1、動量與能量綜合問題1;. 如圖示，在光滑的水平面上，質量為如圖示，在光滑的水平面上，質量為m m的小球的小球B B連接著輕質彈簧，處于靜止狀態，質連接著輕質彈簧，處于靜止狀態，質量為量為2 2m m的小球的小球A A以初速度以初速度v v0 0向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并使向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并使B B運動，過了一段時間運動，過了一段時間A A與彈與彈簧分離簧分離. .（1 1）當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能）當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E EP P多大？多大？ （2 2）若開始時在）若開始時在B B球的右側某位置固定一塊擋板，在球的右側某位置固定一塊擋板，在A A球與彈簧

2、未分離前使球與彈簧未分離前使B B球與擋板發生球與擋板發生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設B B球與擋板的碰撞時間極短，碰后球與擋板的碰撞時間極短，碰后B B球的速度大小不變球的速度大小不變但方向相反，欲使此后彈簧被壓縮到最短時，彈性勢能達到第（但方向相反，欲使此后彈簧被壓縮到最短時，彈性勢能達到第（1 1）問中）問中E EP P的的2.52.5倍，必須倍，必須使使B B球在速度多大時與擋板發生碰撞？球在速度多大時與擋板發生碰撞？例1.v v0 0B BA A甲甲類型一：彈簧類問題類型一：彈簧類問題2;.解：解：v v0 0B BA A甲甲 （1 1）當彈簧被壓

3、縮到最短時，）當彈簧被壓縮到最短時，ABAB兩球的速度相等設為兩球的速度相等設為v v，由動量守恒定律由動量守恒定律2 2mvmv0 0=3=3mvmv 由機械能守恒定律由機械能守恒定律E EP P=1/2=1/22 2mvmv0 02 2 -1/2 -1/23 3mvmv2 2 = = mvmv0 02 2/3 /3 （2 2）畫出碰撞前后的幾個過程圖）畫出碰撞前后的幾個過程圖v v1 1B BA Av v2 2乙乙A AB Bv v2 2v v1 1丙丙B BA A丁丁V V由甲乙圖由甲乙圖 2 2mvmv0 0=2=2mvmv1 1 + +mvmv2 2 由丙丁圖由丙丁圖 2 2mvmv

4、1 1- - mvmv2 2 =3 =3mVmV 由甲丁圖由甲丁圖, ,機械能守恒定律（碰撞過程不做功）機械能守恒定律（碰撞過程不做功）1/21/22 2mvmv0 02 2 =1/2 =1/23 3mVmV2 2 +2.5+2.5E EP P 解得解得v v1 1=0.75=0.75v v0 0 v v2 2=0.5=0.5v v0 0 V V= =v v0 0/3/33;.變式變式1:1:如圖所示，光滑水平面上，輕彈簧兩端分別拴住質量均為如圖所示，光滑水平面上，輕彈簧兩端分別拴住質量均為m m的小物塊的小物塊A A和和B B，B B物塊物塊靠著豎直墻壁。今用水平外力緩慢推靠著豎直墻壁。今用

5、水平外力緩慢推A A，使，使A A、B B間彈簧壓縮，當壓縮到彈簧的彈性勢能間彈簧壓縮，當壓縮到彈簧的彈性勢能為為E E時撤去此水平外力，讓時撤去此水平外力，讓A A和和B B在水平面上運動求：（在水平面上運動求：（1 1）當）當B B離開墻壁時，離開墻壁時，A A物塊的速物塊的速度大小；（度大小；（2 2）當彈簧達到最大長度時）當彈簧達到最大長度時A A、B B的速度大小；（的速度大小；（3 3）當）當B B離開墻壁以后的運動離開墻壁以后的運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值過程中，彈簧彈性勢能的最大值F小結小結: :（1 1）“彈性勢能最大時有共同速度彈性勢能最大時有共同速度”含義含義（2 2

6、）物理過程的分析。）物理過程的分析。（3 3）狀態的選取。）狀態的選取。4;. 變式變式1 1如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B B相連，相連，B B靜止在水平導軌上的靜止在水平導軌上的O O點，此點，此時彈簧處于原長。另一質量與時彈簧處于原長。另一質量與B B相同的滑塊相同的滑塊A A從導軌上的從導軌上的P P點以初速度點以初速度v v0 0向向B B滑行，當滑行，當A A滑過滑過距離距離l l時，與時，與B B相碰。碰撞時間極短，碰后相碰。碰撞時間極短，碰后A A、B B粘在一起運動。設滑塊粘在一起運動。設滑塊A A和和B B均可視為質點，均可視為質

7、點，與導軌的動摩擦因數均為與導軌的動摩擦因數均為 。重力加速度為。重力加速度為g g。求：。求：（1 1）碰后瞬間，）碰后瞬間，A A、B B共同的速度大小；共同的速度大小；（2 2）若）若A A、B B壓縮彈簧后恰能返回到壓縮彈簧后恰能返回到O O點并停止，求彈簧的最大壓縮量。點并停止，求彈簧的最大壓縮量。lPOABv05;.解：解： （1 1）設）設A A、B B質量均為質量均為m m，A A剛接觸剛接觸B B時的速度為時的速度為v v1 1，碰后瞬間共同的速度為，碰后瞬間共同的速度為v v2 2 以以A A為研究對象，從為研究對象，從P P到到O O，由功能關系，由功能關系2120212

8、1mvmvmgl 以以A A、B B為研究對象，碰撞瞬間，由動量守恒定律為研究對象，碰撞瞬間，由動量守恒定律mvmv1 1 = 2 = 2mvmv2 2解得解得glvv 221202 （2 2）碰后）碰后A A、B B由由O O點向左運動，又返回到點向左運動，又返回到O O點，設彈簧的最大壓縮量為點，設彈簧的最大壓縮量為x x由功能關系由功能關系2222122v )m(x)mg( 解得解得81620lgvx 6;.類型二：動量守恒定律與機械能守恒定律結合類型二：動量守恒定律與機械能守恒定律結合3、7;.8;.廣東省重點中學12月月考檢測題17變式變式2 2：如圖所示是某游樂場過山車的娛樂裝置原

9、理圖，弧形軌道末端與一個半徑為：如圖所示是某游樂場過山車的娛樂裝置原理圖，弧形軌道末端與一個半徑為R R的光滑圓軌道平滑連接，兩輛質量均為的光滑圓軌道平滑連接，兩輛質量均為m m的相同小車（大小可忽略），中間夾住一輕的相同小車（大小可忽略），中間夾住一輕彈簧后連接在一起，兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下，當兩車剛滑入圓彈簧后連接在一起，兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下，當兩車剛滑入圓環最低點時連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧將兩車彈開，其中后車剛好停下，前車沿環最低點時連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧將兩車彈開，其中后車剛好停下，前車沿圓環軌道運動恰能越過圓弧軌道最高點，求：圓環軌道運

10、動恰能越過圓弧軌道最高點，求： （1 1）前車被彈出時的速度；）前車被彈出時的速度； （2 2）前車被彈出的過程中彈簧）前車被彈出的過程中彈簧釋放的彈性勢能；釋放的彈性勢能； （3 3）兩車從靜止下滑到最低點）兩車從靜止下滑到最低點的高度的高度h h。h hR R類型二：動量守恒定律與機械能守恒定律結合類型二：動量守恒定律與機械能守恒定律結合9;.解解: （1）設前車在最高點速度為）設前車在最高點速度為v2，依題意有，依題意有22Rvmmg 設前車在最低位置與后車分離后速度為設前車在最低位置與后車分離后速度為v1，根據機械能守恒，根據機械能守恒212212122mvRmgmv由得：由得：Rgv

11、5110;.（2）設兩車分離前速度為）設兩車分離前速度為v0，由動量守恒定律，由動量守恒定律2mv0 = mv125210Rgvv設分離前彈簧彈性勢能設分離前彈簧彈性勢能Ep，根據系統機械能守恒，根據系統機械能守恒mRgmvmvEp45221212021（3）兩車從）兩車從h高處運動到最低處機械能守恒高處運動到最低處機械能守恒 202212mvmghRh85題目題目11;.例、如圖示，例、如圖示，M M為懸掛在豎直平面內某一點為懸掛在豎直平面內某一點O O的木質小球，（可以看作質點）懸線長為的木質小球，（可以看作質點）懸線長為L L，質量為質量為m m 的子彈以水平初速的子彈以水平初速v v0

12、 0射入球在中而未穿出，要使子彈射入小球后，小球能在豎直射入球在中而未穿出，要使子彈射入小球后，小球能在豎直平面內運動，懸線始終不發生松弛，求子彈的初速度平面內運動，懸線始終不發生松弛，求子彈的初速度v v0 0的大小應滿足的條件（不計空氣阻的大小應滿足的條件（不計空氣阻力）力）M Mm mv v0 0O O解：解：若小球能在豎直平面內作圓周運動，到最高點的速度為若小球能在豎直平面內作圓周運動，到最高點的速度為V V m m1 1V V2 2 / L m / L m1 1 g g 式中式中m m1 1 = =（M+mM+m）由機械能守恒定律由機械能守恒定律 1/2m1/2m1 1V V2 2+

13、m+m1 1g g2L= 1/2m2L= 1/2m1 1V V1 12 25gLV1由動量守恒定律由動量守恒定律 m vm v0 0 = = （M+mM+m） V V1 15gLmMmv0若小球只能在下半個圓周內作擺動若小球只能在下半個圓周內作擺動 1/2m1/2m1 1V V2 22 2 =m=m1 1gh mgh m1 1gLgL2gLV22gLmMmv0類型三：子彈射木塊類問題類型三：子彈射木塊類問題12;.如圖所示如圖所示,質量為質量為m的小木塊與水平面間的動摩擦因數的小木塊與水平面間的動摩擦因數=0.1.一顆質量為一顆質量為0.1m、水平速度、水平速度為為v0=33 的子彈打入原來處

14、于靜止狀態的小木塊（打入小木塊的時間極短的子彈打入原來處于靜止狀態的小木塊（打入小木塊的時間極短,且子彈留且子彈留在小木塊中）在小木塊中）,小木塊由小木塊由A向向B滑行滑行5R,再再滑上半徑為滑上半徑為R的四分之一光滑圓弧的四分之一光滑圓弧BC,在在C點正上方有一離點正上方有一離C高度也為高度也為R的旋轉平臺的旋轉平臺,平臺同平臺同一直徑上開有兩個離軸心等距的小孔一直徑上開有兩個離軸心等距的小孔P和和Q,平臺旋轉時兩孔均能經過平臺旋轉時兩孔均能經過C點的正上方點的正上方,若要使若要使小木塊經過小木塊經過C后穿過后穿過P孔孔,又能從又能從Q孔落下孔落下,則平臺的角速度應滿足什么條件？則平臺的角速

15、度應滿足什么條件？Rg類型三：子彈射木塊類問題類型三：子彈射木塊類問題13;.變式變式3 3：所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端栓一小物塊：所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端栓一小物塊A A，上端固定在，上端固定在C C點且與點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為m m0 0的子彈的子彈B B沿水平方向以速度沿水平方向以速度v v0 0射入射入A A內（未穿透），接著兩者一起繞內（未穿透），接著兩者一起繞C C點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉

16、力略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F F隨時間隨時間t t的變化關系如圖的變化關系如圖2 2所示。已知子彈射入所示。已知子彈射入的時間極短，且圖（的時間極短，且圖（2 2）中）中t t=0=0為為A A、B B開始以相同速度運動的時刻。根據力學規律和題開始以相同速度運動的時刻。根據力學規律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統本身性質的物理量（例如中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統本身性質的物理量（例如A A的質量）及的質量）及A A、B B一起運動過程中的守恒量，一起運動過程中的守恒量，A A物體的質量與繩長？物體的質量與繩長？ ABv0圖圖1CFFmOtt0 3t0 5t0圖圖20

17、6mgFmmgFvmlm2202053614;.類型三：滑塊類問題類型三：滑塊類問題小結：滑塊問題規律小結：滑塊問題規律（3 3）摩擦產生熱量：）摩擦產生熱量：Q=fS相相，S相相為相對滑行的距離為相對滑行的距離如圖所示，如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質量為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質量M=40kg的小車的小車B靜止于軌道右側，其板面與軌道底端靠近且在同一水平面上，一個質量靜止于軌道右側，其板面與軌道底端靠近且在同一水平面上，一個質量m=20kg的物體的物體C以以2.0m/s的初速度從軌道頂滑下，沖上小車的初速度從軌道頂滑下，沖上小車B后經一段時間

18、與小車相對靜止并繼續一起運后經一段時間與小車相對靜止并繼續一起運動。若軌道頂端與底端水平面的高度差動。若軌道頂端與底端水平面的高度差h為為0.80m，物體與小車板面間的動摩擦因數，物體與小車板面間的動摩擦因數為為0.40，小車與水平面間的摩擦忽略不計，（取，小車與水平面間的摩擦忽略不計，（取g=10m/s2），求：（），求：（1）物體與小車保持相）物體與小車保持相對靜止時的速度；對靜止時的速度；（2）物體沖上小車后相對于小車板面滑動的距離。（）物體沖上小車后相對于小車板面滑動的距離。（3）物體從滑上小車到與車相對靜）物體從滑上小車到與車相對靜止過程中物體對地的位移止過程中物體對地的位移（1）重

19、視物理過程分析及受力分析）重視物理過程分析及受力分析（2）“共速共速”后兩者不再發生相對滑動后兩者不再發生相對滑動拓展：要使滑塊拓展：要使滑塊C不滑出不滑出B，B至少要多少？至少要多少？15;.變式變式2、如圖所示，質量為、如圖所示，質量為M的小車左端放一質量為的小車左端放一質量為m的物體的物體.物體與小車之間的摩擦系物體與小車之間的摩擦系數為數為，（，（Mm）現在小車與物體以速度）現在小車與物體以速度v0在水平光滑地面上一起向右勻速運動在水平光滑地面上一起向右勻速運動.當小車當小車與豎直墻壁發生彈性碰撞后，物體在小車上向右滑移一段距離后一起向左運動，求物體與豎直墻壁發生彈性碰撞后，物體在小車

20、上向右滑移一段距離后一起向左運動，求物體在小車上滑移的最大距離在小車上滑移的最大距離.Mmv0解：小車碰墻后速度反向，由動量守恒定律解：小車碰墻后速度反向，由動量守恒定律Mmv0v0（M+m）V= （M-m）v0最后速度為最后速度為V，由能量守恒定律，由能量守恒定律MmVV1/2 （M+m）v0 2- 1/2 （M+m）V 2 =mg SgmMMS)(220拓展：若拓展：若Mm則情況又會如何呢？則情況又會如何呢？16;. 4. 在光滑的水平面上停放著質量為在光滑的水平面上停放著質量為m、帶有弧形槽的小車，現有一質量也為、帶有弧形槽的小車，現有一質量也為m的小球以的小球以v0 的水平速度沿槽口向

21、小車滑去（不計摩擦），到達某一高度后，小的水平速度沿槽口向小車滑去（不計摩擦），到達某一高度后，小球又返回車右端，則球又返回車右端，則 ( )A. 小球離車后，對地將向右做平拋運動小球離車后，對地將向右做平拋運動B. 小球離車后，對地將做自由落體運動小球離車后，對地將做自由落體運動C. 此過程小球對車做功為此過程小球對車做功為mv0 2 / 2D. 小球沿弧形槽上升的最大高度為小球沿弧形槽上升的最大高度為v0 2 / 2gB Cv017;.如圖所示，質量為如圖所示，質量為M=4kgM=4kg的平板車靜止在光滑水平面上，其左端固定著一根輕彈，質量的平板車靜止在光滑水平面上，其左端固定著一根輕彈，

22、質量為為m=1kgm=1kg的小物體以水平速度的小物體以水平速度v v0 0=5m/s=5m/s從平板車右端滑上車，相對于平板車向左滑動了從平板車右端滑上車，相對于平板車向左滑動了L=1mL=1m后把彈簧壓縮到最短，然后又相對于平板車向右滑動到最右端而與之保持相對靜后把彈簧壓縮到最短，然后又相對于平板車向右滑動到最右端而與之保持相對靜止。求止。求 （1 1）小物體與平板車間的動摩擦因數；）小物體與平板車間的動摩擦因數； （2 2）這過程中彈性勢能的最大值。）這過程中彈性勢能的最大值。Mmv018;.06年南通市調研測試一17 17（16分）如圖所示，光滑水平面上有一質量分）如圖所示，光滑水平面

23、上有一質量M4.0kg的平板車，車的上表面的平板車，車的上表面右側是一段長右側是一段長L1.0m的水平軌道，水平軌道左側連一半徑的水平軌道，水平軌道左側連一半徑R=0.25m的的1/4光滑圓弧光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在軌道，圓弧軌道與水平軌道在O點相切車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定點相切車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態的壓縮彈簧，一質量狀態的壓縮彈簧，一質量m1.0kg的小物塊緊靠彈簧，小物塊與水平軌道間的動摩的小物塊緊靠彈簧，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數擦因數0.5。整個裝置處于靜止狀態，現將彈簧解除鎖定，小物塊被彈出，恰能。整個裝置處于靜止狀態，現將彈簧解除鎖定，小

24、物塊被彈出，恰能到達圓弧軌道的最高點到達圓弧軌道的最高點A，g取取10m/s2求：求： （1）解除鎖定前彈簧的彈性勢能；）解除鎖定前彈簧的彈性勢能；（2）小物塊第二次經過）小物塊第二次經過O點點時的速度大小；時的速度大小；（3）最終小物塊與車相對靜止）最終小物塊與車相對靜止時距時距O點的距離點的距離ARMOOm19;.17解：解： 平板車和小物塊組成的系統水平方向動量守恒，故小物塊恰能到達圓平板車和小物塊組成的系統水平方向動量守恒，故小物塊恰能到達圓弧最高點弧最高點A時，時，二者的共同速度二者的共同速度 v共共 =0 設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為EP，上述過程中系統

25、能量守恒，則有，上述過程中系統能量守恒，則有EP=mgR+mgL 代入數據解得代入數據解得 EP =7.5 J 設小物塊第二次經過設小物塊第二次經過O時的速度大小為時的速度大小為vm，此時平板車的速度大小為，此時平板車的速度大小為vM ，研究，研究小物塊在圓弧面上下滑過程，由系統動量守恒和機械能守恒有小物塊在圓弧面上下滑過程，由系統動量守恒和機械能守恒有 0=mvm -MvM ARMOOm222121MmMvmvmgR 由、式代入數據解得由、式代入數據解得 vm=2.0 m/s 20;. 最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同 速度為速度為0。設小物塊

26、相對平板車滑動的總路程為設小物塊相對平板車滑動的總路程為S，對系統由能量守恒有對系統由能量守恒有EP=mgS 代入數據解得代入數據解得 S=1.5 m 則距則距O點的距離點的距離xSL0.5 m 評分標準：本題共評分標準：本題共16分，式各分，式各2分分,式式1分；分；式各式各2分；式各分；式各2分，式分，式1分。分。題目題目21;.07年重慶市第一輪復習第三次月考卷17 17、（、（20分）如圖甲所示，質量為分）如圖甲所示，質量為M、長、長L= 1.0m、右端帶有豎直擋板的木板、右端帶有豎直擋板的木板B靜止靜止在光滑水平面上，一個質量為在光滑水平面上，一個質量為m的小木塊的小木塊A（可視為質

27、點），以水平速度（可視為質點），以水平速度v0=4.0 m/s滑滑上上B的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端，已知的左端，已知M/m=3，并設，并設A與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間可以忽略，求；與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間可以忽略，求；（1）A、B最終的速度。最終的速度。（2）木塊）木塊A與木塊與木塊B間的動摩擦因數。間的動摩擦因數。（3）在圖乙所給坐標中畫出此過程中）在圖乙所給坐標中畫出此過程中B相對地的相對地的v-t圖線。（要寫出分析和計算）圖線。（要寫出分析和計算）LBA甲甲0v/ms-1t/s乙乙2頁頁題題目目3頁頁

28、末末頁頁22;.解解: （1）對）對M、m系統相互作用的全過程，由動量守恒定律得系統相互作用的全過程，由動量守恒定律得 mv0 = (M+m) v解得解得 v = 1 m/s （2）A、B相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機械能的減少，即相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機械能的減少，即220)(21212vmMmvLmg 解得解得 = 0.3 （3）研究）研究A、B系統，從系統，從A滑上滑上B至至A相對相對B滑行距離為滑行距離為L的過程，由動量守恒和能量的過程，由動量守恒和能量守恒可得守恒可得 mv0 = m v1 + M v2222120212121MvmvmvLmg 2頁頁題題目目3頁頁末末

29、頁頁23;.代入數據可得：代入數據可得：v1+3v2=4v21 +3v22 =10m/s1232232解得1.v m/s2902222.v 以上為以上為A、B碰前瞬間的速度。碰前瞬間的速度。m/s12122321.v 或或m/s7112222.v 此為此為A、B剛碰后瞬間的速度。剛碰后瞬間的速度。2頁頁題題目目3頁頁末末頁頁24;.木板木板B此過程為勻變速直線運動，此過程為勻變速直線運動， B的加速度為的加速度為2m/s131030 mm.MmgaB 故碰前故碰前B加速時間為加速時間為savtB29. 021 碰后碰后B減速時間為減速時間為savvtB71. 0222 故故B對地的對地的vt圖

30、象如圖所示。圖象如圖所示。v/ms-1t/s00.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.20.51.01.52.02.52頁頁題題目目3頁頁末末頁頁25;.南京市07屆二模試卷1919如圖所示，質量為如圖所示，質量為3m的足夠長木板的足夠長木板C靜止在光滑水平面上，質量均為的兩個小靜止在光滑水平面上，質量均為的兩個小物塊物塊A、B放在放在C的左端，的左端，A、B間相距間相距s0，現同時對，現同時對A、B施加水平向右的瞬時沖量而使施加水平向右的瞬時沖量而使之分別獲得初速度之分別獲得初速度v0和和2v0，若，若A、B與與C之間的動摩擦因數分別為之間的動摩擦因數分別為 和和2 ，則，則（1）最終）

31、最終A、B、C的共同速度為多大？的共同速度為多大？（2）當與剛相對靜止時的速度為多大？）當與剛相對靜止時的速度為多大？（3）與最終相距多遠？）與最終相距多遠？（4）整個過程中）整個過程中A、B與木板與木板C因摩擦所產生的熱量之比為多大？因摩擦所產生的熱量之比為多大？ABC2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁26;.解：解： （1）由于）由于A、B、C三個物體構成的系統在水平方向不受外力，所以由動量守恒三個物體構成的系統在水平方向不受外力，所以由動量守恒定律可得定律可得mvmvmv5200 于是可解得最終于是可解得最終A、B、C的共同速度為：的共同速度為：060 v.v （ 2）設經）設經t 時間

32、時間A與與C恰好相對靜止恰好相對靜止,共同速度為共同速度為vAC ,此時此時B的速度為的速度為vB，由，由BACmvmvmvmv 4200 0vvmmgtAC ACmvt )mgmg(32 可解得：可解得：050 v.vAC 0vvB 2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁27;.（3）在）在A與與C相對靜止前，三個物體的加速度大小分別為相對靜止前，三個物體的加速度大小分別為gmmgaA gmmgaB 22 gmmgmgaC 32A、B做勻減速運動，做勻減速運動，C做勻加速運動；在與相對靜止后，三個物體的加速度大小做勻加速運動；在與相對靜止后，三個物體的加速度大小又分別為又分別為gmmmgaaCA

33、 2132 gaaBB 2 A、C做勻加速運動，做勻加速運動，B做勻減速運動，最終三個物體以共同速度勻速運動。做勻減速運動，最終三個物體以共同速度勻速運動。28;.在開始運動到三個物體均相對靜止的過程中、相對于地面的位移分別為在開始運動到三個物體均相對靜止的過程中、相對于地面的位移分別為gv.avvavvsAACAACA 2022220485022 gv.avvsBB 2022091022 所以，所以，A與與B最終相距最終相距gv.sssssAB 20004250 2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁29;.（4）設整個運動過程）設整個運動過程A相對于相對于C滑行距離為滑行距離為s，0sss 則

34、則B相對于相對于C滑行的距離為滑行的距離為于是有于是有 220200321221212vmmmvmmvsssmgmgs mgsQA 02sssmgQB 解得解得:gv.s 20250 由此求得：整個過程中、與木板因摩擦所產生的由此求得：整個過程中、與木板因摩擦所產生的熱量之比為熱量之比為275 BAQQ2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁30;.類型四：磁場中的動量守恒問題類型四：磁場中的動量守恒問題9 9、如圖、如圖17-417-4所示，金屬桿所示，金屬桿a a在離地在離地h h高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導軌平行的水平高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導軌平行的水平部分有豎直向上的勻強磁場部分

35、有豎直向上的勻強磁場B B，水平部分導軌上原來放有一長，水平部分導軌上原來放有一長L L的金屬桿的金屬桿b b. .已知已知a a桿的質桿的質量為量為mama，且與，且與b b桿的質量比為桿的質量比為mamambmb = 34, = 34,水平導軌足夠長，不計摩擦水平導軌足夠長，不計摩擦. .求：（求：（1 1）若）若a a、b b電阻分別為電阻分別為RaRa、RbRb，則，則b b的最大加速度為多大？（的最大加速度為多大？（2 2）a a和和b b的最終速度分別是多大？的最終速度分別是多大？（3 3）整個過程中回路中釋放的電能是多少？）整個過程中回路中釋放的電能是多少？方法小結：（方法小結：

36、（1 1）剛開始時感應電動勢）剛開始時感應電動勢E E最大，最大，電流最大，電流最大，F F安，安，a a最大（最大（2 2）雙桿受到的安培力）雙桿受到的安培力大小相等方向相反，系統動量守恒（大小相等方向相反，系統動量守恒（3 3）求回）求回路中釋放熱量用能量守恒方便路中釋放熱量用能量守恒方便31;.變式變式4:4:云室處在磁感應強度為云室處在磁感應強度為B B的勻強磁場中，一靜止的質量為的勻強磁場中，一靜止的質量為M M的原子核在云室中的原子核在云室中發生一次發生一次 衰變，衰變， 粒子的質量為粒子的質量為m m，電量為，電量為q, q, 其運動軌跡在與磁場垂直的平面其運動軌跡在與磁場垂直的

37、平面內內. .現測得現測得 粒子運動的軌道半徑粒子運動的軌道半徑R R，試求在衰變過程中的質量虧損，試求在衰變過程中的質量虧損. .（注：涉及動（注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計量問題時，虧損的質量可忽略不計. .）解解: 令令v 表示表示粒子的速度，由洛侖茲力和牛頓定律可得粒子的速度，由洛侖茲力和牛頓定律可得qvB=mv2 /R 令令V表示衰變后剩余核的速度，在考慮衰變過程中系統的動量守恒時，因為虧損質表示衰變后剩余核的速度，在考慮衰變過程中系統的動量守恒時，因為虧損質量很小，可不予考慮，量很小，可不予考慮，由動量守恒可知由動量守恒可知 （Mm）V=mv )(2)(22mMmcqBR

38、MmmpmMpmvVmMcm2)(221)(2122222返返回回注意注意:(1)衰變過程動量守恒衰變過程動量守恒(2)注意質量關系和能量關注意質量關系和能量關系系(3)在磁場中做圓周運動在磁場中做圓周運動32;.問題2 在磁感強度為B的勻強磁場中有原來靜止的鈾核， 變式變式4 在磁感強度為在磁感強度為B的勻強磁場中有原來靜止的鈾核的勻強磁場中有原來靜止的鈾核 和釷和釷核核 。由于發生衰變而使生成物作勻速圓周運動（由于發生衰變而使生成物作勻速圓周運動（1 1）試畫出鈾）試畫出鈾238發生發生衰變時產生的衰變時產生的粒子及新核的運動軌跡示意圖和釷粒子及新核的運動軌跡示意圖和釷234發生發生衰變衰

39、變時產生時產生粒子及新核的運動軌跡示意圖（粒子及新核的運動軌跡示意圖（2 2）若鈾核的質量為）若鈾核的質量為M，粒粒子的質量為子的質量為m，帶電量為，帶電量為q，測得，測得粒子作圓周運動的軌道半徑為粒子作圓周運動的軌道半徑為R，反，反應過程中釋放的能量全部轉化為新核和應過程中釋放的能量全部轉化為新核和粒子的動能，求鈾核衰變中的粒子的動能，求鈾核衰變中的質量虧損質量虧損U23892Th2349033;.解（解（1 1）放射性元素的衰變過程中動量守恒，根據動量守恒定定律可得：）放射性元素的衰變過程中動量守恒，根據動量守恒定定律可得： 11220mmmRqB （2 2）由于）由于粒子在磁場中運動的半

40、徑：粒子在磁場中運動的半徑： qBRm 由動量守恒可得新核運動的速度大小為：由動量守恒可得新核運動的速度大小為：mqBRmMm 反應中釋放出的核能為：反應中釋放出的核能為：2222211 222()Mq B REmmm Mm 根據質能聯系方程可知質量虧損為：根據質能聯系方程可知質量虧損為：222222()EMq B Rmcm Mm c 粒子粒子新核新核粒子粒子新核新核返回34;.兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L。導軌上面橫。導軌上面橫放著兩根導體棒放著兩根導體棒ab和和cd，構成矩形回路，如圖所示

41、兩根導體棒的質量皆為，構成矩形回路，如圖所示兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆，電阻皆為為R，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為應強度為B設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行開始時，棒設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行開始時，棒cd靜止，棒靜止，棒ab有指向棒有指向棒cd的初速度的初速度v0若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：（1）在運動中產生的焦耳熱最多是多少）在運動中產生的焦耳熱最多是多少（2）當）當ab棒的速度變為初速度的棒的速度變為初速度的3/4時，

42、時，cd棒的加速度是多少？棒的加速度是多少？Bv0Lacdb35;. 如圖所示，一質量為如圖所示，一質量為M、長為、長為L的長方形木板的長方形木板B放在光滑的水平地面上，放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為在其右端放一質量為m的小木塊的小木塊A，mM. 現以地面為參照系，給現以地面為參照系，給A和和B以大小相等、以大小相等、方向相反的初速度，使方向相反的初速度，使A開始向左運動，開始向左運動，B開始向右運動，但最后開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離剛好沒有滑離B板。板。（1）若已知）若已知A和和B的初速度大小為的初速度大小為v0，求它們最后的速度大小和方向，求它們最后的速度大小和方向.（2

43、）若初速度的大小未知，求小木塊）若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處（從地面上看）離向左運動到達的最遠處（從地面上看）離出發點的距離出發點的距離.例1.v0v0BA36;.解：方法1、v0v0BA用牛頓第二定律和運動學公式求解。用牛頓第二定律和運動學公式求解。A剛好沒有滑離剛好沒有滑離B板板,表示當表示當A滑到滑到B板的最左端時板的最左端時,A、B具有相同的速度具有相同的速度,設此速度為設此速度為v,經過時間為經過時間為t, A、B間的滑動摩擦力為間的滑動摩擦力為f. 如圖所示。如圖所示。L1L2L0規定向右方向為正方向規定向右方向為正方向,則則對對A據牛頓第二定律和運動學公式有

44、：據牛頓第二定律和運動學公式有：f=maA v=-v0+aAt 20221tatvLA 對對B據牛頓第二定律和運動學公式有：據牛頓第二定律和運動學公式有：f=MaB v=v0-aBt 20021tatvLB 37;.由圖示關系有：由圖示關系有：L0+(-L2)=L； 由得它們最后的速度為由得它們最后的速度為:0vmMmMv 方向向右。方向向右。由得由得)mM(fmMvaavtBA 0022代入得代入得2002v)mM(fmMtvL 202vmMmMfL 對對A，向左運動的最大距離為，向左運動的最大距離為LMmMavLA42201 方法方法1例例13頁頁方法方法2末末頁頁5頁頁方法方法338;.

45、解：方法2、v0v0BA用動能定理和動量定理求解。用動能定理和動量定理求解。A剛好沒有滑離剛好沒有滑離B板，表示當板，表示當A滑到滑到B板的最左端時，板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速具有相同的速度，設此速度為度為v，經過時間為，經過時間為t， A和和B的初速度的大小為的初速度的大小為v0，設，設A與與B之間的滑動摩擦力為之間的滑動摩擦力為f，則據動量定理可得：則據動量定理可得：L1L2L0對對A： f t= mv+mv0 對對B：f t=MvMv0 解得：解得：0vmMmMv 方向向右方向向右方法方法1例例13頁頁方法方法2末末頁頁5頁頁方法方法339;.由動能定理：由動能定理：對于

46、對于B ：20202121MvMvfL 對于對于A ：201210mvfL 22121mv)LL(f 由幾何關系由幾何關系 L0+L2=L 由聯立求得由聯立求得LMmML41 方法方法1例例13頁頁方法方法2末末頁頁5頁頁方法方法340;.解：方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解用能量守恒定律和動量守恒定律求解A剛好沒有滑離剛好沒有滑離B板板, 表示當表示當A滑到滑到B板的最左端時板的最左端時, A、B具有相同的速度，設此速度為具有相同的速度，設此速度為v， A和和B的初速度的大小為的初速度的大小為v0，則據動量守恒定律可得：，則據動量守恒定律可得：Mv0mv0=（M+m）v解得：解得：0

47、vmMmMv 方向向右方向向右對系統的全過程，由能量守恒定律得：對系統的全過程，由能量守恒定律得：2202121v )mM(v )mM(fLQ 對于對于A20121mvfL 由上述二式聯立求得由上述二式聯立求得LMmML41 41;.點評：從本題的三種解法可以看出：動量定理、動能定理與動量守恒定律、能量點評：從本題的三種解法可以看出：動量定理、動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律，只研究一個物理過程的始末兩個狀態，與中間過程無關，對于中間過守恒定律，只研究一個物理過程的始末兩個狀態，與中間過程無關，對于中間過程復雜的問題，特別是變力問題，就顯示出比牛頓定律的無比優越性。程復雜的問題，特別是變力

48、問題，就顯示出比牛頓定律的無比優越性。方法方法1例例13頁頁方法方法2末末頁頁5頁頁方法方法342;.07年重慶市第一輪復習第三次月考卷17 17、（、（20分）如圖甲所示，質量為分）如圖甲所示，質量為M、長、長L= 1.0m、右端帶有豎直擋板的木板、右端帶有豎直擋板的木板B靜止靜止在光滑水平面上，一個質量為在光滑水平面上，一個質量為m的小木塊的小木塊A（可視為質點），以水平速度（可視為質點），以水平速度v0=4.0 m/s滑滑上上B的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端，已知的左端，已知M/m=3，并設，并設A與擋板碰撞時無機械能損失

49、，碰撞時間可以忽略，求；與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間可以忽略，求；（1）A、B最終的速度。最終的速度。（2）木塊）木塊A與木塊與木塊B間的動摩擦因數。間的動摩擦因數。（3）在圖乙所給坐標中畫出此過程中）在圖乙所給坐標中畫出此過程中B相對地的相對地的v-t圖線。（要寫出分析和計算）圖線。（要寫出分析和計算）LBA甲甲0v/ms-1t/s乙乙2頁頁題題目目3頁頁末末頁頁43;.解解: （1）對）對M、m系統相互作用的全過程，由動量守恒定律得系統相互作用的全過程，由動量守恒定律得 mv0 = (M+m) v解得解得 v = 1 m/s （2）A、B相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機械能的減少，

50、即相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機械能的減少，即220)(21212vmMmvLmg 解得解得 = 0.3 （3）研究）研究A、B系統，從系統，從A滑上滑上B至至A相對相對B滑行距離為滑行距離為L的過程，由動量守恒和能量的過程，由動量守恒和能量守恒可得守恒可得 mv0 = m v1 + M v2222120212121MvmvmvLmg 2頁頁題題目目3頁頁末末頁頁44;.代入數據可得：代入數據可得：v1+3v2=4v21 +3v22 =10m/s1232232解得1.v m/s2902222.v 以上為以上為A、B碰前瞬間的速度。碰前瞬間的速度。m/s12122321.v 或或m/s711

51、2222.v 此為此為A、B剛碰后瞬間的速度。剛碰后瞬間的速度。2頁頁題題目目3頁頁末末頁頁45;.木板木板B此過程為勻變速直線運動，此過程為勻變速直線運動， B的加速度為的加速度為2m/s131030 mm.MmgaB 故碰前故碰前B加速時間為加速時間為savtB29. 021 碰后碰后B減速時間為減速時間為savvtB71. 0222 故故B對地的對地的vt圖象如圖所示。圖象如圖所示。v/ms-1t/s00.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.20.51.01.52.02.52頁頁題題目目3頁頁末末頁頁46;.南京市07屆二模試卷1919如圖所示，質量為如圖所示，質量為3m的足夠長木板

52、的足夠長木板C靜止在光滑水平面上，質量均為的兩個小靜止在光滑水平面上，質量均為的兩個小物塊物塊A、B放在放在C的左端，的左端，A、B間相距間相距s0，現同時對，現同時對A、B施加水平向右的瞬時沖量而使施加水平向右的瞬時沖量而使之分別獲得初速度之分別獲得初速度v0和和2v0，若，若A、B與與C之間的動摩擦因數分別為之間的動摩擦因數分別為 和和2 ，則，則（1）最終）最終A、B、C的共同速度為多大？的共同速度為多大？（2）當與剛相對靜止時的速度為多大？）當與剛相對靜止時的速度為多大？（3）與最終相距多遠？）與最終相距多遠？（4）整個過程中）整個過程中A、B與木板與木板C因摩擦所產生的熱量之比為多大

53、？因摩擦所產生的熱量之比為多大？ABC2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁47;.解：解： （1）由于）由于A、B、C三個物體構成的系統在水平方向不受外力，所以由動量守恒三個物體構成的系統在水平方向不受外力，所以由動量守恒定律可得定律可得mvmvmv5200 于是可解得最終于是可解得最終A、B、C的共同速度為：的共同速度為：060 v.v （ 2）設經）設經t 時間時間A與與C恰好相對靜止恰好相對靜止,共同速度為共同速度為vAC ,此時此時B的速度為的速度為vB，由，由BACmvmvmvmv 4200 0vvmmgtAC ACmvt )mgmg(32 可解得：可解得：050 v.vAC 0vvB

54、 2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁48;.（3）在）在A與與C相對靜止前，三個物體的加速度大小分別為相對靜止前，三個物體的加速度大小分別為gmmgaA gmmgaB 22 gmmgmgaC 32A、B做勻減速運動，做勻減速運動，C做勻加速運動；在與相對靜止后，三個物體的加速度大小做勻加速運動；在與相對靜止后，三個物體的加速度大小又分別為又分別為gmmmgaaCA 2132 gaaBB 2 A、C做勻加速運動，做勻加速運動，B做勻減速運動，最終三個物體以共同速度勻速運動。做勻減速運動，最終三個物體以共同速度勻速運動。2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁49;.在開始運動到三個物體均相對靜止的過程

55、中、相對于地面的位移分別為在開始運動到三個物體均相對靜止的過程中、相對于地面的位移分別為gv.avvavvsAACAACA 2022220485022 gv.avvsBB 2022091022 所以，所以，A與與B最終相距最終相距gv.sssssAB 20004250 2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁50;.（4）設整個運動過程）設整個運動過程A相對于相對于C滑行距離為滑行距離為s，0sss 則則B相對于相對于C滑行的距離為滑行的距離為于是有于是有 220200321221212vmmmvmmvsssmgmgs mgsQA 02sssmgQB 解得解得:gv.s 20250 由此求得：整個過

56、程中、與木板因摩擦所產生的由此求得：整個過程中、與木板因摩擦所產生的熱量之比為熱量之比為275 BAQQ2頁頁題題目目3頁頁4頁頁末末頁頁51;.例例1.無限長的平行金屬軌道無限長的平行金屬軌道M、N，相距，相距L=0.5m，且水平放置；金屬棒，且水平放置；金屬棒b和和c可在軌可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mb=mc=0.1kg，電阻，電阻Rb=RC=1，軌道的電阻軌道的電阻不計整個裝置放在磁感強度不計整個裝置放在磁感強度B=1T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直(如如圖圖)若使若使b棒以初速度棒以初速度V0=10m

57、/s開始向右運動，求：開始向右運動，求：(1)c棒的最大加速度；棒的最大加速度；(2)c棒的最大速度。棒的最大速度。BMcbN52;. v v0 0 1 1 2 2 21211212BlvBlvBl( vv )IRRRR012mBlvIRR53;. v v0 0 1 1 2 2 2 22112BB l (vv )FBIlRR54;. v v0 0 1 1 2 2 2012m v( mm)v共21222011m v(mm )vQ22共1122QRQR55;.解析：解析：(1)剛開始運動時回路中的感應電流為：剛開始運動時回路中的感應電流為：ARRBlvRREIcbcb5 . 211105 . 01

58、0剛開始運動時剛開始運動時C棒的加速度最大：棒的加速度最大：25 .121 . 05 . 05 . 21smmBIlaccbBMN56;.(2)在磁場力的作用下，在磁場力的作用下，b棒做減速運動，當兩棒速度相等時，棒做減速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速棒達到最大速度。取兩棒為研究對象，根據動量守恒定律有：度。取兩棒為研究對象，根據動量守恒定律有：vmmvmcbb)(0解得解得c棒的最大速度為：棒的最大速度為：smvvmmmvcbb52100cbBMN57;. v v0 0 1 1 2 2 v v2 2 1 1 2 2 v v1 1 58;.例例2:如圖所示如圖所示,兩根間距為兩根間距為

59、l的光滑金屬導軌的光滑金屬導軌(不計電阻不計電阻),由一段圓弧部分與一段無由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成限長的水平段部分組成.其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場,其磁感應強度其磁感應強度為為B,導軌水平段上靜止放置一金屬棒導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質量為質量為2m,電阻為電阻為2r.另一質量為另一質量為m,電阻電阻為為r的金屬棒的金屬棒ab,從圓弧段從圓弧段M處由靜止釋放下滑至處由靜止釋放下滑至N處進入水平段處進入水平段,圓弧段圓弧段MN半徑半徑為為R,所對圓心角為所對圓心角為60,求：求：（1）ab棒在棒在N處進入磁場區速度多大？此時棒中

60、電流是多少？處進入磁場區速度多大？此時棒中電流是多少？（2） cd棒能達到的最大速度是多大？棒能達到的最大速度是多大？（3）ab棒由靜止到達最大速度過程中棒由靜止到達最大速度過程中,系統所能釋放的熱量是多少？系統所能釋放的熱量是多少？59;.221)60cos1 (mvmgRgRv 解得解得: :進入磁場區瞬間進入磁場區瞬間,回路中電流強度回路中電流強度I為為 rgRBlrrEI32解析解析:(1)ab棒由靜止從棒由靜止從M滑下到滑下到N的過程中的過程中,只有重力做功只有重力做功,機械能守恒機械能守恒,所以到所以到N處處速度可求速度可求,進而可求進而可求ab棒切割磁感線時產生的感應電動勢和回路