(精品)专题5——动量和能量第2课时(5).ppt

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1、第第2 2课时课时 动量和能量观点的综合应用动量和能量观点的综合应用基基 础础 回回 扣扣1.1.碰撞问题同时遵守的三条原则碰撞问题同时遵守的三条原则:(1)(1)系统动量守恒原则系统动量守恒原则 (2)(2)物理情景可行性原则物理情景可行性原则 速度要符合物理情景速度要符合物理情景:如果碰撞前两物体同向运动如果碰撞前两物体同向运动,则后面的物体速度必则后面的物体速度必 前面物体的速度前面物体的速度,即即v v后后 v v前前,否则无法实现碰撞否则无法实现碰撞.碰撞后碰撞后,原来在前的物体的原来在前的物体的 速度一定增大速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于且原来在前的物体速度大于或等于

2、 原来在后的物体的速度原来在后的物体的速度.即即v v前前v v后后,否则碰否则碰 撞没有结束撞没有结束.大于大于如果碰前两物体是相向运动如果碰前两物体是相向运动,则碰后则碰后,两物体的运动两物体的运动方向不可能方向不可能 ,除非两物体碰撞后速度均为零除非两物体碰撞后速度均为零.(3)(3)不违背不违背 守恒原则守恒原则碰撞过程满足碰撞过程满足E EkE Ek即即 m m1v v12+m m2v v22 m m1v v12+m m2v v22或或都不改变都不改变能量能量2.2.动能定理和动量定理的区别动能定理和动量定理的区别 (1)(1)意义不同意义不同:动量定理表示合外力动量定理表示合外力F

3、 F作用对作用对 积积累的冲量累的冲量FtFt,直接效应是引起物体直接效应是引起物体 ,是一个矢是一个矢量规律量规律.动能定理表示合外力作用对动能定理表示合外力作用对 积积累的总功累的总功WW,直接效应是引起物体直接效应是引起物体 ,是一个标量规律是一个标量规律.(2)(2)解题思路不同解题思路不同:动量定理的应用关键是受力分析动量定理的应用关键是受力分析,确定正方向确定正方向,明确冲量及初、末动量的正负明确冲量及初、末动量的正负,此正负此正负是表示矢量的方向是表示矢量的方向.动能定理的应用关键是受力分析动能定理的应用关键是受力分析,明确各力做功的正负及物体的初末动能明确各力做功的正负及物体的

4、初末动能,功的正负表功的正负表示做功的效果不同示做功的效果不同,是标量的正负是标量的正负.动量的变化动量的变化p p时间时间动能的变化动能的变化E Ek空间空间3.3.机械能守恒定律和动量守恒定律的区别机械能守恒定律和动量守恒定律的区别 (1)(1)守恒条件不同守恒条件不同:机械能是否守恒机械能是否守恒,决定于是否有除决定于是否有除重力和重力和 以外的其他力做功以外的其他力做功;而动量是否守而动量是否守 恒恒,决定于是否有决定于是否有 作用作用.(2)(2)守恒内容不同守恒内容不同:动量守恒定律反映的是物体系统动量守恒定律反映的是物体系统 初、末状态初、末状态 间的关系间的关系,关键是规定正方

5、向关键是规定正方向,确定确定 初、末状态动量的正、负号及其表达式初、末状态动量的正、负号及其表达式.机械能守机械能守 恒定律反映的是物体初、末状态恒定律反映的是物体初、末状态 间的关系间的关系,关键是选定零势能参考平面关键是选定零势能参考平面,确定初、末状态的机确定初、末状态的机 械能的表达式械能的表达式.弹簧弹力弹簧弹力动量动量机械能机械能外力外力思思 路路 方方 法法1.1.解决力学问题的三个基本观点解决力学问题的三个基本观点 (1)(1)力的观点力的观点:主要应用主要应用 定律和运动学公定律和运动学公式相结合式相结合,常涉及受力、加速度或已知匀变速运动常涉及受力、加速度或已知匀变速运动

6、的问题的问题.(2)(2)动量的观点动量的观点:主要应用主要应用 定理或定理或动量守恒定动量守恒定 律律求解求解,常涉及物体的受力和常涉及物体的受力和 问题问题,以及相互以及相互作用的物体系问题作用的物体系问题.(3)(3)能量的观点能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题在涉及单个物体的受力和位移问题时时,常用动能定理分析常用动能定理分析,在涉及物体系内能量的转化在涉及物体系内能量的转化问题时问题时,常用能量的转化和守恒定律常用能量的转化和守恒定律.牛顿运动牛顿运动动量动量时间时间2.2.力学规律的选用原则力学规律的选用原则 (1)(1)单个物体单个物体:宜选用动量定理宜选用动量定理,动能

7、定理和牛顿运动动能定理和牛顿运动 定律定律,其中涉及时间的问题其中涉及时间的问题,应选用应选用 定理定理,而涉而涉及位移的问题及位移的问题,应选用应选用 定理定理,若涉及加速度的若涉及加速度的 问题问题,只能选用只能选用 .(2)(2)多个物体组成的系统多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律优先考虑两个守恒定律,若若 涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时,应选用动量守恒应选用动量守恒 定律定律,然后再根据能量关系分析解决然后再根据能量关系分析解决.动量动量动能动能牛顿第二定律牛顿第二定律题型题型1 1 动量守恒定律和机械能守恒定律综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律综合应

8、用 （20092009宣武区第二次质检）宣武区第二次质检）如图如图5-2-15-2-1所示，所示，O O点为固定转轴，点为固定转轴，把一个长度为把一个长度为l l的细绳上端固定在的细绳上端固定在O O点，细绳下端系一个质量为点，细绳下端系一个质量为m m的的小摆球，当小摆球处于静止状态小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点时恰好与平台的右端点B B点接触，点接触，但无压力但无压力.一个质量为一个质量为MM的小钢的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到球沿着光滑的平台自左向右运动到B B点时与静止的小点时与静止的小摆球摆球m m发生正碰，碰撞后摆球在绳的约束下作圆周运发生正碰，碰撞后摆球在

9、绳的约束下作圆周运图图5-2-15-2-1动，且恰好能够经过最高点动，且恰好能够经过最高点A A，而小钢球，而小钢球MM做平抛运做平抛运动落在水平地面上的动落在水平地面上的C C点点.测得测得B B、C C两点间的水平距两点间的水平距离离DCDC=x x,平台的高度为平台的高度为h h，不计空气阻力，本地的重，不计空气阻力，本地的重力加速度为力加速度为g g,请计算请计算(1)(1)碰撞后小钢球碰撞后小钢球MM做平抛运动的初速度大小；做平抛运动的初速度大小；(2)(2)小摆球小摆球m m经过最高点经过最高点A A时的动能；时的动能；(3)(3)碰撞前小钢球碰撞前小钢球MM在平台上向右运动的速度

10、大小在平台上向右运动的速度大小.解析解析 (1)(1)设设MM做平抛运动的初速度是做平抛运动的初速度是v v,x x=vt vt,h h=gt gt2v v=x x(2)(2)摆球摆球m m经最高点经最高点A A时只受重力作用时只受重力作用，mgmg=m m摆球经最高点摆球经最高点A A时的动能时的动能为为E EA AE EA A=mvmvA A2=mglmgl(3)(3)碰后小摆球碰后小摆球m m做圆周运动时机械能守恒做圆周运动时机械能守恒，mvmvB B2=mvmvA A2+2+2mglmglv vB B=设碰前设碰前MM的运动速度是的运动速度是v v0，MM与与m m碰撞时系统的动量碰撞

11、时系统的动量守恒守恒MvMv0=MvMv+mvmvB Bv v0=答案答案 (1)(1)x x (2)(2)mglmgl (3)(3)x x +机械能守恒定律和动量守恒定律研究的都是系统机械能守恒定律和动量守恒定律研究的都是系统相互作用过程中满足的规律相互作用过程中满足的规律,不同之处是各自的守恒不同之处是各自的守恒条件不同条件不同,要根据题设的物理情景和物理过程要根据题设的物理情景和物理过程,确定满确定满足的物理规律足的物理规律.机械能守恒为标量式机械能守恒为标量式,但势能可能出现但势能可能出现负值负值;动量守恒为矢量式动量守恒为矢量式,选取正方向后列代数式选取正方向后列代数式.预测演练预测

12、演练1 1 (2009(2009江门市第二次模拟江门市第二次模拟)如图如图5-2-25-2-2所所示，在光滑水平面上有一质量示，在光滑水平面上有一质量MM=0.4 kg=0.4 kg滑槽滑槽.滑槽滑槽面上的面上的ABAB段是半径段是半径R R=0.4 m=0.4 m的光滑的光滑1/41/4圆弧圆弧.与与B B点相点相切的水平表面切的水平表面BCBC段粗糙，长段粗糙，长L L=3 m=3 m、动摩擦因数、动摩擦因数 =0.4.=0.4.C C点的右表面光滑，右端连有一弹簧点的右表面光滑，右端连有一弹簧.现有现有一质量一质量m m=0.1 kg=0.1 kg的小物体（可视为质点）在距的小物体（可视

13、为质点）在距A A点高点高为为H H=0.6 m=0.6 m处由静止自由落下，恰沿处由静止自由落下，恰沿A A点滑入圆弧点滑入圆弧面，面，滑到滑到B B点时滑槽刚好与墙壁碰撞，假设滑槽与墙点时滑槽刚好与墙壁碰撞，假设滑槽与墙碰撞后在极短时间内速度减为碰撞后在极短时间内速度减为0,但不粘连但不粘连.求求:(g g=10=10 m/sm/s2 2)(1)(1)小物体滑到小物体滑到B B点时，小物体和滑槽碰墙前的速点时，小物体和滑槽碰墙前的速度分别多大？度分别多大？(2)(2)小物体最终与小物体最终与C C点的距离点的距离.解析解析 (1)(1)设小物体滑到设小物体滑到B B时速度为时速度为v v1

14、,滑槽速度为滑槽速度为v v2,由系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒得由系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒得mvmv1=MvMv2mgmg(H H+R R)=mvmv12+MvMv22解得解得v v1=4=4 m/sm/s v v2=1 1 m/sm/s图图5-2-25-2-2(2)(2)之后小物体进入水平表面，而滑槽由于撞墙，之后小物体进入水平表面，而滑槽由于撞墙，速度变为速度变为0 0，设两者同速为，设两者同速为v v,相对位移为相对位移为s s，由系统由系统动量守恒及功能关系得动量守恒及功能关系得mvmv1=(m m+MM)v v mgsmgs=mvmv12-(m m+MM)v v2

15、解得解得s s=1.6 mL=3=1.6 mL=3 m m所以最终小物体离所以最终小物体离C C端端l l=(3-1.6)m=1.4=(3-1.6)m=1.4 m m答案答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)1.4 m(1)4 m/s 1 m/s (2)1.4 m题型题型2 2 动量观点与功能关系的动量观点与功能关系的综合应用综合应用 （20092009河南省普通高中河南省普通高中毕业班模拟）毕业班模拟）(18(18分分)如图如图5-2-35-2-3所示所示,光滑水平面光滑水平面MNMN的左端的左端MM处有一弹射处有一弹射装置装置P P，右端，右端N N处与水平传送带恰平齐接触，传送带处与

16、水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度水平部分长度L L=8 m=8 m，沿逆时针方向以恒定速度，沿逆时针方向以恒定速度v v=6 6 m/sm/s匀速转动匀速转动.放在水平面上的两相同小物块放在水平面上的两相同小物块A A、B B间有一被压缩的轻质弹簧间有一被压缩的轻质弹簧,弹性势能弹性势能E Ep=16=16J,弹簧与弹簧与A A相连接，与相连接，与B B不连接，不连接，A A、B B与传送带间的动摩擦因与传送带间的动摩擦因数数 =0.2=0.2，物块质量，物块质量m mA A=m mB B=1 kg=1 kg.现将现将A A、B B由静止由静止开始释放，弹簧弹开，在开始释放，弹簧弹开，

17、在B B离开弹簧时，离开弹簧时，A A未与未与P P碰撞，碰撞，B B未滑上传送带未滑上传送带.g g取取10 m/s10 m/s2 2.求求(1)(1)B B滑上传送带后，向右运动的最远处（从地面上滑上传送带后，向右运动的最远处（从地面上看）与看）与N N点间的距离点间的距离s sm;(2)(2)B B从滑上传送带到返回到从滑上传送带到返回到N N端的时间端的时间t t;(3)(3)B B回到水平面回到水平面MNMN上后压缩被弹射装置上后压缩被弹射装置P P弹回的弹回的A A上上的弹簧，的弹簧，B B与弹簧分离时，与弹簧分离时，A A、B B互换速度，然后互换速度，然后B B再再次滑上传送带

18、次滑上传送带.则则P P必须对必须对A A做多少功才能使做多少功才能使B B从从Q Q端端滑出？滑出？图图5-2-35-2-3解析解析 (1)(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒E Ep=m mA Av vA A2 2+m mB Bv vB B2 （2 2分）分）由动量守恒定律得由动量守恒定律得m mA Av vA A-m mB Bv vB B=0=0 （2 2分）分）由由联立解得联立解得v vA A=4=4 m/sm/s,v vB B=4=4 m/sm/sB B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远动

19、的距离最远.由动能定理得由动能定理得-m mB Bgsgsm=0-=0-m mB Bv vB B2 （2 2分）分）解得解得s sm m=4 m=4 m （1 1分）分）(2)(2)物块物块B B先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，回到传送带左端时速度大然后反方向做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小仍为小仍为4 4 m/sm/s由动量定理由动量定理-m mB Bgt gt=-=-m mB Bv vB B-m mB Bv vB B （2 2分）分）解得解得t t=4 s =4 s （1 1分）分）(3)(3)设弹射装置对设弹射装置

20、对A A做功为做功为WW，则有，则有 m mA Av vA A2 2=m mA Av vA A2 2+WW （2 2分）分）A A、B B碰后速度互换，碰后速度互换，B B的速度的速度v vB B=v vA A （1 1分）分）B B要滑出平台要滑出平台Q Q端，由能量关系有端，由能量关系有 m mB Bv vB B2 2=m mB Bg gL L （2 2分）分）又又m mA A=m mB B由由联立解得联立解得WW=m mB BgLgL-m mA Av vA A2 2 （2 2分）分）代入数据解得代入数据解得WW8 J8 J （1 1分）分）答案答案 (1)4 m (2)4 s (3)8

21、J(1)4 m (2)4 s (3)8 J预测演练预测演练2 2 如图如图5-2-45-2-4所示所示,在光滑的在光滑的水平面上水平面上,有两块质量均为有两块质量均为200 g200 g的木块的木块A A、B B靠在一起靠在一起,现有质量为现有质量为20 g20 g的子弹的子弹以以700 700 m/sm/s的的速度水平射入木块速度水平射入木块A A,在穿透木块在穿透木块A A的过程的过程中中,木块木块A A与与B B是紧靠着的是紧靠着的.已知子弹穿出已知子弹穿出B B后的速度为后的速度为100 100 m/sm/s,假定子弹分别穿透假定子弹分别穿透A A和和B B时克服阻力做功完时克服阻力做

22、功完全相等全相等.求求:在应用动量观点和功能关系解题时，往往涉及位移在应用动量观点和功能关系解题时，往往涉及位移的求解时应用动能定理，涉及时间的求解时应用动量的求解时应用动能定理，涉及时间的求解时应用动量定理，涉及到滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定定理，涉及到滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定律列式求解律列式求解.图图5-2-45-2-4(1)(1)子弹穿透子弹穿透A A时的速度多大时的速度多大?(2)(2)最终最终A A、B B的速度各多大的速度各多大?解析解析 (1)(1)设子弹穿透设子弹穿透A A时的速度为时的速度为v v1 1,穿透穿透B B时的速时的速度为度为v v2 2,子弹的初

23、速度为子弹的初速度为v v0 0,因子弹分别穿透因子弹分别穿透A A和和B B时时克服阻力做功相同克服阻力做功相同,所以所以 mvmv0 02 2-mvmv1 12 2=mvmv1 12 2-mvmv2 22 2,解得解得:v v1 1=500=500 m/sm/s.(2)(2)设子弹刚穿透设子弹刚穿透A A时时,A A、B B的速度相等均为的速度相等均为v vA A,由子由子弹与两木块组成的系统水平方向动量守恒得弹与两木块组成的系统水平方向动量守恒得:mvmv0 0=mvmv1 1+2+2MvMvA A代入数据可求得代入数据可求得:v vA A=10=10 m/sm/s子弹穿出子弹穿出B B

24、时时,对整个系统用动量守恒得对整个系统用动量守恒得:mvmv0 0=mvmv2 2+MvMvA A+MvMvB B代入数据求得代入数据求得:v vB B=50=50 m/sm/s答案答案 (1)500(1)500 m/sm/s (2)10 (2)10 m/s 50m/s 50 m/sm/s题型题型3 3 动量和能量观点在电学中的应用动量和能量观点在电学中的应用 (2009(2009四川四川25)25)如图如图5-2-55-2-5所示，所示，轻弹簧一端连于固定点轻弹簧一端连于固定点O O，可在竖直，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电平面内自由转动，另一端连接一带电小球小球P P，其质量，其

25、质量m m=2=21010-2-2 kg kg，电荷，电荷量量q q=0.2 C=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初将弹簧拉至水平后，以初速度速度v v0=20=20 m/sm/s竖直向下射出小球竖直向下射出小球P P，小球，小球P P到达到达O O点点的正下方的正下方O O1点时速度恰好水平，其大小点时速度恰好水平，其大小v v=15=15 m/sm/s.若若O O、O O1相距相距R R=1.5 m=1.5 m，小球，小球P P在在O O1点与另一由细绳悬点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量挂的、不带电的、质量MM=1.6=1.61010-1-1 kg kg的的静止绝缘小静止绝缘小球球N

26、N相碰相碰.碰后瞬间，小球碰后瞬间，小球P P脱离弹簧，小球脱离弹簧，小球N N脱离脱离图图5-2-55-2-5细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E E和垂直和垂直于纸面的磁感应强度于纸面的磁感应强度B B=1=1 T T的匀强磁场的匀强磁场.此后，小球此后，小球P P在竖直平面内做半径在竖直平面内做半径r r=0.5 m=0.5 m的圆周运动的圆周运动.小球小球P P、N N均可视为质点，小球均可视为质点，小球P P的电荷量保持不变，不计空的电荷量保持不变，不计空气阻力，取气阻力，取g g=10 m/s=10 m/s2 2.那么：那么：（1 1）弹簧

27、从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？做功为多少？（2 2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P P、N N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度.（3 3）若题中各量为变量，在保证小球）若题中各量为变量，在保证小球P P、N N碰撞后碰撞后某一时刻具有相同的速度的前提下，请推导出某一时刻具有相同的速度的前提下，请推导出r r的表的表达式（要求用达式（要求用B B、q q、m m、表示，其中表示，其中 为小球为小球N N的的运动速度与水平方向的夹角）运动速度与水平方向的夹角）.

28、解析解析 （1 1）设弹簧的弹力做功为）设弹簧的弹力做功为WW，有：，有：mgRmgR+WW=mvmv2 2-mvmv0 02 2 代入数据：得：代入数据：得：WW=-2.05 J=-2.05 J（2 2）由题给条件知，）由题给条件知，N N碰后做平抛运动，碰后做平抛运动，P P所受电所受电场力和重力平衡，场力和重力平衡，P P带正电荷带正电荷.设设P P、N N碰后的速度碰后的速度大小分别为大小分别为v v1 1和和V V，并令水平向右为正方向，有：，并令水平向右为正方向，有：mvmv=mvmv1 1+MV MV 而而v v1 1=若若P P、N N碰后速度同向时，计算可得碰后速度同向时，计

29、算可得V V v v1 1,这种碰撞这种碰撞不能实现不能实现.P P、N N碰后瞬时必为反向运动，有：碰后瞬时必为反向运动，有：V V=P P、N N速度相同时，设速度相同时，设N N经过的时间为经过的时间为t tN N、P P经过的时经过的时间为间为t tP P,此时此时N N的速度的速度V V1 1的方向与水平方向的夹角为的方向与水平方向的夹角为 ，有：，有：coscos =gt gtN N=V V1 1sin =sin =v v1 1sinsin 代入数据，得：代入数据，得：t tN N=s =s 对小球对小球P P，其圆周运动的周期为，其圆周运动的周期为T T=经计算得：经计算得：t

30、tN N T TP P经过经过t tP P时，对应的圆心角为时，对应的圆心角为 ，有，有:t tP P=T =T 当当B B的方向垂直纸面朝外时，的方向垂直纸面朝外时，P P、N N的速度相同，如的速度相同，如图甲，有：图甲，有：=联立相关方程得联立相关方程得t tP P1 1=s=s比较得当比较得当B B的方向垂直纸面朝里时，的方向垂直纸面朝里时，P P、N N的速度相的速度相同如图乙同如图乙,t tN Nt tP P1 1，在此情况下，在此情况下，P P、N N的速度在同的速度在同一时刻不可能相同一时刻不可能相同有：有：2 2=同上得：同上得：t tP P2 2=s=s比较得，比较得，t

31、t0 0t tP P2 2，在此情况下，在此情况下，P P、N N的速度在同的速度在同一时刻也不可能相同一时刻也不可能相同.（3 3）当）当B B的方向垂直纸面朝外时，设在的方向垂直纸面朝外时，设在t t时刻时刻P P、N N的速度相同，的速度相同，t tN N=t tP P=t t再联立再联立解得：解得：考虑圆周运动的周期性，有考虑圆周运动的周期性，有当当B B的方向垂直纸面朝里时，设在的方向垂直纸面朝里时，设在t t时刻时刻P P、N N的速的速度相同，度相同，t tN N=t tP P=t t同理得：同理得：考虑圆周运动的周期性，有考虑圆周运动的周期性，有(给定的给定的B B、q q、r

32、 r、m m、等物理量决定等物理量决定n n的取值的取值)答案答案 (1)-2.05 J (2)(1)-2.05 J (2)不能不能 (3)(3)见解析见解析预测演练预测演练3 3 (2009(2009长春、哈尔滨、沈阳、大连第三长春、哈尔滨、沈阳、大连第三次联考次联考)如图如图5-2-65-2-6所示所示,真空室内，在真空室内，在d dx x2 2d d的空的空间内存在着沿间内存在着沿y y正方向的有理想边界匀强电场，电场正方向的有理想边界匀强电场，电场强度为强度为E E；在；在-2d dx x-d d的空间内存在着垂直纸面向里的空间内存在着垂直纸面向里的有理想边界的匀强磁场的有理想边界的匀

33、强磁场,磁感应强度为磁感应强度为B B.在坐标在坐标原点处有一处于静止状态的钍核原点处有一处于静止状态的钍核 ThTh，某时刻该原，某时刻该原子核经历一次子核经历一次 衰变衰变,沿沿x x正方向射出一质量为正方向射出一质量为m m,电荷电荷量为量为q q的的 粒子粒子;质量为质量为MM,电荷量为电荷量为Q Q的反冲核（镭的反冲核（镭核核RaRa）进入左侧的匀强磁场区域）进入左侧的匀强磁场区域,反冲核恰好不从磁反冲核恰好不从磁场的左边界射出场的左边界射出.如果衰变过程中释放的核能全部转如果衰变过程中释放的核能全部转化为化为 粒子和反冲核的动能粒子和反冲核的动能,光速为光速为c c，不计粒，不计粒

34、子的重力和粒子间相互作用的库仑力子的重力和粒子间相互作用的库仑力,求求:图图5-2-65-2-6(1)(1)写出钍核衰变方程；写出钍核衰变方程；(2)(2)该核衰变过程中的质量亏损该核衰变过程中的质量亏损m m;(3)(3)粒子从电场右边界射出时的粒子从电场右边界射出时的y y轴坐标轴坐标.解析解析 (1)(1)ThTh Ra+Ra+HeHe(2)(2)根据动量守恒定律有：根据动量守恒定律有：0=0=mvmv1-MvMv2设反冲核进入磁场中的偏转半径为设反冲核进入磁场中的偏转半径为R R，由几何关系有由几何关系有R R=d d由牛顿运动定律有由牛顿运动定律有BQvBQv2=MM由爱因斯坦质能方

35、程有由爱因斯坦质能方程有E E=mcmc2由能量关系有由能量关系有E E=mvmv12+MvMv22解得解得m m=(3)(3)粒子在电场中的运动时间为粒子在电场中的运动时间为t t=粒子在电场中的运动加速度为粒子在电场中的运动加速度为a a=粒子在电场中运动，其沿粒子在电场中运动，其沿y y轴方向的位移为轴方向的位移为y y=at at2解得解得y y=答案答案1.1.(2009(2009全国全国25)25)如图如图5-2-75-2-7所示，倾角所示，倾角 为为 的斜面上静止放置三个质量均为的斜面上静止放置三个质量均为m m 的木箱，相邻两木箱的距离均为的木箱，相邻两木箱的距离均为l l.工

36、人用工人用 沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞逐一与其它木箱碰撞.每次碰撞后木箱都粘在一起每次碰撞后木箱都粘在一起 运动运动.整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推 着三个木箱匀速上滑着三个木箱匀速上滑.已知木箱与斜面间的动摩擦已知木箱与斜面间的动摩擦 因数为因数为 ，重力加速度为，重力加速度为g g.设碰撞时间极短，求设碰撞时间极短，求图图5-2-75-2-7（1 1）工人的推力；）工人的推力；（2 2）三个木箱匀速运动的速度；）三个木箱匀速运动的速度；（3 3）在第一次碰撞中损失的机械能）在第一次碰撞

37、中损失的机械能.解析解析（1 1）设工人的推力为设工人的推力为F F，则有，则有F F=3mgmg(sin +cos )（2 2）设第一次碰撞前瞬间木箱速度为设第一次碰撞前瞬间木箱速度为v v1,由动能定由动能定理得理得FlFl-mglmglsin -mglmglcos =mvmv12 设碰撞后两木箱的速度为设碰撞后两木箱的速度为v v2，根据动量守恒定律有根据动量守恒定律有mvmv1=2 2mvmv2 设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为v v3,由动能定理得由动能定理得FlFl-2 2mglmglsinsin -2-2 mglmglcos =2 2m m(v v32

38、-v v22)设碰撞后三个木箱一起运动的速度设碰撞后三个木箱一起运动的速度为为v v4,由动量守恒得由动量守恒得2 2mvmv3=3=3mvmv4 联立以上各式得联立以上各式得 （3 3）设第一次碰撞过程中损失的机械能为设第一次碰撞过程中损失的机械能为E E,则则E E=mvmv12-2 2mvmv22 由由式得式得E E=mglmgl(sin +cos )答案答案 （1 1）3mgmg(sin +cos )2.2.(2009(2009广元市第三次适应性考试广元市第三次适应性考试)质量质量 为为MM=6 kg=6 kg的小车放在光滑的水平面上，的小车放在光滑的水平面上，物块物块A A和和B B

39、的质量均为的质量均为m m=2 kg=2 kg，且均放，且均放 在小车的光滑水平底板上，物块在小车的光滑水平底板上，物块A A和小和小 车右侧壁用一根轻弹簧连接，不会分车右侧壁用一根轻弹簧连接，不会分 离，如图离，如图5-2-85-2-8所示，物块所示，物块A A和和B B并排靠在一起，现并排靠在一起，现 用力向右压用力向右压B B,并保持小车静止，使弹簧处于压缩状并保持小车静止，使弹簧处于压缩状 （3 3）mglmgl(sin +cos )图图5-2-85-2-8(2)(2)态态,在此过程中外力做功在此过程中外力做功270 J.270 J.撤去作用在撤去作用在B B和小车和小车上的外力上的外

40、力,当当A A和和B B分开后，在分开后，在A A达到小车底板的最左达到小车底板的最左端位置之前，端位置之前，B B已从小车左端抛出，求：已从小车左端抛出，求：(1)(1)B B与与A A分离时，小车的速度是多大；分离时，小车的速度是多大；(2)(2)从撤去外力至从撤去外力至B B与与A A分离时，分离时，A A对对B B做了多少功；做了多少功；(3)(3)假设弹簧伸长到最长时假设弹簧伸长到最长时B B已离开小车，已离开小车，A A仍在车上，仍在车上，那么此时弹簧的弹性势能是多大？那么此时弹簧的弹性势能是多大？解析解析 (1)(1)当弹簧第一次恢复原长时，当弹簧第一次恢复原长时，B B与与A

41、A分离，分离，此时此时B B与与A A有相同速度，设为有相同速度，设为v v1 1,小车速度为小车速度为v v2 2根据动量守恒有根据动量守恒有2 2mvmv1 1-MvMv2 2=0=0由能量关系有由能量关系有2 2 mvmv1 12 2+MvMv2 22 2=270 J=270 J解得解得v v1 1=9=9 m/sm/s，v v2 2=6=6 m/sm/s即小车速度为即小车速度为6 6 m/sm/s(2)(2)根据动能定理，从撤去外力至根据动能定理，从撤去外力至B B与与A A分离时，分离时，A A对对B B做的功为做的功为WW=mvmv1 12 2=81 J=81 J(3)(3)B B

42、与与A A分离后速度不变，弹簧伸到最长时，分离后速度不变，弹簧伸到最长时，A A与小与小车速度相同，设为车速度相同，设为v v3 3，由动量守恒有，由动量守恒有MvMv2 2-mvmv1 1=（m m+MM）v v3 3由能量守恒有由能量守恒有 mvmv1 12 2+(+(MM+m m)v v3 32 2+E Ep p=270 J=270 J或或 mvmv1 12 2+MvMv2 22 2=(=(MM+m m)v v3 32 2+E Ep p解得解得v v3 3=2.25=2.25 m/sm/s，E Ep p=168.75 J=168.75 J答案答案 (1)6(1)6 m/sm/s (2)8

43、1 J (3)168.75 J (2)81 J (3)168.75 J3.3.(2009(2009合肥市第三次质检合肥市第三次质检)如图如图5-2-95-2-9所示所示,光滑的光滑的 圆弧轨道圆弧轨道ABAB、EFEF.半径均为半径均为R R.质量为质量为m m，上表面长，上表面长也是也是R R的小车静止在光滑水平面的小车静止在光滑水平面CDCD上上,小车上表小车上表 面与轨道面与轨道ABAB、EFEF的端点的端点B B、E E在同一水平面上，一在同一水平面上，一质量为质量为m m的物体（大小不计）从轨道的物体（大小不计）从轨道ABAB的的A A点由静点由静止下滑，由末端止下滑，由末端B B滑

44、上小车，小车立即向右运动，滑上小车，小车立即向右运动，当小车右端与壁当小车右端与壁DEDE刚接触时刚接触时,物体物体m m恰好滑动到小恰好滑动到小车右端且相对于小车静止，接着小车与壁车右端且相对于小车静止，接着小车与壁DEDE相碰相碰.经极短时间碰撞后，小车立即停止运动，但与壁不经极短时间碰撞后，小车立即停止运动，但与壁不粘连，物体则滑上圆弧轨道粘连，物体则滑上圆弧轨道EFEF.(1)(1)求水平面求水平面CDCD的长度的长度s s.(2)(2)求物求物体滑上轨道体滑上轨道EFEF后能到达的最高点后能到达的最高点P P相对于相对于E E点的高度点的高度h h.(3)(3)接着接着物体再从轨道物

45、体再从轨道EFEF上滑下并滑上小车，小车上滑下并滑上小车，小车与壁与壁BCBC相碰后速度也立即变为零相碰后速度也立即变为零.最后物体停在小最后物体停在小车上的车上的Q Q点，求点，求Q Q点到小车右端的距离点到小车右端的距离.图图5-2-95-2-9解析解析 (1)(1)设物体从设物体从A A滑至滑至B B点时速度为点时速度为v v0,根据机械根据机械能守恒，有能守恒，有mgRmgR=mvmv02 设小车与壁设小车与壁DEDE刚接触时物体及小车达到的共同速刚接触时物体及小车达到的共同速度度v v1,根据动量守恒定律根据动量守恒定律，有有mvmv0=2=2mvmv1 设二者之间摩擦力为设二者之间

46、摩擦力为F Ff f,则对物体则对物体-F Ff fs s=mvmv1 12 2-mvmv0 02 2 对小车：对小车：F Ff f(s s-R R)=)=mvmv1 12 2由由联立解得联立解得s s=R R(2)(2)车与车与DEDE相撞后，物体以速度相撞后，物体以速度v v1 1冲上冲上EFEF，则，则 mvmv1 12 2=mghmgh，解得，解得h h=(3)(3)由第（由第（1 1）问可求得）问可求得F Ff f=mgmgv v1 1=物体从轨道物体从轨道EFEF滑下并再次滑上小车后，设它们再次滑下并再次滑上小车后，设它们再次达到共同速度为达到共同速度为v v2 2,物体相对车滑行

47、距离物体相对车滑行距离s s1 1,则根据则根据动量守恒得动量守恒得mvmv1 1=2=2mvmv2 2 根据动能定理得根据动能定理得:F Ff fs s1 1=mvmv1 12 2-2 2mvmv2 22 2 由由联立解得联立解得s s1 1=R Rs s1 1 R R，说明在车与，说明在车与BCBC相碰之前，车与物体达到相对静相碰之前，车与物体达到相对静止，以后一起匀速运动直到小车与壁止，以后一起匀速运动直到小车与壁BCBC相碰相碰.车车停止后物体将做匀减速运动停止后物体将做匀减速运动,设相对车滑行距离设相对车滑行距离s s2 2则则F Ff fs s2 2=mvmv2 22 2由由 联立

48、解得联立解得s s2 2=R R所以物体最后距车右端所以物体最后距车右端s s总总=s s1 1+s s2 2=R R4.(4.(20092009河南省普通高中毕业河南省普通高中毕业 班模拟考试班模拟考试)如图如图5-2-105-2-10所示，所示，在一足够大的真空室中，虚线在一足够大的真空室中，虚线 MNMN的左侧是一磁感应强度为的左侧是一磁感应强度为 B B、方向垂直纸面向里的匀强、方向垂直纸面向里的匀强 磁场磁场,右侧是一场强为右侧是一场强为E E、方向水平向右的匀强电场方向水平向右的匀强电场.答案答案 (1)(1)R R (2)(2)R R (3)3)R R图图5-2-105-2-10

49、在虚线在虚线MNMN上的点上的点O O处有一质量为处有一质量为3m m、电荷量为、电荷量为+5+5q q的粒子的粒子,处于静止状态处于静止状态.某时刻该粒子分裂成甲、乙某时刻该粒子分裂成甲、乙两个粒子，其中甲粒子质量为两个粒子，其中甲粒子质量为2m m、电荷量为、电荷量为+4 4q q，分裂后水平向左射入磁场，经过一段时间后，甲粒子分裂后水平向左射入磁场，经过一段时间后，甲粒子刚好到达虚线刚好到达虚线MNMN上的上的P P点，测得点，测得OPOP=L L.不计重力，不不计重力，不考虑粒子之间的作用力考虑粒子之间的作用力.求：求：(1)(1)分裂后乙粒子的初速度是多大？分裂后乙粒子的初速度是多大

50、？(2)(2)分裂后经过多长时间甲、乙两粒子的速度相同？分裂后经过多长时间甲、乙两粒子的速度相同？解析解析 (1)(1)设分裂后甲、乙两粒子的初速度分别为设分裂后甲、乙两粒子的初速度分别为v v1 1、v v2 2由动量守恒定律得由动量守恒定律得2 2mvmv1 1-mvmv2 2=0=0 甲粒子飞入磁场后，做匀速圆周运动甲粒子飞入磁场后，做匀速圆周运动4 4qvqv1 1B B=联立联立解得解得v v1 1=v v2 2=分裂后乙粒子的初速度为分裂后乙粒子的初速度为v v2 2=(2)(2)分裂后甲粒子在磁场中做匀速圆周运动到达分裂后甲粒子在磁场中做匀速圆周运动到达P P点点的时间为的时间为