资源描述
动量观点、能量观点综合应用1. 如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为，Q点右侧表面是光滑的求：（1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内） 2如图所示，一个质量为的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为；另一质量为2的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板。设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失。已知滑块与长木板间的动摩擦因数为。试求（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度与的关系（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长应满足什么条件3如图所示，以A、B为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，离滑板右端处有一竖直固定的挡板P一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M = 2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为 = 0.5，重力加速度为g滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定（1）求物块滑到B点的速度大小；（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；（3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围4如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能EP；（3）A、B两球最终的速度vA、vB的大小。ANMBLh动量观点、能量观点综合应用1.解：（1）设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由机械能守恒定律有 滑块滑到B点时，由牛顿第二定律有 联立式解得N3mg 根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为 （2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有 联立式解得 若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有 联立式解得 综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是 2.解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为 则 得： 在A点有： 由得： 由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 （2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度， 则： 由得： .若,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为 . 若,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为则: 得: (3)因为S足够大,每次碰前滑块与木板共速;因为,每次碰后系统的总动量方向向右,要使滑块不滑离长木板,最终木板停在墙边,滑块停在木板上.（没有文字说明的扣1分） 由能量守恒得: 评分标准:每式2分,3分,其余每式1分.3（18分）解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒设物块滑到B点的速度大小为v0，有： 2分解得： 1分（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律 2分设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理 2分联立式，解得 ， 1分所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为 2分（没有判断滑板与P碰撞前是否有共同速度，扣2分）（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，由动量守恒定律有 1分设此时滑板离P的距离为s，由动能定理 1分解得 1分，说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够第二次达到共同速度 1分（没有判断滑板与P碰撞前是否第二次有共同速度，扣1分）设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有 1分解得 1分所以，物块加速运动阶段的速度范围为 vm 此阶段滑板的速度范围为 vM 2分4（10分）解答：对A球下滑的过程，根据动能定理 当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等。所以有： （3分）（1） 根据能的转化和守恒定律： （3分）（3）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。得： （4分）5. 如图所示，高度相同质量均为的带电绝缘滑板A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量，它们的间距。质量为，大小可忽略的物块C放置于B的左端。C与A之间的动摩擦因数为，A与水平面之间的动摩擦因数为，B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。开始时三个物体处于静止状态。现在空间加一水平向右电场强度为的匀强电场，假定A、B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连。求：（1）A与B相碰前的速度为多大;（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； ACBES (3)在满足(2)的条件下,求最终AB的距离。 5.（1）A与B相撞之前由动能定理： 2分得 2分代入数据得： 2分(2).A与B相碰后速度为由动量守恒定律： 2分C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动A与地面的摩擦力A受到的电场力故A、C系统动量守恒定律， 1分当C刚好滑到A左端时共速由动量守恒定律： 得 1分设A长度为L则由能量守恒定律有: 2分得代入数据得 1分(用其它方法求解正确也给分)(3).对C由牛顿第二定律可知: 得 1分加速时间为 1分0.5s内A的位移 1分0.5s内B的位移 1分所以两者以后距离关系式为 1分
展开阅读全文