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專題強(qiáng)化十二　動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題

目標(biāo)要求

　1.掌握解決力學(xué)綜合問(wèn)題常用的三個(gè)觀點(diǎn).2.會(huì)靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題．

1．解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)

(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．

(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．

(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．用動(dòng)量定理可簡(jiǎn)化問(wèn)題的求解過(guò)程．

2．力學(xué)規(guī)律的選用原則

(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．

(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題．

(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問(wèn)題，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件．

(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量．

(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．

題型一　動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

例1

　(2022·廣東卷·13)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v₀為10 m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力F_f為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2 kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s²，不計(jì)空氣阻力．求：

(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小F_N1和F_N2；

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v₁；

(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h.

答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m

解析　(1)當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即F_N1＝(m＋M)g＝8 N

當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)時(shí)受到滑桿的摩擦力為1 N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力也為1 N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為F_N2＝Mg－F_f′＝5 N.

(2)滑塊開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有－mgl－F_fl＝mv₁²－mv₀²

代入數(shù)據(jù)解得v₁＝8 m/s.

(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv₁＝(m＋M)v

碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有

－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v²

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2 m.

例2

　(2023·山東濟(jì)寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98 kg的小車，B點(diǎn)右側(cè)為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點(diǎn)的左側(cè)為一半徑R＝1.3 m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點(diǎn)相切，車的最右端D點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)左端恰好位于小車的C點(diǎn)，B與C之間距離L＝0.7 m．一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于小車的B點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)小車與小物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量m₀＝20 g的子彈以速度v₀＝600 m/s向右擊中小車并停留在車中，假設(shè)子彈擊中小車的過(guò)程時(shí)間極短，已知小物塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s².求：

(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；

(2)小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度v的大??；

(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值E_pm；

(4)小物塊最終與小車保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x.

答案　(1)1.2 m　(2)8 m/s　(3)8.5 J　(4)0.4 m

解析　(1)對(duì)子彈與小車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m₀v₀＝(m₀＋M)v₁

當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)三者共速，對(duì)三者由水平方向動(dòng)量守恒有

(m₀＋M)v₁＝(m₀＋M＋m)v₂

由機(jī)械能守恒定律有

(m₀＋M)v₁²＝(m₀＋M＋m)v₂²＋mgh

聯(lián)立解得h＝1.2 m

即小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h＝1.2 m.

(2)當(dāng)小物塊第一次回到B點(diǎn)時(shí)，設(shè)車和子彈的速度為v₃，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有(m₀＋M)v₁＝(m₀＋M)v₃＋mv

由能量守恒定律有

(m₀＋M)v₁²＝(m₀＋M)v₃²＋mv²

聯(lián)立解得v₃＝2 m/s，v＝8 m/s

即小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v＝8 m/s.

(3)當(dāng)彈簧具有最大彈性勢(shì)能E_pm時(shí)，三者速度相同．由動(dòng)量守恒定律有(m₀＋M)v₃＋mv＝(m₀＋M＋m)v₄

由能量守恒定律有(m₀＋M)v₃²＋mv²

＝(m₀＋M＋m)v₄²＋μmgL＋E_pm

聯(lián)立解得E_pm＝8.5 J.

(4)小物塊最終與小車保持相對(duì)靜止時(shí)，三者共速，設(shè)小物塊在BC部分總共運(yùn)動(dòng)了s的路程，由水平方向動(dòng)量守恒有(m₀＋M)v₁＝(m₀＋M＋m)v₅

由能量守恒定律有

(m₀＋M)v₁²＝(m₀＋M＋m)v₅²＋μmgs

聯(lián)立解得s＝2.4 m＝4L－x

則小物塊與小車保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x＝0.4 m.

題型二　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

例3

　如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x＝6t－2t²(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s²，求：

(1)BP間的水平距離s_BP；

(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；

(3)物塊A由靜止釋放的高度h.

答案　(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m

解析　(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以速度v_D做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)v_y²＝2gR①

其中＝tan 45°②

聯(lián)立①②解得v_D＝4 m/s③

設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為x₂，則有R＝gt²④

x₂＝v_Dt⑤

聯(lián)立④⑤解得x₂＝1.6 m⑥

由x＝6t－2t²可知，物塊B碰后以速度v₀＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s²減速到v_D，則BD過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v_D²－v₀²＝2ax₁⑦

解得x₁＝2.5 m⑧

故BP之間的水平距離s_BP＝x₂＋x₁＝4.1 m⑨

(2)假設(shè)物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為v_M，由D到M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，

則有－mgR＝mv_M²－mv_D²⑩

設(shè)在M點(diǎn)軌道對(duì)物塊的壓力大小為F_N，

則F_N＋mg＝m?

由⑩?解得F_N＝(1－)mg<0，假設(shè)不成立，即物塊B不能到達(dá)M點(diǎn)．

(3)物塊A、B的碰撞為彈性正碰且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則v_A＝v₀＝6 m/s?

設(shè)物塊A釋放的高度為h，對(duì)下落過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv_A²，?

由??解得h＝1.8 m.

例4

　(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測(cè))如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長(zhǎng)平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25 m，C位于桌面邊緣，離地面高h＝0.8 m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離x＝0.8 m，B向左運(yùn)動(dòng)與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．已知平板A的質(zhì)量m_A＝1 kg，物塊B的質(zhì)量m_B＝1 kg，物塊C的質(zhì)量m_C＝1.5 kg，B、C均可看為質(zhì)點(diǎn)，A與B、A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s².

(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢(shì)能；

(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動(dòng)能；

(3)求平板A在桌面上滑行的距離．

答案　(1)7.5 J　(2)2 J　(3) m

解析　(1)設(shè)B、C分離瞬間B、C的速度大小分別為v_B和v_C，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m_Bv_B－m_Cv_C＝0

由能量守恒定律得E_p＝m_Bv_B²＋m_Cv_C²

分離后，物塊C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝gt²，x＝v_Ct

聯(lián)立解得v_C＝2 m/s，v_B＝3 m/s，E_p＝7.5 J.

(2)B、C分離后，B向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A靜止不動(dòng)，設(shè)A、B碰撞前瞬間B的速度為v_B1，對(duì)物塊B，由動(dòng)能定理得－μm_BgL＝m_Bv_B1²－m_Bv_B²

A、B發(fā)生彈性碰撞，取水平向左為正方向，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有m_Bv_B1＝m_Bv_B2＋m_Av_A，

m_Bv_B1²＝m_Bv_B2²＋m_Av_A²

且E_kA＝m_Av_A²

聯(lián)立解得v_B1＝2 m/s，v_B2＝0，v_A＝2 m/s，E_kA＝2 J.

(3)A、B碰撞后，A向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

則對(duì)B有μm_Bg＝m_Ba_B

對(duì)A有μm_Bg＋μ(m_B＋m_A)g＝m_Aa_A

解得a_A＝6 m/s²，a_B＝2 m/s²

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩者共速，則有v＝a_Bt＝v_A－a_At

解得v＝ m/s，t＝ s

此過(guò)程中A向左運(yùn)動(dòng)距離

x₁＝t＝× m＝ m

此后，A、B相對(duì)靜止一起減速到零，有－μ(m_B＋m_A)gx₂＝0－(m_B＋m_A)v²

解得x₂＝ m，

整個(gè)過(guò)程中A在桌面上滑行的距離為

x＝x₁＋x₂＝(＋) m＝ m.

課時(shí)精練

1.(2023·山東威海市檢測(cè))質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一條不可拉伸的長(zhǎng)為l的細(xì)線，細(xì)線另一端系一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的球C，質(zhì)量也為m.現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平自然伸直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g.求：

(1)C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，B移動(dòng)的距離；

(3)C球向左擺動(dòng)的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度．

答案　(1)2　(2)　(3)

解析　(1)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒及系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mv_C＝2mv_AB

mgl＝mv_C²＋×2mv_AB²

聯(lián)立解得C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v_C＝2.

(2)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由人船模型規(guī)律可得mx_C＝2mx_AB

x_C＋x_AB＝l

聯(lián)立解得從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，B移動(dòng)的距離為x_AB＝.

(3)C球向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)A、C有共同速度v.

對(duì)A、C組成的系統(tǒng)，取向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒可得mv_C－mv_AB＝2mv

由機(jī)械能守恒定律可得

mv_C²＋mv_AB²＝×2mv²＋mgh，則C球向左擺動(dòng)的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度為Δh＝l－h

聯(lián)立解得Δh＝.

2.(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0 m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量M＝1 kg的木板，木板上表面與C點(diǎn)等高，木板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m₂＝1 kg的物塊，另一質(zhì)量為m₁＝1 kg的物塊從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為46 N，之后與質(zhì)量為m₂的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終質(zhì)量為m₂的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4 m，質(zhì)量為m₂的物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁＝0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s².求：

(1)質(zhì)量為m₁的物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小v_B；

(2)質(zhì)量為m₁的物塊通過(guò)圓弧軌道克服摩擦力做的功W_克f；

(3)木板的長(zhǎng)度L.

答案　(1)5 m/s　(2)10.5 J　(3)3 m

解析　(1)質(zhì)量為m₁的物塊水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，下落高度為h＝H－Rsin θ＝0.8 m

豎直方向上有v_y²＝2gh

根據(jù)幾何關(guān)系可知v_y＝v_Bcos θ

聯(lián)立解得v_B＝5 m/s

(2)質(zhì)量為m₁的物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有F_N－m₁g＝

解得v_C＝6 m/s

質(zhì)量為m₁的物塊從B運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

m₁g(R＋Rsin θ)－W_克f＝m₁v_C²－m₁v_B²

解得W_克f＝10.5 J

(3)質(zhì)量為m₁的物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與質(zhì)量為m₂的物塊發(fā)生彈性碰撞且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則v₂＝v_C＝6 m/s

經(jīng)受力分析，由牛頓第二定律，

對(duì)質(zhì)量為m₂的物塊有μ₁m₂g＝m₂a₁

對(duì)木板有μ₁m₂g－μ₂(m₂＋M)g＝Ma₂

根據(jù)公式v＝v₀＋at，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后二者共速有a₂t＝v₂－a₁t

對(duì)質(zhì)量為m₂的物塊有x₁＝v₂t－a₁t²

對(duì)木板有x₂＝a₂t²

因?yàn)橘|(zhì)量為m₂的物塊剛好未從木板上滑下，所以質(zhì)量為m₂的物塊相對(duì)木板的位移即為木板長(zhǎng)度，則有L＝x₁－x₂

聯(lián)立解得L＝3 m.

3.如圖所示，水平面上有A、B兩個(gè)小物塊(均視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L處有一半徑為L的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點(diǎn)，物塊B的左邊靜置著一個(gè)三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時(shí)刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)D(過(guò)D點(diǎn)后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(L小于斜面體的高度)．已知A與右側(cè)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側(cè)水平面光滑，重力加速度為g，求：

(1)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大?。?/p>

(2)斜面體的質(zhì)量；

(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，物塊B與斜面體各自的速度大小．

答案　(1)6mg　(2)　(3)　

解析　(1)設(shè)A恰好通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v_D，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m①

設(shè)A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v_C，則對(duì)A從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

－2mgL＝mv_D²－mv_C²②

設(shè)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道支持力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝m③

聯(lián)立①②③解得F＝6mg④

根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小為F′＝F＝6mg⑤

(2)設(shè)彈簧釋放瞬間A、B的速度大小分別為v_A、v_B，由動(dòng)量守恒定律有mv_A＝mv_B⑥

對(duì)物塊A從彈簧釋放到運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μmgL＝mv_C²－mv_A²⑦

設(shè)斜面體的質(zhì)量為M，B滑上斜面體最高點(diǎn)時(shí)，B和斜面體有共同速度v，對(duì)B和斜面體，

由動(dòng)量守恒定律有mv_B＝(m＋M)v⑧

由機(jī)械能守恒定律有

mv_B²＝(M＋m)v²＋mgL⑨

聯(lián)立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝⑩

(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，設(shè)物塊B與斜面體各自的速度分別為v_B′和v′，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv_B＝mv_B′＋Mv′?

由機(jī)械能守恒定律有

mv_B²＝mv_B′²＋Mv′²?

聯(lián)立⑩??解得v_B′＝，v′＝.

4．(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s².

(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v₀的大??；

(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力F_N與h間滿足的關(guān)系；

(3)若物塊b釋放高度0.9 m<h<1.65 m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．

答案　(1)5 m/s

(2)F_N＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)

(3)當(dāng)0.9 m<h<1.2 m時(shí)，2.6 m<x≤3 m，當(dāng)1.2 m≤h<1.65 m時(shí)， m≤x< m

解析　(1)物塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv_b²，解得v_b＝5 m/s

b與a發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv_b＝mv_b′＋mv₀

mv_b²＝mv_b′²＋mv₀²

聯(lián)立解得v₀＝5 m/s

(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發(fā)生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的高度為h₁，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh₁－2μmgl－mgH＝0，解得h₁＝1.2 m

以豎直向下為正方向，則有F_N＋mg＝m

由動(dòng)能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mv_E²

聯(lián)立可得F_N＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)

(3)當(dāng)1.2 m≤h<1.65 m時(shí)，最終物塊a靜止的位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得

mgh－2μmgl－mgH＝mv_E²

從E點(diǎn)飛出后，豎直方向H＝gt²

水平方向s₁＝v_Et

當(dāng)h最大時(shí)，s₁最大，即s_1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，則s₁取不到最大值，

根據(jù)幾何關(guān)系可得DF＝ m

x＝3l＋DF＋s₁

代入數(shù)據(jù)解得 m≤x<(3.6＋) m；

當(dāng)0.9 m<h<1.2 m時(shí)，從h₂＝0.9 m釋放b，a、b碰撞后，仍交換速度時(shí)，則根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgs₂＝0

當(dāng)h最小時(shí)

解得s₂＝1.8 m

可知物塊a達(dá)到距離C點(diǎn)右側(cè)0.8 m處?kù)o止；

當(dāng)h取1.2 m時(shí)，

物塊a在E點(diǎn)速度為零，若返回到CD時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgs₃＝0，解得s₃＝0.4 m，距離C點(diǎn)0.6 m，

又因h＝1.2 m不在此范圍內(nèi)，故當(dāng)0.9 m<h<1.2 m時(shí)，有3l－s₃<x≤3l

代入數(shù)據(jù)得2.6 m<x≤3 m.

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