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备战2025届新高考物理一轮总复习练习第7章动量守恒定律第5讲专题提升力学三大观点的综合应用
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这是一份备战2025届新高考物理一轮总复习练习第7章动量守恒定律第5讲专题提升力学三大观点的综合应用，共10页。试卷主要包含了6h等内容，欢迎下载使用。
题组一 动量与能量观点的综合应用
1.(多选)(2024山东济南模拟)光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B,如图所示,B上连接一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动。从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t=,弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是( )
A.弹簧的最大压缩量为v0
B.弹簧的最大压缩量为v0
C.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体A的位移为
D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体B的位移为
2.(2023山东威海检测)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离;
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。
题组二 力学三大观点的综合应用
3.(2022海南卷)有一个角度可变的轨道,当倾角为30°时,A恰好匀速下滑,现将倾角调为60°,从高为h的地方从静止下滑,过一段时间无碰撞地进入光滑水平面,与B发生弹性正碰,B被一根绳子悬挂,与水平面接触但不挤压,碰后B恰好能做完整的圆周运动,已知A的质量是B质量的3倍,求:
(1)A与轨道间的动摩擦因数μ;
(2)A与B刚碰完B的速度大小;
(3)绳子的长度L。
4.(2024广东河源期末)超速和车距过小是发生交通事故的主要原因。某次碰撞测试中,甲车在水平路面以大小为v1=72 km/h的速度向右行驶,与向左行驶、速度大小为v2=54 km/h的乙车发生正面碰撞,碰后甲车立即停下,乙车向右反弹了一段距离后也停下。此后在甲车后方行驶的丙车由于速度太快且与甲车车距太近来不及刹车,以大小为v3=72 km/h的速度撞向甲车,碰后丙车和甲车连在一起向右运动并再次碰撞乙车,最终三车连在一起又运动了一段距离。若所有的碰撞都为一维碰撞,碰撞时间极短,碰撞后各车均失去动力且车轮抱死不能滚动只能滑行。已知三车质量相同,轮胎与路面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)甲、乙车第一次碰撞后乙车的速度大小和乙车向右反弹到停下运动的距离;
(2)甲、乙车第二次碰撞后瞬间三车一起运动的速度大小。
综合提升练
5.面对能源紧张和环境污染等问题,混合动力汽车应运而生。混合动力汽车,是指拥有两种不同动力源(如燃油发动机和电力发动机)的汽车,既节能又环保。汽车质量为M,静止在平直路面,只采用电力驱动,发动机额定功率为P1启动,达到最大速度v1后,再次提速,两种动力同时启动,此时发动机的总额定功率为2P1,由v1经时间t达到最大速度v2(未知);运动一段时间后,开始“再生制动”刹车,所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。加速过程中可视为阻力恒定;“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比,即f=kv。求:
(1)汽车速度由v1到v2过程中前进的位移s1;
(2)汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离s2。
6.(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量m杆=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
7.(2024广东模拟)某同学用如图甲所示的装置做一探究实验,将一质量为m的带孔小球穿在光滑竖直杆上,从高度为H1处由静止释放,与地面发生碰撞后该小球竖直反弹的最大高度为;经过多次实验发现,每次小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比为一定值e,假定小球与竖直杆间的摩擦力和空气阻力均可忽略不计,重力加速度大小为g。
(1)求该定值e的大小;
(2)现让该小球仍从H1处释放,为了使得小球与地面碰撞后反弹高度与释放高度相等,则在小球释放瞬间对小球迅速向下拍打,求拍打过程对小球做的功;
(3)如图乙所示,在同一高度H1同时释放两质量相同的小球(小球均可视为质点),下方的小球碰地后立刻与上方的小球发生弹性正碰,求碰撞后上方小球能弹起的最大高度。
8.(2024广东广州期末)如图所示,以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面,一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L0=0.25 m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点滑上滑板,此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点,质量m=1 kg,滑板质量m0=4 kg,圆弧轨道半径R=1.25 m,物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失,物块始终没有滑离滑板。
(1)求物块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力;
(2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块速度v1的大小;
(3)求滑板长度的最小值。
参考答案
第5讲 专题提升:力学三大观点的综合应用
1.BD 解析 弹簧压缩到最大时,A、B的速度相同,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得,mv0=2mv,根据能量守恒定律可得,·2mv2+Epm,解得Epm=,根据弹性势能公式可得,xm=v0,故A错误,B正确;由动量守恒定律可得,m+m=mv0,则有mt+mt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=,由A、B选项分析可知,xA-xB=xm=v0,联立解得xA=,xB=,故C错误,D正确。
2.答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统,由水平方向上动量守恒及机械能守恒可得
mvC=2mvAB
mgl=×2m
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小
vC=2。
(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型规律可得
mxC=2mxAB
xC+xAB=l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离
xAB=。
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v,对A、C组成的系统,取向左为正方向,由水平方向上动量守恒可得
mvC-mvAB=2mv
由机械能守恒定律可得
×2mv2+mgh
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度Δh=l-h
联立解得Δh=。
3.答案 (1) (2) (3)0.6h
解析 (1)倾角为30°时A匀速运动,根据平衡条件有
mgsin30°=μmgcs30°
得μ=。
(2)(3)A从高为h的地方滑下后速度为v0,根据动能定理有
3mgh-μ·3mgcs60°·3m
A与B碰撞后速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律、能量守恒定律有
3mv0=3mv1+mv2
·3m·3m
B到达最高点速度为v3,根据牛顿第二定律有
mg=m
根据能量守恒有
+mg·2L
解得v2=,L=0.6h。
4.答案 (1)5 m/s 2.5 m (2) m/s
解析 (1)根据题意,设每辆车的质量为m,取水平向右为正方向,甲、乙第一次碰撞动量守恒,有
mv1-mv2=0+mv
解得v=5m/s
碰后对乙车,由动能定理得
-μmgs=0-mv2
解得乙车碰撞后到停下的距离s=2.5m。
(2)丙、甲碰撞,碰后丙、甲的速度为v4,由动量守恒定律有
mv3=2mv4
解得v4=10m/s
丙、甲一起运动到撞上乙前,设撞上乙前甲、丙的速度为v5,由动能定理得
-μ·2mgs=·2m()
解得v5=5m/s
对甲、乙、丙车,碰撞后三车的速度为v6,由动量守恒定律有
2mv5=3mv6
解得v6=m/s。
5.答案 (1)2v1t- (2)
解析 (1)发动机额定功率为P1启动,达到的最大速度v1时有
f1=F1
所以汽车加速过程中的阻力
f1=F1=
同理,发动机的总额定功率为2P1,达到最大速度v2时有
f1=
解得
v2=2v1
汽车速度由v1到v2过程中根据动能定理有
2P1t-f1s1=
解得前进的位移
s1==2v1t-。
(2)“再生制动”刹车过程即速度由v2减到零的过程,根据动量定理有
-kvt=-ks2=0-Mv2=-2Mv1
解得汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离
s2=。
6.答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。
(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即
FN1=(m+m杆)g=8N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为
FN2=m杆g-f=5N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有
-mgl-fl=mv2-
代入数据解得v=8m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+m杆)v共
碰后滑块和滑杆以速度v共整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有
-(m+m杆)gh=0-(m+m杆)
代入数据联立解得h=0.2m。
7.答案 (1) (2)3mgH1 (3)
解析 (1)设小球碰地前的速度为v1,碰地后的速度为v2,对小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mg
小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比e=。
(2)拍打小球后,小球碰地前的速度为v3,碰地后的速度为v4,对小球下落过程,由机械能守恒定律有
W+mgH1=
碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比e=
联立解得W=3mgH1。
(3)以竖直向上为正方向,对下方小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
又e=
故碰地后下方小球的速度v2=(方向竖直向上)
对上方小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
则上方小球与下方小球碰前上方小球的速度
v1=-(方向竖直向下)
上、下两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1'和v2',由动量守恒定律有
mv1+mv2=mv1'+mv2'
由机械能守恒定律有
mv1'2+mv2'2
联立解得
v1'=,v2'=-
设两球碰后上方小球能弹起的最大高度为H1',碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mgH1'=mv1'2
解得H1'=。
8.答案 (1)30 N,方向竖直向下 (2)3 m/s
(3)6.232 m
解析 (1)物块从A到B,根据机械能守恒有
mgR=
解得vB=5m/s
在B点时由牛顿第二定律有
FN-mg=m
根据牛顿第三定律,物块滑到B点时对轨道的压力FN'=FN
联立解得FN'=30N,方向竖直向下。
(2)假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速,设物块滑上滑板到二者共速时间为t0,物块加速度大小为a1,滑板加速度大小为a2,有
a1=μg=2m/s2
a2==0.5m/s2
v共=vB-a1t0=a2t0
解得v共=1m/s,t0=2s
该过程中滑板的位移为
x板=t0=1m>L0
故假设不成立,滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速,设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为t1,有
L0=a2
解得t1=1s
故物块的速度为v1=vB-a1t1=3m/s。
(3)滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
v板1=a2t1=0.5m/s
碰撞后速度反向,因为mv1>m0v板1,由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时,速度方向向右,有
mv1-m0v板1=(m+m0)v共1
解得v共1=0.2m/s
因为此时速度方向向右,故滑板会与挡板再次碰撞,碰撞后滑板的速度方向向左,此时m0v共1>mv共1,同理可知当物块和滑板第二次共速时,速度方向向左,根据动量守恒有
mv共1-m0v共1=-(m+m0)v共2
解得v共2=0.12m/s
之后物块与滑板以共同速度向左一直匀速运动,分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度v共2,物块相对于滑板始终向滑板的右端运动,整个过程根据能量守恒有
(m+m0)=μmgL板min
代入数值解得滑板长度的最小值为L板min=6.232m。
题组一 动量与能量观点的综合应用
1.(多选)(2024山东济南模拟)光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B,如图所示,B上连接一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动。从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t=,弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是( )
A.弹簧的最大压缩量为v0
B.弹簧的最大压缩量为v0
C.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体A的位移为
D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体B的位移为
2.(2023山东威海检测)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离;
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。
题组二 力学三大观点的综合应用
3.(2022海南卷)有一个角度可变的轨道,当倾角为30°时,A恰好匀速下滑,现将倾角调为60°,从高为h的地方从静止下滑,过一段时间无碰撞地进入光滑水平面,与B发生弹性正碰,B被一根绳子悬挂,与水平面接触但不挤压,碰后B恰好能做完整的圆周运动,已知A的质量是B质量的3倍,求:
(1)A与轨道间的动摩擦因数μ;
(2)A与B刚碰完B的速度大小;
(3)绳子的长度L。
4.(2024广东河源期末)超速和车距过小是发生交通事故的主要原因。某次碰撞测试中,甲车在水平路面以大小为v1=72 km/h的速度向右行驶,与向左行驶、速度大小为v2=54 km/h的乙车发生正面碰撞,碰后甲车立即停下,乙车向右反弹了一段距离后也停下。此后在甲车后方行驶的丙车由于速度太快且与甲车车距太近来不及刹车,以大小为v3=72 km/h的速度撞向甲车,碰后丙车和甲车连在一起向右运动并再次碰撞乙车,最终三车连在一起又运动了一段距离。若所有的碰撞都为一维碰撞,碰撞时间极短,碰撞后各车均失去动力且车轮抱死不能滚动只能滑行。已知三车质量相同,轮胎与路面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)甲、乙车第一次碰撞后乙车的速度大小和乙车向右反弹到停下运动的距离;
(2)甲、乙车第二次碰撞后瞬间三车一起运动的速度大小。
综合提升练
5.面对能源紧张和环境污染等问题,混合动力汽车应运而生。混合动力汽车,是指拥有两种不同动力源(如燃油发动机和电力发动机)的汽车,既节能又环保。汽车质量为M,静止在平直路面,只采用电力驱动,发动机额定功率为P1启动,达到最大速度v1后,再次提速,两种动力同时启动,此时发动机的总额定功率为2P1,由v1经时间t达到最大速度v2(未知);运动一段时间后,开始“再生制动”刹车,所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。加速过程中可视为阻力恒定;“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比,即f=kv。求:
(1)汽车速度由v1到v2过程中前进的位移s1;
(2)汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离s2。
6.(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量m杆=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
7.(2024广东模拟)某同学用如图甲所示的装置做一探究实验,将一质量为m的带孔小球穿在光滑竖直杆上,从高度为H1处由静止释放,与地面发生碰撞后该小球竖直反弹的最大高度为;经过多次实验发现,每次小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比为一定值e,假定小球与竖直杆间的摩擦力和空气阻力均可忽略不计,重力加速度大小为g。
(1)求该定值e的大小;
(2)现让该小球仍从H1处释放,为了使得小球与地面碰撞后反弹高度与释放高度相等,则在小球释放瞬间对小球迅速向下拍打,求拍打过程对小球做的功;
(3)如图乙所示,在同一高度H1同时释放两质量相同的小球(小球均可视为质点),下方的小球碰地后立刻与上方的小球发生弹性正碰,求碰撞后上方小球能弹起的最大高度。
8.(2024广东广州期末)如图所示,以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面,一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L0=0.25 m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点滑上滑板,此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点,质量m=1 kg,滑板质量m0=4 kg,圆弧轨道半径R=1.25 m,物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失,物块始终没有滑离滑板。
(1)求物块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力;
(2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块速度v1的大小;
(3)求滑板长度的最小值。
参考答案
第5讲 专题提升:力学三大观点的综合应用
1.BD 解析 弹簧压缩到最大时,A、B的速度相同,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得,mv0=2mv,根据能量守恒定律可得,·2mv2+Epm,解得Epm=,根据弹性势能公式可得,xm=v0,故A错误,B正确;由动量守恒定律可得,m+m=mv0,则有mt+mt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=,由A、B选项分析可知,xA-xB=xm=v0,联立解得xA=,xB=,故C错误,D正确。
2.答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统,由水平方向上动量守恒及机械能守恒可得
mvC=2mvAB
mgl=×2m
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小
vC=2。
(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型规律可得
mxC=2mxAB
xC+xAB=l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离
xAB=。
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v,对A、C组成的系统,取向左为正方向,由水平方向上动量守恒可得
mvC-mvAB=2mv
由机械能守恒定律可得
×2mv2+mgh
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度Δh=l-h
联立解得Δh=。
3.答案 (1) (2) (3)0.6h
解析 (1)倾角为30°时A匀速运动,根据平衡条件有
mgsin30°=μmgcs30°
得μ=。
(2)(3)A从高为h的地方滑下后速度为v0,根据动能定理有
3mgh-μ·3mgcs60°·3m
A与B碰撞后速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律、能量守恒定律有
3mv0=3mv1+mv2
·3m·3m
B到达最高点速度为v3,根据牛顿第二定律有
mg=m
根据能量守恒有
+mg·2L
解得v2=,L=0.6h。
4.答案 (1)5 m/s 2.5 m (2) m/s
解析 (1)根据题意,设每辆车的质量为m,取水平向右为正方向,甲、乙第一次碰撞动量守恒,有
mv1-mv2=0+mv
解得v=5m/s
碰后对乙车,由动能定理得
-μmgs=0-mv2
解得乙车碰撞后到停下的距离s=2.5m。
(2)丙、甲碰撞,碰后丙、甲的速度为v4,由动量守恒定律有
mv3=2mv4
解得v4=10m/s
丙、甲一起运动到撞上乙前,设撞上乙前甲、丙的速度为v5,由动能定理得
-μ·2mgs=·2m()
解得v5=5m/s
对甲、乙、丙车,碰撞后三车的速度为v6,由动量守恒定律有
2mv5=3mv6
解得v6=m/s。
5.答案 (1)2v1t- (2)
解析 (1)发动机额定功率为P1启动,达到的最大速度v1时有
f1=F1
所以汽车加速过程中的阻力
f1=F1=
同理,发动机的总额定功率为2P1,达到最大速度v2时有
f1=
解得
v2=2v1
汽车速度由v1到v2过程中根据动能定理有
2P1t-f1s1=
解得前进的位移
s1==2v1t-。
(2)“再生制动”刹车过程即速度由v2减到零的过程,根据动量定理有
-kvt=-ks2=0-Mv2=-2Mv1
解得汽车由速度v2减到零过程中行驶的距离
s2=。
6.答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。
(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即
FN1=(m+m杆)g=8N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为
FN2=m杆g-f=5N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有
-mgl-fl=mv2-
代入数据解得v=8m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+m杆)v共
碰后滑块和滑杆以速度v共整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有
-(m+m杆)gh=0-(m+m杆)
代入数据联立解得h=0.2m。
7.答案 (1) (2)3mgH1 (3)
解析 (1)设小球碰地前的速度为v1,碰地后的速度为v2,对小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mg
小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比e=。
(2)拍打小球后,小球碰地前的速度为v3,碰地后的速度为v4,对小球下落过程,由机械能守恒定律有
W+mgH1=
碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
小球碰地后的速度大小与碰地前速度大小之比e=
联立解得W=3mgH1。
(3)以竖直向上为正方向,对下方小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
又e=
故碰地后下方小球的速度v2=(方向竖直向上)
对上方小球下落过程,由机械能守恒定律有
mgH1=
则上方小球与下方小球碰前上方小球的速度
v1=-(方向竖直向下)
上、下两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1'和v2',由动量守恒定律有
mv1+mv2=mv1'+mv2'
由机械能守恒定律有
mv1'2+mv2'2
联立解得
v1'=,v2'=-
设两球碰后上方小球能弹起的最大高度为H1',碰后上升过程,由机械能守恒定律有
mgH1'=mv1'2
解得H1'=。
8.答案 (1)30 N,方向竖直向下 (2)3 m/s
(3)6.232 m
解析 (1)物块从A到B,根据机械能守恒有
mgR=
解得vB=5m/s
在B点时由牛顿第二定律有
FN-mg=m
根据牛顿第三定律,物块滑到B点时对轨道的压力FN'=FN
联立解得FN'=30N,方向竖直向下。
(2)假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速,设物块滑上滑板到二者共速时间为t0,物块加速度大小为a1,滑板加速度大小为a2,有
a1=μg=2m/s2
a2==0.5m/s2
v共=vB-a1t0=a2t0
解得v共=1m/s,t0=2s
该过程中滑板的位移为
x板=t0=1m>L0
故假设不成立,滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速,设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为t1,有
L0=a2
解得t1=1s
故物块的速度为v1=vB-a1t1=3m/s。
(3)滑板第一次与挡板P碰撞时速度为
v板1=a2t1=0.5m/s
碰撞后速度反向,因为mv1>m0v板1,由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时,速度方向向右,有
mv1-m0v板1=(m+m0)v共1
解得v共1=0.2m/s
因为此时速度方向向右,故滑板会与挡板再次碰撞,碰撞后滑板的速度方向向左,此时m0v共1>mv共1,同理可知当物块和滑板第二次共速时,速度方向向左,根据动量守恒有
mv共1-m0v共1=-(m+m0)v共2
解得v共2=0.12m/s
之后物块与滑板以共同速度向左一直匀速运动,分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度v共2,物块相对于滑板始终向滑板的右端运动,整个过程根据能量守恒有
(m+m0)=μmgL板min
代入数值解得滑板长度的最小值为L板min=6.232m。
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