简 单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和.此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐. 另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易.7.【解析】对物体，滑动摩擦力f做负功，由动能定理得- f (d + s) mv ； - mv 2 , 即f对物体做负功，使物块动能减少.对木块，滑动摩擦力f对木块做正功，由动能定理得fs = 1 MV 2，2即f对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为mv 2 mv 2 MV 2 f (d + s) fs = fd ,202 t 2本题中f = Rmg，物块与木块相对静止时v, = V又以物块、木块为系统 则 mv 0 = (m + M ) v ,动量守恒，则上式可简化为|1 mgd =mv 2 -(m + M ) v2 , 系统在水平方向不受外力 联立、式得d =性02 日 g (M + m)一 ”，一Mv2Mmv 2故系统机械能转化成内能的量为Q = fd = Mmg 一MMV =0 .评析：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于 系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为Q = fs 、.上述情况和同样符合该规律，掌握了它可使许多计算简化.相对8 .答案：（1） h =M24（m + M ）gL9.解析：（1）设第一次碰墙壁后， 在向右滑行.EmMmax 4（m + M ） 0平板车向左移动s，速度为0.由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还 1S = 2 x 0.4 x 3 x 10 =3= E（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s 方向均向右.这样就违反动量守恒.所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v. 度.代入数据得2 x 22滑块的速度则大于2m/s， 此即平板车碰墙前瞬间的速Mv o - mv o = (M + m) vM - m(M + m 0代入数据得v = 1 v0 = 0.4m /s（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v前的过程，可 用图（a） （b） （c）表示.（a）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b） 为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次达到共同速度为两 者的位置.在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功RMgs，平板车动能 减少等于摩擦力对平板车所做功RMgs （平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力 做功为零），其中s RMgl、,其中 l = s，+ s1 撞，每次情况与此类似（M + m） v 2 = R Mgls分别为滑块和平板车的位移.滑块和平板车动能总减少为为滑块相对平板车的位移.此后，平板车与墙壁发生多次碰最后停在墙边.设滑块相对 平板车总位移为l，则有(a)(b)(c )l =(M + m )v 22 H Mg5 x 225一 =0.833m2 x 0.4 x 3 x 106l即为平板车的最短长度.10.答案：1.5m/s.代入数据得l=1211.解析：（1）设小球刚落到钢板时速度为v0,则小球下落过程中，机械能守恒，有：mgh=20，碰撞过程中，动量守恒，有：mv0= mv1+ Mv2，碰撞过程中，无机械能损失1mv2=mv2 + mv22122，由以上三式，可得由动能定理-HMgS = 0 - -mv 2v = J2 gh = 10 m / s, v = - v = - 5 m / s, v = v = 5 m / s小球的速度v1为5m/s，方向向上；钢板的速度v2为5m/s,方向向下。(另一组解已舍去九即小球与钢板第一次碰撞后，(2)如图所示(小球与钢板第二次碰撞后，小球的速度为10m/s，方向向上；钢板的速度为零)12.【解析】(1)物体由A滑到8的过程中，容器不脱离墙，物块由B沿球面向上滑时，物块对容器的作用力有一水平向 右的分量，容器将脱离墙向右运动.因此，物块由A-B动量变化量最大，受容器的冲量最大，竖直墙作用于容器的冲量也 最大.物块由A-B机械能守恒，设物块滑到B的速度为vB，则mgR = ：mv：v B = J 2 gR物块动量变化量mvB - 0 容器不动，墙对容器的冲量I (2)物块从B处上升， 与容器具有共同的水平速度m醯,方向沿水平方向.容器作用于物块的冲量为I = mv： - 0 m确 .，-I mP2gR，方向水平向右，这是最大冲量.容器向右运动过程中，系统水平方向动量守恒.物块上升到最高处相对容器静止的时刻，物块设它为v，则由动量守恒定律得mvB = (m + M )v1o 3=(m + M ) v 2 + mg R24联立式解得M=3m13.【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA系统机械能守恒；mvB+ mB )v = (mA + mB + me )v(2 + 2) x 6解得 vA = 3m/sB、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒：,2 x 6b = (mb + ”e )vvv 2m/s设物A速度为v%时弹簧的弹性势能最大为EpE = (m + m ) v2 + m v 2 一一 (m + m + mp 12 B C 12 A 21x (2 + 4) x 22 + x 2 x 62 - x (2 + 2 + 4) x 3 12J222(3) A不可能向左运动系统动量守恒设 A 向左，vA4m/s(2)设碰后瞬间B、C两者速度为，根据能量守恒me)vb则作用后A. B、C动能之和肾48 J+ (mA + mb + mc )v： = 12 + 36 = 48J 根据能量守恒定律，E! E是不可能的.14.解析：本题应用动量守恒，在m下落在砂箱砂里的过程中 向动量守恒，则有：Mv = (M + m) v此时物块A由于不受外力作用实际上系统的机械能E=Ep机械能守恒及能量守恒定律联合求解。由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用故车及砂、泥球整个系统的水平方继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块A、弹簧、车系统为研究对象，水v2，则由动平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短，达最大弹性势能E时，整个系统的速度为 量守恒和机械能守恒有：M 0 + (M + m) 11 Mv 2 + (M + m) v 22 021=(2 M + m) v 2=E + (2 M + m) v2Mm 2由式联立解得:E =P 2( M + m )(2 M + m)之后物块A相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚 滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有：R MgL = Ep由两式得：L 心2 R g (M + m )(2 M + m)15.答案：(1) I=20N s； (2) W=18J16.【解析】(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为七，由动量守恒，有mV = (m + m)当弹簧压至最每短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有2mv 1 =3mv2由两式得A的速度v2 = ；v0(2) 设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E，由能量守恒，有一D2mv 2 = D3mv 2 + E p2122 p撞击P后，A与D的动能都为零.解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度 为 v3，则有 Ep = 1 (2 m)Dv；以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度.当A. D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动时守 恒，有2 mv 3 = 3 mv耳当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E，由能量守恒，有1 D2mv 2 = 1 D3mv 2 + Ep2324 p解以上各式得E p = mv0说明：该题以“双电荷交换反应”为背景，考查的是动量守恒和机械能守恒定律的知识，又考查了理解能力，推理能 力，分析综合能力，突出了对物理过程的考查.考生必须首先弄清整个物理因素，针对不同的物体在各个阶段的受力情况， 再确定其运动所遵循的规律.分析物理过程是解决这个问题的关键，现具体过程分析如下： C以v0与B发生完全非弹性碰撞，弹簧长度不能突变，A可看成静止. BC形成一体D向左压缩弹簧，A的速度增大，D的速度减小，两者共速，弹簧压缩最短. 弹簧锁定后与挡板相碰而静止. 解除锁定，D向右加速，墙对A的作用力不断减小，达到原长时作用力为零. 弹簧达到自然长度后，D继续向右运动逐渐减速，而A开始向右加速，弹簧伸长到最长时，两物体的速度相等，这 时弹簧的弹性势能最大.根据上面的分析，把复杂的物理过程分解为几个简单的过程，同时发掘出弹簧压缩最短和伸长最长的隐含条件，运用物理规 律列方程，就可达到准确解题的目的.17【解析】C有可能停在B上，也有可能停在A上，还有可能滑离A，先假设停在B上，由动量守恒定律得：mv = (m + 2 M ) v .0设C在B上滑动距离为X，木板B的位移为s，则C对地的位移为s+x，由功能关系得：对木板：|1 mg = x 2Mv12|1 mgx = mv 0 - (m + 2 M ) v2,对 C：日 mg (s + x) = mv 2 - 一 mv ；,所以得: Mv2，一从而解得x =0= 1.6m，大于板长，C将滑离B板.|1 g (2 M + m)设C刚滑到A板上速度为v0,此时AB两板的速度为vB，由动量守恒得mv 0 = mv q + 2 Mvg ,由功能关系得：日mgl = mv 0 - mv；22 七 24 v=0_58 -、24 =0.155m /s20.8 土24 v =B 20合理的解是：vb-x 2Mv2当C滑到A上，B以0.155m/s的速度匀速运动了，Mv B + mv 0 = (m + M ) v a=1 . 3 8 m / s5设C停在A上，速度vA，相对A滑行距离为y，由动量守恒得:+ 1 MvB最后A、B、C的速度分别为vA=0.563m/sv =0.155m/s，B解得：va = 0.563m/s，由动能关系得：|1 mgy = mv 02 代入数据得y=0.50m，小于A板长度，C不能滑离A板， vC = vA = 0.563 m/s18. 17.分析和证明B的速度不会为零。假设某时刻B的速度为零，设此时滑块A的速度为v 1，由动量定律得(m + m ) v = m v此时系统的机械能为E1 (重力势能为零)，动能为EKA，弹性势能为Ep1E1=EKA+Ep1EKA=由题意知，当 A的速度为零时，弹性势能 Ep2=0。设此时 此时系统的机械能为：E2=EKB+Ep2(m + m ) v = m v由动重守怛定律得： 1202由机械能守恒定律得E1=E2由以上各式联立得：(m + m )2 v2 e2mi+ m2m2)2 v20EB的速度为v，贝U B的动能为：KBE 由于 p1零。由上式可得出m2-mi，这与题没给定的条件mi m2相矛盾，故假设不成立，即有：B的速度不会为2 gh19. 23. (i) v =20. (i)设物块的质量为m，(2) E =mi2gh M(in+m2)gd/(mi+m2)其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R。由机械能守恒定律，有imgh = mv 22v 29 mg - mg = m根据牛顿第二定律，有R解得h=4R即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R。由滑 动摩擦定律，有F = H mg由动量守恒定律，有mv = (m +3m)v对物块、小车分别应用动能定理，有1 1F (10 R + s) = mv 2 mv 22 21Fs = (3m) v2 02解得H = 0.321.解析：(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vb，到达C点时的速度为七，有m g = m cB B R(1)1 1m v2 = m v2 + 2 m gRB BB cB2 2(2)代入数据得v = 5 m / s(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为七，取水平向右为正方向，有E = m v2 p 2 B i2(4)I = m v m v(5)I = 4 NS ,代入数据得其大小为4NS(6)(3) 设绳断后A的速度为VA，取水平向右为正方向，有(7)代入数据得W = 8 J(9)根据动量守怛定律有22.(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向m v = (m + m )v2 012设物块与车面间的滑动摩擦力为尸，对物块应用动量定理有-Ft = m v 一 m v又F = Hm 2gm vH (m + m )g代入数据得(2)要使物块恰好不从车厢滑出，那腮出m 2 v 0解得t = 0.24 s须物块到车面右端时与小车有共同的速度，设其为，则=(m + m ) v由功能关系有v,代入数据解得0 =5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不能超过5m/s。