【步步高】(廣西專用)高考物理二輪復(fù)習(xí)-專題五-動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

【步步高】(廣西專用）2014年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題五動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題定位本專題解決的是綜合應(yīng)用動量和能量觀點(diǎn)解決物體運(yùn)動的多過程問題．本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新、聯(lián)系實(shí)際密切、綜合性強(qiáng)，是高考的壓軸題．應(yīng)考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運(yùn)動過程問題；二是運(yùn)用動能定理和動量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子的運(yùn)動或電磁感應(yīng)問題．由于本專題綜合性強(qiáng)，因此要在審題上狠下功夫，弄清運(yùn)動情景，挖掘隱含條件，有針對性地選擇相應(yīng)規(guī)律和方法．1．動量定理的公式Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關(guān)系，反映了力對時間的累積效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系．動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系．動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時，F(xiàn)應(yīng)是合外力對作用時間的平均值．2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的變化量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量變化量大小相等、方向相反)．(3)守恒條件①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零．②系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程．3．解決力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合，常涉及受力、加速度或勻變速運(yùn)動的問題．(2)動量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互作用的系統(tǒng)問題．(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時，常用能量守恒定律．1．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運(yùn)動定律．若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律．(2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決．2．系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實(shí)，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法．(1)對多個物理過程進(jìn)行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動．(2)對多個研究對象進(jìn)行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨(dú)立物體合為一個整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)).題型1動量和能量的觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用例1(2013·廣東·35)如圖1，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m，P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L，物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點(diǎn)．P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))．P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ，求：圖1(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2.(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢能Ep.解析(1)P1和P2碰撞過程動量守恒，有mv0＝(m＋m)v1 ①解得v1＝eq\f(1,2)v0P在P2上滑行過程中，P1、P2、P組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0＋2mv1＝4mv2 ②解得v2＝eq\f(3,4)v0(2)P1、P2、P第一次等速時彈簧壓縮量最大，由能量守恒得μ·2mg(L＋x)＋Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2) ③P剛進(jìn)入P2到P1、P2、P第二次等速時由能量守恒得μ·2mg(2L＋2x)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2) ④由③④得：x＝eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－L，Ep＝eq\f(mv\o\al(2,0),16).答案(1)eq\f(1,2)v0eq\f(3,4)v0(2)eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－Leq\f(mv\o\al(2,0),16)如圖2所示，質(zhì)量為m的b球用長為h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高為h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起．已知BC軌道距水平地面ED的高度為0.5h，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問：圖2(1)a球與b球碰前瞬間的速度為多大？(2)a、b兩球碰后，細(xì)繩是否會斷裂？若細(xì)繩斷裂，小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是多少？若細(xì)繩不斷裂，小球最高將擺多高？(小球a、b均視為質(zhì)點(diǎn))答案(1)eq\r(2gh)(2)細(xì)繩會斷裂，落點(diǎn)距C處的水平距離是eq\f(\r(2),2)h解析(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時速度為vC，由機(jī)械能守恒定律，mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝eq\r(2gh)即a球與b球碰前瞬間的速度為eq\r(2gh)(2)設(shè)a、b兩球碰后速度為v，由動量守恒定律，mvC＝(m＋m)v解得：v＝eq\f(vC,2)＝eq\f(\r(2gh),2)兩球粘在一起被細(xì)線懸掛繞O擺動時，由FT－2mg＝2meq\f(v2,h)解得：FT＝3mg由于FT>2.8mg，細(xì)線會斷裂，小球做平拋運(yùn)動．設(shè)平拋運(yùn)動時間為t，則有0.5h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(h,g))x＝vt＝eq\f(\r(2gh),2)·eq\r(\f(h,g))＝eq\f(\r(2),2)h小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C處的水平距離是eq\f(\r(2),2)h題型2動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用例2(20分)在光滑水平面上靜止著A、B兩個小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，A球是帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L.從t＝0時刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖3所示．A球在電場力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞．設(shè)兩球間碰撞力遠(yuǎn)大于電場力且作用時間極短，每次碰撞過程中A、B之間都沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力．問：圖3(1)小球A經(jīng)多長時間與小球B發(fā)生第一次碰撞？(2)小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？(3)第二次碰撞后，又經(jīng)多長時間發(fā)生第三次碰撞？解析(1)小球A在電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) (1分)a＝eq\f(qE,m) (1分)解得：t1＝eq\r(\f(2mL,qE)) (1分)(2)小球A與小球B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)A球碰前速度為vA1，碰后速度為vA1′，B球碰前速度為0，碰后速度為vB1′，則mvA1＝mvA1′＋mvB1′ (2分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)mvA1′2＋eq\f(1,2)mvB1′2 (2分)聯(lián)立得：vA1′＝0vB1′＝vA1vA1＝at1＝eq\r(\f(2qEL,m))所以vA1′＝0(2分)vB1′＝eq\r(\f(2qEL,m)) (2分)(3)第一次碰撞后，小球A做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，小球B以vB1′的速度做勻速直線運(yùn)動，兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是：兩小球位移相等．設(shè)A球第二次碰撞前速度為vA2，碰后速度為vA2′，B球碰前速度為vB2，碰后速度為vB2′，則vA2＝at2＝eq\f(qE,m)t2vB2＝vB1′＝eq\r(\f(2qEL,m))eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝vB2t2解得：t2＝2eq\r(\f(2mL,qE))vA2＝at2＝2eq\r(\f(2qEL,m))又mvA2＋mvB2＝mvA2′＋mvB2′eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＝eq\f(1,2)mvA2′2＋eq\f(1,2)mvB2′2聯(lián)立得：vA2′＝vB2vB2′＝vA2所以vA2′＝eq\r(\f(2qEL,m))vB2′＝2eq\r(\f(2qEL,m)) (4分)第二次碰撞后，小球A做初速度為eq\r(\f(2qEL,m))的勻加速直線運(yùn)動，小球B以vB2′的速度做勻速直線運(yùn)動，兩小球發(fā)生第三次碰撞的條件是：兩小球位移相等．設(shè)第三次碰撞A球碰前速度為vA3，碰后速度為vA3′，B球碰前速度為vB3，碰后速度為vB3′，則vB3＝vB2′＝2eq\r(\f(2qEL,m))eq\r(\f(2qEL,m))t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝vB3·t3解得：t3＝2eq\r(\f(2mL,qE)) (5分)即完成第二次碰撞后，又經(jīng)t3＝2eq\r(\f(2mL,qE))的時間發(fā)生第三次碰撞．答案(1)eq\r(\f(2mL,qE))(2)A球的速度大小是0，B球的速度大小是eq\r(\f(2qEL,m))(3)2eq\r(\f(2mL,qE))如圖4所示，相距都為L的兩足夠長的平行金屬直導(dǎo)軌與水平面的夾角都是θ，通過最低點(diǎn)的PQ用一段很小的圓弧連接(長度可以忽略)，PQ的左側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、磁場方向垂直左導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場中，PQ的右側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝2B1、磁場方向垂直右導(dǎo)軌的勻強(qiáng)磁場中，PQ圓弧處沒有磁場．現(xiàn)有電阻都為r、長度都為L、質(zhì)量分別是m1、m2，m2＝2m1的導(dǎo)體棒AB、CD分別靜置于兩導(dǎo)軌的足夠高處，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．現(xiàn)先釋放AB棒，當(dāng)AB棒速度穩(wěn)定時再釋放CD棒．一切摩擦不計(jì)，試分析下列問題：圖4(1)求AB棒的穩(wěn)定速度v1；(2)試分析AB棒穩(wěn)定運(yùn)動時自由釋放后的CD棒的運(yùn)動狀態(tài)；(3)當(dāng)AB棒運(yùn)動到最低點(diǎn)PQ時，立即鎖定它，不讓其運(yùn)動，隨即解除鎖定，隨后會與下滑的CD棒發(fā)生彈性碰撞．試求AB、CD棒在運(yùn)動停止前的整個運(yùn)動過程中的最大電流．答案(1)eq\f(2rm1gsinθ,B\o\al(2,1)L2)(2)CD棒靜止不動(3)eq\f(m1gsinθ,B1L)解析(1)回路中的感應(yīng)電動勢E＝B1Lv1電流I＝eq\f(B1Lv1,2r)AB棒所受到的安培力F安1＝B1LI＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v1,2r)AB棒穩(wěn)定后有eq\f(B\o\al(2,1)L2v1,2r)＝m1gsinθ由上述解得v1＝eq\f(2rm1gsinθ,B\o\al(2,1)L2)(2)CD棒釋放前瞬間所受到的安培力為F安2＝B2LI＝eq\f(B1B2L2v1,2r)將B2＝2B1代入上式得F安2＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v1,r)CD棒重力沿斜面方向的分量為G2＝m2gsinθ＝2m1gsin因eq\f(B\o\al(2,1)L2v1,2r)＝m1gsinθ，即F安2＝G2，故CD棒靜止不動(3)CD由足夠高滑下來，最終做勻速直線運(yùn)動，F(xiàn)安2＝B2LI′＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v2,2r)又F安2＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v1,r)解得v2＝eq\f(1,2)v1兩棒彈性碰撞，動量守恒m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2由以上解得：v1′＝eq\f(2v1,3)v2′＝eq\f(v1,6)由上述可知AB棒以v1下滑時速度最大，產(chǎn)生的最大電流Imax＝eq\f(B1Lv1,2r)＝eq\f(m1gsinθ,B1L)8．綜合應(yīng)用動量和能量觀點(diǎn)解決多過程問題審題示例如圖5所示，光滑的水平面AB(足夠長)與半徑為R＝0.8m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn)．A點(diǎn)的右側(cè)等高地放置著一個長為L＝20m、逆時針轉(zhuǎn)動速度為v＝10m/s的傳送帶．用輕質(zhì)細(xì)線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲乙兩物體不拴接．甲的質(zhì)量為m1＝3kg，乙的質(zhì)量為m2＝1kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)固定乙，燒斷細(xì)線，甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過D點(diǎn)，且過D點(diǎn)時對軌道的壓力恰好等于甲的重力．傳送帶與乙物體間動摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10m/s2，甲、乙兩物體可看做質(zhì)點(diǎn)．圖5(1)求甲球離開彈簧時的速度．(2)若甲固定，乙不固定，細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧后滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離．(3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時甲乙的速度；若不會碰撞，說明原因．審題模板答題模板(1)甲離開彈簧時的速度大小為v0，運(yùn)動至D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝m1g·2R＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)在最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律，2m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,D),R)聯(lián)立解得：v0＝4eq\r(3)m(2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙，能量守恒得Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,乙)得v乙＝12m/s (2分)之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動μm2g＝m得a＝6m/s2 (2分)乙速度為零時離A端最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為：s＝eq\f(v\o\al(2,乙),2a)＝12m<20m (2分)即乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12m.(3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線后，設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2，甲、乙分離瞬間動量守恒：m1v1＝m2v2甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒：Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得：v1＝2eq\r(3)m/s，v2＝6之后甲沿軌道上滑，設(shè)上滑最高點(diǎn)高度為h，則eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gh得h＝0.6m<0.8m (2分)則甲上滑不到等圓心位置就會返回，返回AB面上速度仍然是v2＝2eq\r(3)m乙滑上傳送帶，因v2＝6eq\r(3)m由對稱性可知乙返回AB面上時速度大小仍然為v2＝6eq\r(3)m故甲、乙會再次相撞，碰撞時甲的速度為2eq\r(3)m答案(1)4eq\r(3)m/s(2)12m(3)甲、乙會再次碰撞，碰撞時甲的速度為2(限時：60分鐘)1．如圖1所示，在離地面H＝5.45m的O處用長L＝0.45m的不可伸長的細(xì)線掛一質(zhì)量為0.09kg的爆竹(火藥質(zhì)量忽略不計(jì))，把爆竹拉起至D點(diǎn)使細(xì)線水平伸直，點(diǎn)燃導(dǎo)火線后將爆竹靜止釋放，爆竹剛好到達(dá)最低點(diǎn)B時炸成質(zhì)量相等的兩塊，一塊朝相反方向水平拋出，落到地面上的A處，拋出的水平距離s＝5m．另一塊仍系在細(xì)線上繼續(xù)做圓周運(yùn)動，空氣阻力忽略不計(jì)，取g＝10m/s2，求：圖1(1)爆竹爆炸前瞬間的速度大小v0；(2)繼續(xù)做圓周運(yùn)動的那一塊在B處對細(xì)線的拉力的大?。?3)火藥爆炸釋放的能量E.答案(1)3m/s(2)12.55N(3)2.88J解析(1)設(shè)爆竹的總質(zhì)量為2m，爆竹從D點(diǎn)運(yùn)動到B2mgL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得v0＝3m/s(2)設(shè)爆炸后拋出的那一塊的水平速度為v1，做圓周運(yùn)動的那一塊的水平速度為v2.對拋出的那一塊，有：s＝v1tH－L＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝5m/s以爆炸后做圓周運(yùn)動的那一塊的水平速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律，得2mv0＝mv2－mv1在B處，對于做圓周運(yùn)動的那一塊，根據(jù)牛頓第二定律，得FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),L)根據(jù)牛頓第三定律，得做圓周運(yùn)動的那一塊對細(xì)線的拉力FT′＝FT聯(lián)立以上各式，解得FT′＝12.55N(3)根據(jù)能量守恒定律，得E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得E＝2.88J2．如圖2所示，在距水平地面高h(yuǎn)＝0.80m的水平桌面一端的邊緣放置一個質(zhì)量m＝0.80kg的木塊B，桌面的另一端有一塊質(zhì)量M＝1.0kg的木塊A以初速度v0＝4.0m/s開始向著木塊B滑動，經(jīng)過時間t＝0.40s與B發(fā)生碰撞，碰后兩木塊都落到地面上．木塊B離開桌面后落到地面上的D點(diǎn)．設(shè)兩木塊均可以看做質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時間極短，且已知D點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離s＝0.60m，木塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，重力加速度取g＝10m/s2.求：圖2(1)兩木塊碰撞前瞬間，木塊A的速度大?。?2)木塊B離開桌面時的速度大??；(3)碰撞過程中損失的機(jī)械能．答案(1)2.0m/s(2)1.5m/s(3)0.78J解析(1)木塊A在桌面上受到滑動摩擦力作用做勻減速運(yùn)動，木塊A的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律，μMg＝Maa＝5m/s2設(shè)兩木塊碰撞前瞬間A的速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得v＝v0－at解得v＝2.0m/s(2)兩木塊離開桌面后均做平拋運(yùn)動，設(shè)木塊B離開桌面時的速度大小為v2，在空中飛行的時間為t′.根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有：h＝eq\f(1,2)gt′2，s＝v2t′解得：v2＝seq\r(\f(g,2h))＝1.5m/s(3)設(shè)兩木塊碰撞后木塊A的速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2解得：v1＝eq\f(Mv－mv2,M)＝0.80m/s碰撞過程中損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得E損＝0.78J3．坡道頂端距水平滑道ab高度為h＝0.8m．質(zhì)量為m1＝3kg的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入滑道ab時無機(jī)械能損失，放在地面上的小車上表面與ab在同一水平面上，右端緊靠水平滑道的b端，左端緊靠鎖定在地面上的擋板P.輕彈簧的一端固定在擋板P上，另一端與質(zhì)量為m2＝1kg的物塊B相接(不拴接)，開始時彈簧處于原長，B恰好位于小車的右端，如圖3所示．A與B碰撞時間極短，碰后結(jié)合成整體D壓縮彈簧，已知D與小車之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其余各處的摩擦不計(jì)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2，求：圖3(1)A在與B碰撞前瞬間速度v的大小？(2)求彈簧達(dá)到最大壓縮量d＝1m時的彈性勢能Ep？(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零)(3)撤去彈簧和擋板P，設(shè)小車長L＝2m，質(zhì)量M＝6kg，且μ值滿足0.1≤μ≤0.3，試求D相對小車運(yùn)動過程中兩者因摩擦而產(chǎn)生的熱量(計(jì)算結(jié)果可含有μ)．答案(1)4m/s(2)10J(3)①當(dāng)0.1≤μ<0.135時，摩擦生熱80μJ．②當(dāng)0.135≤μ≤0.3時，摩擦生熱10.8J解析(1)由機(jī)械能守恒定律m1gh＝eq\f(1,2)m1v2解得v＝4m/s(2)A與B碰撞結(jié)合，由動量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v1得v1＝3m/sD壓縮彈簧至最大壓縮量時，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＝Ep＋μ(m1＋m2)gd得Ep＝10J(3)設(shè)D滑到小車左端時剛好能夠與小車共速，速度大小為v2由動量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋M)v2即v2＝1.2m/s由能量守恒定律得μ1(m1＋m2)gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m1＋m2＋M)veq\o\al(2,2)得μ1＝0.135①當(dāng)滿足0.1≤μ<0.135時，D和小車不能共速，D將從小車的左端滑落產(chǎn)生的熱量為Q1＝μ(m1＋m2)gL解得Q1＝80μJ②當(dāng)滿足0.135≤μ≤0.3時，D和小車能共速產(chǎn)生的熱量為Q2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1