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第2講　動量守恒定律及應用
目標要求 　1.理解系統動量守恒的條件.2.會應用動量守恒定律解決基本問題.3.會分析、解決動量守恒定律的臨界問題．
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
基礎回扣
1．內容
如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變．
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
3．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒．
技巧點撥
應用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)．
(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)規定正方向，確定初、末狀態動量．
(4)由動量守恒定律列出方程．
(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．

　　　　　 動量守恒條件的理解

例1 　(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一輕彈簧(彈簧不與小車相連)，如圖1所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態，將小車及彈簧看成一個系統，下列說法中正確的是(　　)

圖1
A．兩手同時放開后，系統總動量始終為零
B．先放開左手，再放開右手后，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，兩手放開后，系統總動量都保持不變
答案　ACD
解析　若兩手同時放開A、B兩小車，系統所受合外力為零，系統動量守恒，由于系統初動量為零，則系統總動量為零，故A正確；先放開左手，系統所受合外力向左，系統所受合外力的沖量向左，再放開右手，系統總動量向左，故C正確；無論何時放手，兩手放開后，系統所受合外力為零，系統動量守恒，系統總動量保持不變，如果同時放手，系統總動量為零，如果不同時放手，系統總動量不為零，故B錯誤，D正確．

　　　　　 動量守恒定律的基本應用

例2 　(2020·全國卷Ⅲ·15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖2中實線所示．已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　　)

圖2
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案　A
解析　根據題圖圖象，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝12m甲v甲2＋
12m乙v乙2－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故選A.






1．(某一方向上動量守恒)如圖3所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側緊靠在墻壁上．現讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則下列結論中正確的是(　　)

圖3
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
答案　C
解析　小球下滑到半圓槽的最低點B之后，半圓槽離開墻壁，除了重力外，槽對小球的彈力對小球做功，選項A錯誤；小球下滑到半圓槽的最低點B之前，小球與半圓槽組成的系統水平方向上受到墻壁的彈力作用，系統所受的外力不為零，系統水平方向上動量不守恒，半圓槽離開墻壁后，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，選項B錯誤，C正確；半圓槽離開墻壁后小球對槽的壓力對槽做功，小球與半圓槽具有向右的水平速度，所以小球離開右側槽口以后，將做斜上拋運動，選項D錯誤．
2．(動量守恒定律的基本應用)(多選)如圖4所示，一質量M＝3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m＝1.0 kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內，木板速度大小可能是(　　)

圖4
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案　AB
解析　以A、B組成的系統為研究對象，系統動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數據解得vB1≈2.67 m/s.當從開始到A、B速度相同的過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數據解得vB2＝2 m/s，則在木塊A做加速運動的時間內，B的速度大小范圍為2 m/s 3．(動量守恒定律與圖象結合)(多選)(2019·山東青島市模擬)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖5所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發生正碰后結合體的位移隨時間變化關系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知(　　)

圖5
A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2
B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大
C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D．滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的16
答案　AD
解析　根據x－t圖象的斜率表示速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A正確；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達式可知|m1v1|＜m2v2，由動能的表達式可知，12m1v12>12m2v22，故選項B、C錯誤，D正確．
考點二　動量守恒定律的臨界問題
1．當小物塊到達最高點時，兩物體速度相同．

2．彈簧最短或最長時，兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大．

3．兩物體剛好不相撞，兩物體速度相同．

4．滑塊恰好不滑出長木板，滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同．

例3 　(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝?2n－1?mv0M，則v7＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由題意知，v7<5 m/s，則M>52 kg，又知v8>5 m/s，則M<60 kg，故選B、C.
例4 　(2016·全國卷Ⅱ·35(2))如圖6，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

圖6
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案　(1)20 kg　(2)不能，理由見解析
解析　(1)規定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度，聯立①②式并代入題給數據得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入數據得v1＝－1 m/s⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒和機械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦
聯立③⑥⑦式并代入數據得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩．

4．(臨界問題)(2019·江西上饒市重點中學六校高三第二次聯考)如圖7所示，光滑懸空軌道上靜止一質量為3m的小車A，用一段不可伸長的輕質細繩懸掛一質量為2m的木塊B.一質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊(時間極短)，在以后的運動過程中，細繩離開豎直方向的最大角度小于90°，試求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)

圖7
(1)子彈射入木塊B時產生的熱量；
(2)木塊B能擺起的最大高度；
(3)小車A運動過程的最大速度大小．
答案　(1)13mv02　(2)v0236g　(3)13v0
解析　(1)子彈與木塊B作用瞬間水平方向的動量守恒，可得
mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝v03.
設產生的熱量為Q，根據能量守恒定律有Q＝12mv02－32mv12＝13mv02.
(2)木塊B到最高點時，小車A、木塊B、子彈三者有相同的水平速度，
根據水平方向動量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，
解得v2＝16v0.
由機械能守恒定律有3mgh＋12×6mv22＝12×3mv12，
解得h＝v0236g.
(3)設小車A運動過程的最大速度為v4，此時木塊的速度為v3，當木塊回到原來高度時，小車的速度最大，根據水平方向動量守恒，
有3mv1＝3mv3＋3mv4，
根據能量守恒定律有32mv12＝32mv32＋32mv42，
解得v4＝13v0.
課時精練

1．(多選)如圖1所示，在質量為M的小車上掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況的說法是可能發生的(　　)

圖1
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v1，滿足Mv＝(M＋m)v1
D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案　BC
解析　在小車與木塊直接碰撞的瞬間，彼此作用力很大，所以它們的速度在瞬間發生改變，在此期間它們的位移可看成為零，而擺球并沒有直接與木塊發生力的作用，因為在它與小車共同勻速運動時，擺線沿豎直方向，因此繩的拉力不能改變小球速度的大小，即小球的速度不變，A、D錯誤；而小車和木塊碰撞后，可能以不同的速度繼續向前運動，也可能以共同速度(完全非彈性碰撞)向前運動，B、C正確．


2．(2019·湖北沙市中學模擬)如圖2所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細線(未畫出)相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧(與兩小車未連接)，小車處于靜止狀態，燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動．已知兩小車的質量之比為m1∶m2＝2∶1，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．彈簧彈開后左右兩小車的速度大小之比為1∶2
B．彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為1∶2
C．彈簧彈開過程左右兩小車受到的沖量大小之比為2∶1
D．彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為1∶4
答案　A
解析　兩小車及彈簧系統所受合力為零，動量守恒，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正確；由動量守恒定律知，彈簧彈開后左右兩小車的動量大小相等，B錯誤；彈簧彈開過程中，左右兩小車受到的彈力大小相等，作用時間相同，由I＝Ft知，左右兩小車受到的沖量大小之比為1∶1，C錯誤；由動能定理得，彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為W1∶W2＝p122m1∶p222m2＝1∶2，D錯誤．
3．如圖3甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝1 kg.初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發生碰撞并一起運動，它們的位移—時間圖象如圖乙所示(規定向右為位移的正方向)，已知A、B碰撞時間極短(t＝0.01 s)，圖中無法顯示，則(　　)

圖3
A．物塊B的質量為2 kg
B．物塊B的質量為4 kg
C．A、B碰撞時的平均作用力大小為300 N
D．A、B碰撞時的平均作用力大小為100 N
答案　C
解析　由題圖乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后v＝20－168－4 m/s＝1 m/s，則由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝mAvA－mAvv＝3 kg，A、B錯誤；對B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正確，D錯誤．
4．(2017·全國卷Ⅰ·14)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為
600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案　A
解析　設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2.由題意可知，燃氣噴出后的瞬間，燃氣的動量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，根據動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤．
5．(多選)(2020·湖北武漢市開學考試)如圖4所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對靜止．下列說法正確的是(　　)

圖4
A．最終a車的速率大于b車的速率
B．最終a車的速率小于b車的速率
C．全過程中，a車對人的沖量大于b車對人的沖量
D．全過程中，a車對人的沖量小于b車對人的沖量
答案　BD
解析　人與a、b組成的系統水平方向不受外力，設水平向右的方向為正方向，根據動量守恒，則有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得vavb＝mbma＋m人<1，則a車的速率小于b車的速率；人對兩車的沖量大?。篒a＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va>mava，結合牛頓第三定律可知，a車對人的沖量小于b車對人的沖量，故選B、D.

6.(多選)(2019·福建龍巖市模擬)如圖5所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的物體A、B質量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動．在t＝0時輕繩斷開，A在F作用下繼續前進，則下列說法正確的是(　　)

圖5
A．t＝0至t＝mvF時間內，A、B的總動量守恒
B．t＝2mvF至t＝3mvF時間內，A、B的總動量守恒
C．t＝2mvF時，A的動量為2mv
D．t＝4mvF時，A的動量為4mv
答案　AC
解析　在B停止運動前，A、B整體所受的合外力為零，總動量守恒；在B停止運動后，A、B整體所受的合外力不為零，總動量不守恒．設A、B所受的滑動摩擦力大小均為Ff，系統勻速運動時，有F＝2Ff，得Ff＝F2；輕繩斷開后，對B，取向右為正方向，由動量定理得－Fft＝0－mv，聯立得t＝2mvF，即t＝2mvF時B停止運動．在B停止運動前，即在t＝0至t＝2mvF時間內，A、B系統的合外力為零，總動量守恒，故A正確；t＝2mvF至t＝3mvF時間內，B停止運動，A做勻加速運動，系統的合外力不為零，則系統的總動量不守恒，故B錯誤；t＝2mvF時，由系統的動量守恒得2mv＝pA＋0，得A的動量pA＝2mv，故C正確；t＝4mvF時，對A，由動量定理得(F－Ff)(4mvF－2mvF)＝pA′－2mv，解得A的動量pA′＝3mv，故D錯誤．
7．(多選)(2020·吉林長春市模擬)在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力．如圖6甲所示，藍壺靜止在固定區域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發生正碰，碰后兩壺的加速度相等，若碰撞前后兩壺的v－t圖象如圖乙所示．關于冰壺的運動，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．紅壺碰撞前后速度大小變化了1.1 m/s
B．碰撞后藍壺的加速度大小為0.3 m/s2
C．藍壺運動了4 s停下
D．碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.2 m
答案　BD
解析　紅壺碰撞前后的速度分別為1.2 m/s、0.3 m/s，所以紅壺碰撞前后速度大小變化了
0.9 m/s，故A錯誤；碰撞后藍壺的加速度大小等于紅壺的加速度大小，為a＝ΔvΔt＝0.31 m/s2＝0.3 m/s2，故B正確；設碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.2 m/s，碰后速度為v0′＝0.3 m/s，根據動量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9 m/s，故藍壺運動時間為t＝va＝3 s，故C錯誤；碰撞后兩壺相距的最遠距離等于碰后兩圖線與時間軸所圍面積之差，為s＝0.9×32 m－0.3×12 m＝1.2 m，故D正確．
8．如圖7所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質量是A車質量的10倍．兩車開始都處于靜止狀態，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出．每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左．則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車(　　)

圖7
A．5 B．6
C．7 D．8
答案　B
解析　方法一　取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝mAmBv，第n次推出A車時，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，則vn－vn－1＝2mAmBv，所以vn＝v1＋(n－1)2mAmBv，當vn≥v時，再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故選B.
方法二　當小孩推、接小車A時，小車A、B與小孩組成的系統動量守恒，當A車與墻壁碰撞反彈時墻壁對A車沖量I＝2mAv
系統動量增加2mAv，設小孩把A車推出n次后，小孩恰好不能再接到A車，對整個系統由動量定理得：
nI＝mAv＋mBv
聯立兩式解得n＝5.5，故至少推6次．
9．(2018·全國卷Ⅱ·24)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖8所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m．已知A和B的質量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

圖8
(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?br /> (2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。?br /> 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
解析　(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB.根據牛頓第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數．
設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有
vB′2＝2aBsB②
聯立①②式并利用題給數據得
vB′＝3.0 m/s③
(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA，根據牛頓第二定律有
μmAg＝mAaA④
設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有
vA′2＝2aAsA⑤
設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得
vA≈4.3 m/s
10．如圖9所示，甲車質量m1＝20 kg，車上有質量M＝50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此時質量m2＝50 kg的乙車正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，則人跳出甲車的水平速度(相對地面)應當在什么范圍內才能避免兩車相撞？不計地面和小車的摩擦，且乙車足夠長．

圖9
答案　大于或等于3.8 m/s
解析　人跳到乙車上后，如果兩車同向，且甲車的速度等于乙車的速度就可以恰好避免兩車相撞
以人、甲車、乙車組成的系統為研究對象，以向右為正方向
由水平方向動量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′
解得v′＝1 m/s
以人與甲車為一系統，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu
解得u＝3.8 m/s
因此，只要人跳離甲車的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免兩車相撞．
11.(2021·江蘇常州市期中)如圖10所示，質量m＝1 kg的物塊，可視為質點，右端和墻壁間壓縮一水平輕彈簧，從A點靜止釋放后滑出B點，恰能過C點沿半徑R＝0.5 m的豎直半圓弧軌道的內側做圓周運動，經最低點D滑到靜止在水平地面的木板上．木板質量M＝4 kg、長度L＝2.05 m，且與右側等高的平臺P相碰時將被立即鎖定．已知物塊與平臺AB、物塊與木板間的動摩擦因數均為μ＝0.5，其余摩擦不計，A、B間的距離L0＝0.6 m，木板右端距離平臺P左側的初始距離為s，g＝10 m/s2.求：

圖10
(1)彈簧彈力對物塊所做的功W；
(2)物塊經過D點時所受軌道支持力F的大小；
(3)物塊滑上平臺P時的動能Ek與s的關系．
答案　(1)5.5 J　(2)60 N　(3)見解析
解析　(1)物塊恰好通過C點，有mg＝mvC2R
解得vC＝5 m/s
由動能定理得，W－μmgL0＝12mvC2
解得W＝5.5 J
(2)物塊由C運動到D，由動能定理得2mgR＝12mvD2－12mvC2
解得vD＝5 m/s
在D點，F－mg＝mvD2R
解得F＝60 N
(3)若物塊與木板能共速，由動量守恒定律得
mvD＝(M＋m)v共
解得v共＝1 m/s
對物塊，－μmg·x物＝12mv共2－12mvD2，得x物＝2.4 m
對木板，μmg·x板＝12Mv共2，得x板＝0.4 m,(L＋x板＞x物)
(用牛頓運動定律解答同樣得分)
①若s≥0.4 m，物塊能和木板共速，
則由能量守恒得：Ek＝12mv共2－μmg(L＋x板－x物)＝0.25 J
②若s<0.4 m，物塊不能和木板共速，
則由能量守恒得：Ek＝12mvD2－μmg·(L＋s)＝2.25－5s

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