内容发布更新时间 : 2024/6/3 21:28:48星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

距离。

【分析】（1）只放开左侧挡板，物块a恰好能通过半圆轨道最高点C，由重力充当向心力，由向心力公式可得出小球a在C点的速度，由机械能守恒可得出a球经过A点的速度。释放弹簧a被弹出的过程，由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能。再对b，由能量守恒定律求斜面轨道BD的高度h。

（2）放开挡板后，对b和p的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，得到弹簧的弹性势能。p从放开到到达C点，由机械能守恒求出到达C点的速度，再由平抛运动的规律求解物块p离开C后的落点到A的距离。 【解答】解：（1）只放开左侧挡板，a物块在C点有：

解得：

从放开挡板到物块到达C点，由机械能守恒有： E弹=m1g?2R+解得：E弹=250J

从放开b到D点，根据能量守恒有： E弹=m2gh+μm2gcosθ?解得：h=6m

（2）b刚好能到最高点，则有：

放开挡板后，对b和P的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有： Mv﹣m2v2=0 解得：v=10

m/s

（1分）

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则储存的弹性势能为：

P从放开到到达C点，由机械能守恒有：

=Mg?2R+

m/s

解得：vC′=2

落地时间：2R=gt2 解得：t=0.8s

P离开C后的落点到A的距离为：答：（1）斜面轨道BD的高度h是6m；

（2）弹簧储存的弹性势能是500J，物块p离开C后的落点到A的距离是4

m/s。

【点评】解决本题的关键：一要明确小球a到达圆轨道最高点的临界条件：重力充当向心力。二要明确没有摩擦时往往运用机械能守恒定律求高度。

8．如图所示，粗糙水平地面上静止放着相距d=1m 的两块相同长木板A、B，每块木板长L=9m，与地面的动摩擦因数μ1=0.2．一可视为质点的物块C 以vo=10m/s 的初速度水平向右滑上木板A 的左端，C 的质量为每块木板质量的2 倍，C 与木板的动摩擦因数μ2=0.4．若A．B 碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2．求： （1）木板A 经历多长时间与木板B 相碰？ （2）物块C 刚滑离木板A 时，A 的速度大小； （3）A、B 最终停下时，两者间的距离．

【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速运动的位移公式求出位移，求出碰撞需要的时间．

（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后求出物块C 刚滑离木板A 时，A 的速度．

（3）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出A、B的位移，然后求出A、B 最终停下时，两者间的距离．

【解答】解：（1）设A的质量为m，则B的质量为m，C的质量为2m，由牛顿

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第二定律得：

对A：μ2?2mg﹣μ1（m+2m）g=ma1，解得：a1=2m/s2， 对C：μ2?2mg=2ma2，解得：a2=4m/s2， 由匀变速直线运动的位移公式得： 对A：d=a1t12， 对C：x1=v0t1﹣a2t12， 解得：t1=1s，x1=8m，

此时C与A端的距离：s=L+d﹣x1=2m， 碰撞前A的速度：v1=a1t1=2×1=2m/s， C的速度：v2=v0﹣a2t1=10﹣4×1=6m/s；

（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，解得：v2=1m/s， 碰撞后A、B所受合外力：μ2?2mg﹣μ1（m+m+2m）=0，

碰撞后两板一起做匀速直线运动，C刚滑离A板时A的速度：vA=v2=1m/s； （3）从A、B碰撞到C滑上B所需时间为t2， s=v2t2﹣a2t22﹣v1t2，解得：t2=0.5s， C刚滑上B时的速度：v4=v2﹣a2t2=4m/s，

A、B分离后，对A，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma3，解得：a3=2m/s2， 从分离到停止运动，位移：xA=

=

=0.25m，

B板以a1=2m/s2的加速度做匀加速直线运动直到与C共速， 则：v3=v4﹣a2t3=v1+a1t3，解得：t3=0.5s，v3=2m/s， B的位移：xB1=

t3=0.75m，

此后B、C一起以a2=2m/s2的加速度做匀减速直线运动直到静止， 位移：xB2=

=

=1m，

最终停下来时，A、B间的距离：△x=xB1+xB2﹣xA=1.5m； 答：（1）木板A 经历1s与木板B 相碰．

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（2）物块C 刚滑离木板A 时，A 的速度大小为1m/s； （3）A、B 最终停下时，两者间的距离为1.5m．

【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体、多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题．

9．质量为0.2kg 的小球以6m/s 的速度竖直向下落至水平地面，经0.2s 后，再以4m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，g=10m/s2．求： ①小球与地面碰撞前后的动量变化； ②小球受到地面的平均作用力大小．

【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小．

【解答】解：（1）取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=﹣mv2﹣mv1=﹣0.2×（6+4）kg．m/s=﹣2kg?m/s，负号表示方向竖直向上．

（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t=△P，代入数据求得：F=12N 答：①小球与地面碰撞前后的动量变化是2kg?m/s，方向竖直向上； ②小球受到地面的平均作用力大小是12N．

【点评】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．

10．如图所示，轻且不可伸长的细绳悬挂一质量为m=0.5kg的小圆球，圆球又套在可沿水平方向移动的框架槽内，框架槽沿铅直方向，质量为M=0.2kg．自细绳静止于铅直位置开始，框架在水平力F=20N恒力作用下移至图中位置，此时细绳与竖直方向夹角30°．绳长L=0.2m，不计一切摩擦。（取g=10m/s2）求： （1）此过程中重力对小圆球做功为多少？ （2）水平力F做功为多少？

（3）小圆球在此位置的瞬时速度大小是多少？

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【分析】（1）根据几何关系求出小圆球上升的高度，再求出重力对小圆球所做的功。

（2）外力F是恒力，根据恒力做功的公式求出外力F做的功。

（3）小球速度在水平方向上分速度等于框架的速度，对小球和框架组成的系统运用动能定理，求出小圆球在此位置的速度大小。 【解答】解：（1）小球重力所做功为

WG=﹣mgl（1﹣cosθ）=﹣0.5×10×0.2×（1﹣cos30°）J≈﹣0.13J （2）外力F做功 WF=Flsin30°=20×0.2×sin30°J=2J （3）将小球和框架槽看作一个系统，则由动能定理得： WF+WG=mvx2+Mv2

其中vx为小球此时的速度，v为框架槽此时的速度。 由运动的分解得：v=vxcos30°

联立求解，代入数据得：vx=答：

≈2.39m/s

（1）此过程中重力对小圆球所做的功为﹣0.13J。 （2）外力F所做的功为2J。

（3）小圆球在此位置瞬时速度的大小为2.39m/s。

【点评】解决本题的关键是掌握恒力做功的特点，会运用公式求解恒力做功。以及知道小球在水平方向上的分速度等于框架的速度。

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