物理选修3-5教科版全套讲义专题4

1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解，若用动量或能量的观点求解会比较方便．[复习过关]1．如图1所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球A图1A．h B．2hC．3h D．4h答案D解析两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝eq\r(2gh)，B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程进行研究，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选竖直向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，且m2＝3m1，联立解得v1＝2v＝2eq\r(2gh)，v2＝0，故小球A反弹后能达到的高度为H＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝4h，选项D正确．2．如图2所示，质量为mP＝2kg的小球P从离水平面高度为h＝0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为mQ＝2kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g＝10m/s2，下列说法正确的是()图2A．P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/sB．P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/sC．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/sD．当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为16J答案C解析由机械能守恒定律，mPgh＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)，解得P球与滑块Q碰撞前的速度为v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，选项A错误；P球与滑块Q碰撞前的动量为p1－mPv0＝8kg·m/s，选项B错误；当轻弹簧压缩至最短时，P球与滑块Q速度相等，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得碰撞后轻弹簧压缩最短时的速度是v＝2m/s，选项C正确；由能量守恒定律，当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mP＋mQ)v2＝8J，选项D错误．3．如图3所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，轨道最低点B与水平轨道BC相切，BC＝2R，整个轨道处于同一竖直面内．将质量为m的物块(可视为质点，其中M＝2m)从A点无初速度释放，物块与小车上表面BC之间的动摩擦因数为0.5.求物块相对BC运动的位移．(g＝10m图3答案eq\f(4,3)R解析小物块从A下滑到B的过程中，小车保持静止，对物块由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)从B到C的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v1从B到C的过程中，由功能关系得μmgΔx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)联立各式得Δx＝eq\f(4,3)R.4．如图4所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/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μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：图4(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v0′不超过多少．答案(1)0.24s(2)5m/s解析(1)设物块与小车相对静止时的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f，对物块应用动量定理有ft＝m2(v0－v)又f＝μm2解得t＝eq\f(m1v0,μm1＋m2g)代入数据得t＝0.24s.(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′由功能关系有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝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′不超过5m/s.5．置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态．现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：(1)两球间的距离最小时B球的速度；(2)两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功．答案(1)eq\f(I,2m)(2)－eq\f(I2,8m)解析(1)对A球由动量定理可得I＝mv0两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒mv0＝2mv得v＝eq\f(I,2m)(2)从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2对A由动能定理可得－Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)对B由动能定理可得Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0(写出类似弹性碰撞的方程即前后两个时刻的动能不变也可)可得v1＝0，v2＝v0两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(I2,8m).6．如图5所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝3kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量m＝1kg的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v0＝6m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt＝0.1s木板以v1＝4m/s的速度返回，重力加速度为g＝10m/s2.求：图5(1)墙壁对木板的平均作用力的大小；(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，则木板的最小长度为多少．答案(1)305N(2)7.5m解析(1)设向左为正方向，板碰后速度为v1，由动量定理有：(F－μmg)Δt＝Mv1－(－Mv0)代入数据可求得F＝305N(2)设重物与板共速为v共，由动量守恒定律有Mv1－mv0＝(M＋m)v共得v共＝1.5m/s设板最小长度为L，从板与墙碰后到板与重物相对静止，系统损失的动能全部转化为内能，有μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)代入数据得：L＝7.5m.7．如图6所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块A，其质量为mA＝2kg，在距车的水平面高h＝1.25m处由静止下滑，车C的质量为mC＝6kg，在车C的左端有一个质量mB＝2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞后粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出，已知滑块A、B与车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，车C与水平地面的摩擦忽略不计．取g＝10m/s2.求：图6(1)滑块A滑到圆弧面末端时的速度大小；(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(3)车C的最短长度．答案(1)5m/s(2)2.5m/s(3)0.375m解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)代入数据解得v1＝eq\r(2gh)＝5m/s.(2)设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，有mAv1＝(mA＋mB)v2代入数据解得v2＝2.5m/s.(3)设车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从车C上滑出，三者最终速度相同，令其为v3，根据动量守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3①根据能量守恒定律有μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3)②联立①②式代入数据解得L＝0.375m.8．在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为eq\f(1,4)圆弧，圆弧底端切线水平，如图7所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上滑板AB，最终恰好能滑到圆弧的最高点C处，求：图7(1)物块滑到C处时的速度v；(2)圆弧的半径R；(3)滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小．答案(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(v\o\al(2,0),4g)(3)6mg解析(1)由点A到点C时，取向左为正．由动量守恒得mv0＝2mv，得：v＝eq\f(v0,2)(2)由点A到点C时，根据能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)×2mv2，则：R＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)(3)滑块刚滑上圆弧时，设B点对滑块的支持力为NB，由牛顿第二定律得：NB－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)则：NB＝5mg由牛顿第三定律得，此时水平面对滑板的支持力为：NB＝NB′＋mg＝6mg.9．如图8所示，静止在光滑水平面上质量为M＝2kg的木板，右端有一根轻质弹簧与木板相连．质量m＝2kg可看做质点的小物块以水平速度v0＝4m/s从木板的左端滑上木板，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好能停在木板的左端．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，弹簧长度远小于木板长度．求在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能和木板的