高中物理典型例题集锦(二)
13、如图12-1所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R‘(r 分析与解：开始 M与m自由下落，机械能守恒。 M与支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做匀减速运动。m在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方恒：(M+m)gh=(M+m)V0 所以，V0= 2 图12-1 向下做匀加速运动。 向上M与m系统动量守恒。(1)据机械能守 =2m/s 图12-2 速运动。在绳绷紧瞬间，M速度为V1，上 M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加升高度为h1，m的速度为V2，下落高度为h2。则： h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt，h2=V0t+gt，而h1+h2=2V0t， 2 2 故： 所以：V1=V0-gt=2-10×0.1=1m/s V2=V0+gt=2+10×0.1=3m/s 根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以那么当m=M时，V=1m/s；当M/m=K时，V= 。 讨论：①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。 ②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。 ③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。 14、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。已知mA=mB，高h及S(平面部分长)。若A和B碰撞时无能量损失。(1)若L≤h/4，碰后A、B各将做什么运动?(2)若L=h，且A与平面的动摩擦因数为μ，A、B可能碰撞几次？A最终在何处？ 分析与解：当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶 O点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下： (1)A与B碰撞前A的速度：mgh=mVA，VA= 2 图13-1 因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：VA’=0，VB’=VA=设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：mBg=mBV/L [1] 又因mBVB‘=mBV+mBg2L [2] 将[1]式及VB’= 代入[2]式得：L=2h/5 2 2 2 即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。而题意为L=h/4＜2h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。因此(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以 速度做匀速直线运动。 (2)由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得： mAgh-nμmAgS=0 所以n=h/μS 讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。 如n=1.2，则碰撞次数为两次。 当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B； 当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。 15、如图14-1所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?(用m1、m2，L及μ表示) 分析与解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。 若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m1V-m2V 设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V’ 所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2) 若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL， 则据能量守恒：m1V+m2V-(m1+m2)(m1-m2)V/(m1+m2)=μm2gL 解得：V= 2 2 22 2 图13-2 图14-1 若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上， 设静止时A在B的右端，则有：m1V+m2V=μm2gL 解得：V= 2 2 若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右， 设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端， 同理有：m1V+m2V=μm2gL 解得：V= 2 2 故：若m1＞m2，V必须小于或等于若m1≤m2，V必须小于或等于 注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。 16、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量mC=5千克，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B，质量分别为mA=1千克，mB=4千克。开始时，A、B、C都处于静止，并且A、B间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。炸药爆炸使滑块A以6米/秒的速度水平向左滑动，如果A、B与C间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板C的速度多大? (2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何? 分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后A和B组成的系统水平方向动量守恒。设B获得的速度为mA，则mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以C板的速度为零。 (2)以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间：t1=(L/2)/VA=1/6秒， 在这段时间里B的位移为：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米， 设A与C相撞后C的速度为VC，A和C组成的系统水平方向动量守恒：mAVA=(mA+mC)VC， 所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒 B相对于C的速度为： VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒 因此B还要经历时间t2才与C相撞： 图15-1 t2==(1-0.25)/2.5=0.3秒， 故C的位移为：SC=VCt2=1×0.3=0.3米， 方向向左，如图15-2所示。 17、如图16-1所示，一个连同装备总质量为M=100千克的宇航员，在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以V=50米/秒的速度 从喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 R=2.5×10千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制在什么范围? 返回所需的最长和最短时间是多少? (2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧? 返回时间又是多少? 分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。 (1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：mv-MV=0 则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv 图16-1 -4 图15-2 而安全返回的临界条件为：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：mv-m0vm+RMS=0，m=把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为： mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。 返回的最短和最长时间为：tmin= =200秒，tmax= =1800秒 2 (2)返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt 因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低， 据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t=相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。 =600秒 想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量?(m=MS/vt=0.15千克) 18．如图17-1所示，Ａ、Ｂ是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接触．两板的质量皆为M＝2．0ｋｇ， 长度皆为L＝1．0ｍ．Ｃ是质量为ｍ＝1．0ｋｇ的小物块．现给它一初速度ｖ0＝2．0ｍ／ｓ，使它从板Ｂ的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而Ｃ与板Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数皆为μ＝0．10．求最后Ａ、Ｂ、Ｃ各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ． 参考解答 先假设小物块Ｃ在木板Ｂ上移动ｘ距离后，停在Ｂ上．这时Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，设为ｖ，由动量守恒得 ｍｖ0＝（ｍ＋2Ｍ）ｖ， ① 在此过程中，木板Ｂ的位移为ｓ，小物块Ｃ的位移为ｓ＋ｘ．由功能关系得 －μｍｇ（ｓ＋ｘ）＝（1/2）ｍｖ－（1/2）ｍｖ0， μｍｇｓ＝2Ｍｖ／2， 则 －μｍｇｘ＝（1/2）（ｍ＋2Ｍ）ｖ－（1/2）ｍｖ0，② 由①、②式，得 ｘ＝［ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）μｇ］， ③ 代入数值得 ｘ＝1．6ｍ． ④ ｘ比Ｂ板的长度大．这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒得 ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2， ⑤ 由功能关系，得（1/2）ｍｖ0－（1/2）ｍｖ1－2×（1/2）ｍｖ2＝μｍｇＬ， 以题给数据代入，得 2 ２ ２ 2 2 2 2 ２ 2 ２ 图17-1 由ｖ1必是正值，故合理的解是 当滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做匀速运动，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右运动．设在Ａ上移动了ｙ距离后停止在Ａ上，此时Ｃ和Ａ的速度为ｖ3，由动量守恒得 Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3， 解得 ｖ3＝0．563ｍ／ｓ． 由功能关系得 1/2）ｍｖ1＋（1/2）ｍｖ2－（1/2）（ｍ＋Ｍ）ｖ3＝μｍｇｙ， 解得 ｙ＝0．50ｍ． ｙ比Ａ板的长度小，所以小物块Ｃ确实是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分别为ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ． 评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因． 解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，①、②两式之间的两个方程可以省略．下面给出两种较为简捷的论证和解题方法． 解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒，得? ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2， 以系统为对象，由功能关系，得 1/2）ｍｖ0－（1/2）ｍｖ1－2×（1/2）ｍｖ2＝μｍｇＬ， 由于ｖ1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为 2 2 2 2 2 2 由于小物块Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上． 以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷．后面部分与参考答案相同，不再缀述． 解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解． 以地面为参照系，小物块Ｃ在Ａ、Ｂ上运动的加速度为ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ，Ａ、Ｂ整体的加速度为ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ，Ｃ相对Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1．25ｍ／ｓ．假设Ａ、Ｂ一体运动，以Ａ、Ｂ整体为参照物，当Ｃ滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有 ｖ0＝2ａｓ， 解得 ｓ＝ｖ0／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ． 说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上． 上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单．论证后的解法与参考答案相同． 试题拓展 1．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，Ａ、Ｂ、Ｃ三物体最终的速度相同? 2．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去? 3．若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少? 4．若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为μ′，并且满足μ′(M＋ｍ)ｇ＜μｍｇ＜μ′（2Ｍ＋ｍ）ｇ，试分析有怎样的情况发生? 2 22 2 2