《2019高考物理 快速提分法 模型十一 動量學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理 快速提分法 模型十一 動量學(xué)案（含解析）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量守恒和能量守恒 動量和能量是高考中的必考知識點，考查題型多樣，考查角度多變，大部分試題都與牛頓定律、曲線運動、電磁學(xué)知識相互聯(lián)系，綜合出題。其中所涉及的物理情境往往比較復(fù)雜，對學(xué)生的分析綜合能力，推理能力和利用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求均高，常常需要將動量知識和機械能知識結(jié)合起來考慮。有的物理情景設(shè)置新穎，有的貼近于學(xué)生的生活實際，特別是多次出現(xiàn)動量守恒和能量守恒相結(jié)合的綜合計算題。在復(fù)習(xí)中要注意定律的適用條件，掌握幾種常見的物理模型。 一、解題的基本思路：解題時要善于分析物理情境，需對物體或系統(tǒng)的運動過程進行詳細分析，挖掘隱含條件，尋找臨界點，畫出情景圖，分段研究其受力情況和

2、運動情況，綜合使用相關(guān)規(guī)律解題。 ⑴由文字到情境即是審題，運用“圖象語言”分析物體的受力情況和運動情況，畫出受力分析圖和運動情境圖，將文字敘述的問題在頭腦中形象化。畫圖，是一種能力，又是一種習(xí)慣，能力的獲得，習(xí)慣的養(yǎng)成依靠平時的訓(xùn)練。 ⑵分析物理情境的特點，包括受力特點和運動特點，判斷物體運動模型，回憶相應(yīng)的物理規(guī)律。 ⑶決策：用規(guī)律把題目所要求的目標與已知條件關(guān)聯(lián)起來，選擇最佳解題方法解決物理問題。 二、基本的解題方法：閱讀文字、分析情境、建立模型、尋找規(guī)律、解立方程、求解驗證 ⑴分步法（又叫拆解法或程序法）：在高考計算題中，所研究的物理過程往往比較復(fù)雜，要將復(fù)雜的物理過程分解為幾

3、步簡單的過程，分析其符合什么樣的物理規(guī)律再分別列式求解。這樣將一個復(fù)雜的問題分解為二三個簡單的問題去解決，就化解了題目的難度。 ⑵全程法（又叫綜合法）：所研究的對象運動細節(jié)復(fù)雜，但從整個過程去分析考慮問題，選用適合整個過程的物理規(guī)律，如兩大守恒定律或兩大定理或功能關(guān)系，就可以很方便的解決問題。 ⑶等效法（又叫類比法）：所給的物理情境比較新穎，但可以把它和熟悉的物理模型進行類比，把它等效成我們熟知的情境，方便的解決問題。 ⑷假設(shè)法：判斷未知情境時，可以先假設(shè)其結(jié)論成立，推出與已知條件或推論相一致或相反的結(jié)果，證明其假設(shè)是否成立，從而解決物理問題。 三、學(xué)習(xí)中應(yīng)當注意的幾點： ⑴若考查有

4、關(guān)物理量的瞬時對應(yīng)關(guān)系，需應(yīng)用牛頓定律，若考查一個過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理的難易程度有很大的差別。 ⑵若研究對象是一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，涉及時間的優(yōu)先考慮動量定理，涉及位移的優(yōu)先考慮動能定理。 ⑶機械能是否守恒決定于是否有重力和彈力（彈簧）之外的力做功，而動量是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有外力或外力之和是否為零。注意分析物體的受力情況，當系統(tǒng)動量守恒時，機械能不一定守恒，同樣機械能守恒時，動量不一定守恒。 ⑷從能量轉(zhuǎn)化的角度也可判斷機械能是否守恒：如果系統(tǒng)機械能沒有和外界其他形式的能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，只發(fā)生系統(tǒng)內(nèi)部勢能和動能的

5、相互轉(zhuǎn)化，則機械能守恒。 ⑸重力勢能和電勢能都是標量，但有正負，表示物體相對于零勢能面的位置。它們具有相對性，隨零勢能面的變化而變化，但勢能差值具有絕對性，與零勢能面的選取無關(guān)，我們只關(guān)心的是勢能差值的變化。 ⑹動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用時要特別注意其矢量性，列式之前選好正方向，確定各矢量的正負。將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。 經(jīng)典例題把一支槍固定在小車上，小車放在光滑的水平桌面上．槍發(fā)射出一顆子彈．對于此過程，下列說法中正確的有哪些？（） A．槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 B．槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C．車、槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 D．車、槍和子彈組成的系統(tǒng)近似動量守

6、恒，因為子彈和槍筒之間有摩擦力．且摩擦力的沖量甚小 分析與解答：本題涉及如何選擇系統(tǒng)，并判斷系統(tǒng)是否動量守恒．物體間存在相互作用力是構(gòu)成系統(tǒng)的必要條件，據(jù)此，本題中所涉及的桌子、小車、槍和子彈符合構(gòu)成系統(tǒng)的條件．不僅如此，這些物體都跟地球有相互作用力．如果僅依據(jù)有相互作用就該納入系統(tǒng)，那么推延下去只有把整個宇宙包括進去才能算是一個完整的體系，顯然這對于分析、解決一些具體問題是沒有意義的．選擇體系的目的在于應(yīng)用動量守恒定律去分析和解決問題，這樣在選擇物體構(gòu)成體系的時候，除了物體間有相互作用之外，還必須考慮“由于物體的相互作用而改變了物體的動量”的條件．桌子和小車之間雖有相互作用力，但桌子的動量

7、并沒有發(fā)生變化．不應(yīng)納入系統(tǒng)內(nèi)，小車、槍和子彈由于相互作用而改變了各自的動量，所以這三者構(gòu)成了系統(tǒng)．分析系統(tǒng)是否動量守恒，則應(yīng)區(qū)分內(nèi)力和外力．對于選定的系統(tǒng)來說，重力和桌面的彈力是外力，由于其合力為零所以系統(tǒng)動量守恒．子彈與槍筒之間的摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，只能影響子彈和槍各自的動量，不能改變系統(tǒng)的總動量．所以D的因果論述是錯誤的． 答案為C． 變式1 如圖所示，A、B兩質(zhì)量相等的物體靜止在平板小車C上，A、B之間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車的上表面間的滑動摩擦力之比為3：2，地面光滑，當壓縮彈簧突然釋放后，則（） A．A、B系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動 C．A、B、C系統(tǒng)動量

8、守恒 D．小車向右運動 分析與解答：本題中若以A、B兩質(zhì)量相等的物體為研究對象，由于與小車C的摩擦力大小不等，即該系統(tǒng)所受合外力不為零，不滿足守恒條件；但是如果以A、B、C三者為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受合外力為零，滿足守恒條件。分析小車C水平方向的受力：C受到A對C的向左的摩擦力FAC；C受到B對C的向右的摩擦力FBC；由于FAC：FBC＝3：2，所以小車向左運動。答案為BC。 小錦囊 上述求解是根據(jù)列車受力的特點，恰當?shù)剡x取研究對象，巧妙地運用了動量守恒定律，顯得非常簡單．如果把每一部分作為研究對象，就需用牛頓第二定律等規(guī)律求解．但過程較為復(fù)雜 變式2 一列車沿平直軌道以速度v0勻速前

9、進，途中最后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂突然脫鉤，若前部列車的質(zhì)量為M，脫鉤后牽引力不變，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，則當最后一節(jié)車廂滑行停止的時刻，前部列車的速度為： 分析與解答：列車原來做勻速直線運動，牽引力F等于摩擦力f，f=k(m＋M)g(k為比例系數(shù))，因此，整個列車所受的合外力等于零．尾部車廂脫鉤后，每一部分所受摩擦力仍正比于它們的重力．因此，如果把整個列車作為研究對象，脫鉤前后所受合外力始終為零，在尾部車廂停止前的任何一個瞬間，整個列車(前部+尾部)的動量應(yīng)該守恒．考慮剛脫鉤和尾部車廂剛停止這兩個瞬間，由(m+M)v0=0+Mv得此時前部列車的速度為，答案為B 經(jīng)典例

10、題如圖所示，長為Ｌ、質(zhì)量為Ｍ的小船停在靜水中，質(zhì)量為ｍ的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？ ｓ船 ｓ人 分析與解答：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方向動量守恒．當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來．設(shè)某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為V，取人行進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv－MV=0 即　 因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之

11、比成反比．因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的平均速度也與它們的質(zhì)量成反比，即．而人的位移s人=t，船的位移s船=t，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即　 此式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒． 由圖可以看出：s船＋s人=Ｌ　 解得： 變式1 如圖所示，斜面長為L，傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面頂端上，有一質(zhì)量為m、邊長為l的正方形小物塊由靜止開始下滑，若不計一切摩擦，求小物塊由頂端剛滑到底端過程中斜面在水平面上滑行的位移． 分析與解答：設(shè)末狀態(tài)物塊和斜面對地的速度分別為v、V

12、，以斜面的運動方向為正方s2 s1 向，由動量守恒得：MV－mv =0 由“人船模型”知：　M－m=0 由圖2知：s1+s2=(L－l)cosθ 由以上兩式解得s1= 變式2 如圖所示，光滑水平面上有一小車， s球 s車 小車上固定一桿，總質(zhì)量為M；桿頂系一長為L的輕繩，輕繩另一端系一質(zhì)量為m的小球．繩被水平拉直處于靜止狀態(tài)(小球處于最左端)．將小球由靜止 釋放，小球從最左端擺下并繼續(xù)擺至最右端的過程中，小 車運動的距離是多少？ 分析與解答：設(shè)某時刻小球速度的水平分量為v(方向向右)， 小車的速度為V(方向向左)，取水平向左為正方向， 根據(jù)動量守恒定律有： 小

13、錦囊 當系統(tǒng)的動量守恒時，任意一段時間內(nèi)的平均動量也守恒；當系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)的質(zhì)心保持原來的靜止或勻速直線運動狀態(tài)不變．在動量守恒問題中常見到這樣一類問題：初態(tài)時系統(tǒng)總動量為零，在物體發(fā)生相對運動時，系統(tǒng)某一方向的動量守恒（如水平方向）．對于這類問題我們可以借用“人船模型”很方便的解決． MV－mv =0 即 因為小球在擺動過程中，系統(tǒng)綜動量在每時刻都等于零，所以每一時刻小球速度的水平分量與小車的速度都跟它們的質(zhì)量成反比；從而可知小球從最左端擺至最右端的過程中，小球的水平位移s1與小車的位移s2與它們的質(zhì)量成反比．即 由圖知　　s1+s2=2L 由以上兩式解得s2=

14、 經(jīng)典例題一個質(zhì)量M=1kg的鳥在空中v0=6m/s沿水平方向飛行，離地面高度h=20m，忽被一顆質(zhì)量m=20g沿水平方向同向飛來的子彈擊中，子彈速度v=300m/s，擊中后子彈留在鳥體內(nèi)，鳥立即死去，g=10m/s2．求：鳥被擊中后經(jīng)多少時間落地；鳥落地處離被擊中處的水平距離． 分析與解答：子彈擊中鳥的過程，水平方向動量守恒，接著兩者一起作平拋運動。 分析與解答：把子彈和鳥作為一個系統(tǒng)，水平方向動量守恒．設(shè)擊中后的共同速度為u，取v0的方向為正方向，則由Mv0＋mv＝(m＋M)u，得 擊中后，鳥帶著子彈作平拋運動，運動時間為 鳥落地處離擊中處水平距離為 S＝ut＝11.76×

15、2m＝23.52m． v1 水流 變式1 如圖所示，質(zhì)量為3.0kg的小車在光滑水平軌道上以2.0m/s速度向右運動．一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小車后壁，已知水流流量為m3/s，射到車壁的水全部流入車廂內(nèi)．那么，經(jīng)多長時間可使小車開始反向運動？（水的密度為kg/m3） 分析與解答：由題意知，小車質(zhì)量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s， 水的密度ρ=kg/m3. 設(shè)經(jīng)t時間，流人車內(nèi)的水的質(zhì)量為M，此時車開始反向運動，車和水流在水平方向沒有外力，動量守恒，所以有 mv1- Mv2=0 又

16、因為M=ρV V=Qt 由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 t=50s 變式2 甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲．甲和他的冰車的總質(zhì)量共為M=30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg．游戲時，甲推著一質(zhì)量為m=15km的箱子，和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑行．乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時乙迅速把它抓?。舨挥嫳娴哪Σ亮?，求甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免和乙相碰． 分析與解答：設(shè)甲推出的箱子速度為v，推出后甲的速度變?yōu)関1，取v0方向為正方向，據(jù)小錦囊 本題僅依據(jù)兩個動量守恒的過程建立的方程

17、還能求解，關(guān)鍵是正確找出臨界條件，并據(jù)此建立第三個等式才能求解． 動量守恒有(M＋m)v0＝Mv1＋mv． 乙抓住箱子的過程，動量守恒，則Mv＋mv0=(M＋m)v2. 甲、乙兩冰車避免相撞的條件是v2≥v1，取v2=v1． 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v=5.2m/s． B C A 變式3 如圖所示，在光滑水平面上有木塊A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它們的上表面是粗糙的，今有一小鐵塊C，mC=0.1kg，以初速v0=10m/s沿兩木塊表面滑過，最后停留在B上，此時B、C以共同速度v=1.5m/s運動，求： （1）A運動的速度vA=？ （2）C剛離開A時的速度vC′=?

18、 分析與解答：（1）對ABC由動量守恒得 mCv0=mAvA+（mB+mC）v 上式帶入數(shù)據(jù)得vA=0.5m/s （2）當C剛離開A時AB有共同的速度vA，所以由動量守恒得 mCv0=（mA+mB）vA+mCvC′ 上式帶入數(shù)據(jù)得vC′=5.5 m/s 變式4 質(zhì)量為M的小車，如圖5－11所示，上面站著一個質(zhì)量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進?，F(xiàn)在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？ 分析與解答：以人和車作為一個系統(tǒng)，因為水平方向不受外力，所以水平方向動量

19、守恒。 小錦囊 在應(yīng)用動量守恒定律時，除注意判斷系統(tǒng)受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對速度問題，即所有速度都要是對同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時還應(yīng)注意到相對速度的同時性。 設(shè)人跳出后，車對地的速度增加了△v，以 v0方向為正方向，以地為參考系。由動量守 恒定律： (M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)] 　　 經(jīng)典例題相隔一定距離的A、B兩球，質(zhì)量均為m，假設(shè)它們之間存在恒定斥力作用，原來兩球被按住，處于靜止狀態(tài).現(xiàn)突然松開兩球，同時給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，而B球初速為零.設(shè)軌道光滑，若兩球間的

20、距離從最小值(兩球未接觸)到剛恢復(fù)到原始值所經(jīng)歷的時間為t，求兩球間的斥力. 分析與解答：作出示意圖，如圖所示. 當A、B相距最近時，二者速度應(yīng)相等，設(shè)為u，當二者距離恢復(fù)原始值時，設(shè)A、B的速度分別為v1、v2，整個過程經(jīng)歷的時間為t/。 對B球，由動量定理得：Ft=mv2-mu 由動量守恒得mv0=2mu mv0=mv1+mv2 整個過程中A、B兩球?qū)Φ氐奈灰葡嗟龋瑒t： 解得： 變式1 如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1、2、3、…、n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木

21、板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等。在t=0時刻木板靜止，第l、2、3、…、n號木塊的初速度分別為vo、2vo、3vo、…、nvo，方向都向右.最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動.試求： ⑴所有木塊與木板一起勻速運動的速度vn ⑵從t=0到所有木塊與木板共同勻速運動經(jīng)歷的時間t ⑶第(n-1)號木塊在整個運動過程中的最小速度vn-1 1 2 n v0 2v0 nv0 分析與解答：⑴對系統(tǒng)，由動量守恒得 m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn 　　　 由上式解得 vn=(n+1)vo/4 ⑵因為第n號木塊始終做勻減速運動，所以對第n號木塊，由動量定理得 -μ

22、mg t=mvn-mnvo 由上式解得t=(3n-1)v0/4μg ⑶第(n-1)號木塊與木板相對靜止時，它在整個運動過程中的速度最小，設(shè)此時第n號木塊的速度為v。對系統(tǒng)，由動量守恒得 m(vo+2vo+3vo+…+nvo)=(2n-1)m vn-1+mv 對第n-1號木塊，由動量定理得-μmg t/=m vn-1 – m(n -1)vo 對第n號木塊，由動量定理得 -μmg t/=mv - mnvo 解得vn-1 =(n-1)(n+2) vo /4n 經(jīng)典例題如圖所示，半徑為的光滑半圓上有兩個小

23、球，質(zhì)量分別為，由細線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球升至最高點時兩球的速度？ 分析與解答：球沿半圓弧運動，繩長不變，兩球通過的路程相等，上升的高度為；球下降的高度為；對于系統(tǒng)，由機械能守恒定律得： ； 變式1 如圖所示，均勻鐵鏈長為，平放在距離地面高為的光滑水平面上，其長度的懸垂于桌面下，從靜止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛要著地時的速度？ 小錦囊 零勢能面選取不同，所列出的表達式不同，雖然最后解得的結(jié)果是一樣的，但解方程時的簡易程度是不同的，從本例可以看出，方法二較為簡捷。因此，靈活、準確地選取零勢能面，往往會給題目的求解帶來方便。 分析與解答：1、選取地面為零勢

24、能面： 方法2、桌面為零勢能面： 解得： 變式2 質(zhì)量為m的物體甲和質(zhì)量為2m的物體乙系在繞過定滑輪的細繩的兩端，甲和乙距地面的高度都為（如圖2所示），若將它們都由靜止開始松手，甲在以后的運動中始終沒有碰到滑輪，當甲運動到最高點時距地面的高度h為多少？（滑輪摩擦和空氣阻力不計）。 分析與解答：此題可分兩個過程來研究，乙著地前為第一個過程，可用機械能守恒定律求出乙著地時甲的即時速度。乙著地后為第二個過程，可求出乙著地后甲又升高的最大高度。 小錦囊 整個過程中，甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒，甲和乙中任何一個物體機械能也不守恒。只有分成兩個過程，在第一個過程中甲和乙組成的系統(tǒng)總機械能守恒，

25、在第二個過程中甲的機械能守恒。適當?shù)剡x取研究對象和物理過程是解題的關(guān)鍵 取地面為零勢能參考面，剛松手時甲和乙的總機械能 E1=(m甲+m乙)gh1 設(shè)乙著地前甲和乙的速度都為v，乙著地前甲和乙的總機械能 對系統(tǒng)運用機械能守恒定律 將m乙=2m甲代入上式解得 v2=2gh1/3。 乙剛著地時甲的總機械能 E甲= 甲上升到最大高度h時，甲的總機械能 E甲’=m甲gh 對甲運用機械能守恒定律得 將v2=2gh1/3代入上式解得甲上升的最大高度h=7h1/3。 經(jīng)典例題如圖所示，半徑分別為R和r的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同

26、一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過動摩擦因數(shù)為μ的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，若小球在兩圓軌道的最高點對軌道的壓力都恰好為零，試求CD段的長度. 甲 乙 D C 分析與解答：設(shè)小球通過C點時的速度為，通過甲軌道最高點的速度為， 根據(jù)小球?qū)壍缐毫榱阌? 取軌道最低點所在水平面為參考平面，由機械能守恒定律有 聯(lián)立可得 同理可得小球通過D點時的速度 設(shè)CD段的長度為，對小球通過CD段的過程，由動能定理有 解得： 變式1 宇航員在月球表面完成下面實驗：在一固定的豎直光滑圓弧軌道內(nèi)部的最低點，靜止一質(zhì)量為m

27、的小球（可視為質(zhì)點）如圖所示，當給小球水平初速度v0時，剛好能使小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動.已知圓弧軌道半徑為r，月球的半徑為R，萬有引力常量為G.若在月球表面上發(fā)射一顆環(huán)月衛(wèi)星，所需最小發(fā)射速度為多大？ 分析與解答：設(shè)月球表面重力加速度為g，月球質(zhì)量為M. ∵球剛好完成圓周運動，∴小球在最高點有 從最低點至最高低點有 可得 ∵在月球表面發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為月球第一宇宙速度 ∴ 變式2 如圖所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R遠大于一節(jié)車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導(dǎo)軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動，在軌道的任何

28、地方都不能脫軌。試問：在沒有任何動力的情況下，列車在水平軌道上應(yīng)具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道而運動到右邊的水平軌道上？ 分析與解答：當游樂車灌滿整個圓形軌道時，游樂車的速度最小，設(shè)此時速度為v，游樂車的質(zhì)量為m，則據(jù)機械能守恒定律得： 要游樂車能通過圓形軌道，則必有v>0， 所以有 變式3 如圖所示，半徑為r，質(zhì)量不計的圓盤與地面垂直，圓心處有一個垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的最右邊緣固定一個質(zhì)量為m的小球A，在O點的正下方離O點r/2處固定一個質(zhì)量也為m的小球B。放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動，問： （a）A球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度是多少？ （b）在轉(zhuǎn)動過程中半徑OA向左

29、偏離豎直方向的最大角度是多少？ θ A B 分析與解答：該系統(tǒng)在自由轉(zhuǎn)動過程中，只有重力做 功，機械能守恒。設(shè)A球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度為VA，B 球的速度為VB，則據(jù)機械能守恒定律可得： mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2 據(jù)圓周運動的知識可知：VA=2VB 由上述二式可求得VA= 設(shè)在轉(zhuǎn)動過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是θ （如圖所示），則據(jù)機械能守恒定律可得： mgr.cosθ-mgr(1+sinθ)/2=0 易求得θ=sin-1。 x v0 A L1 O1 O2 L2 O3 L3 變式4 如

30、圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.01kg，與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，用細線懸掛的小球質(zhì)量均為m=0.01kg，沿x軸排列，A與第一只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長分別為L1、L2、L3…(圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點).開始時，滑塊以速度v0=10m/s沿x軸正方向運動，設(shè)滑 塊與小球碰撞時不損失機械能，碰撞后小球均能 在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運動并再次與滑塊 正碰，g取10m/s2，求： (1)滑塊能與幾個小球碰撞？ (2)求出碰撞中第n個小球懸線長Ln的表達式. (3)滑塊與第一個小球碰撞后瞬間，懸線對小球的拉力為多大？ 分析與解答： (1)因滑塊與

31、小球質(zhì)量相等且碰撞中機械能守恒，所以滑塊與小球相碰撞會互換速度，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，機械能守恒，設(shè)滑塊滑行總距離為s0，有： 得s0=25m 個 (2)滑塊與第n個小球碰撞，設(shè)小球運動到最高點時速度為vn′ 對小球由機械能守恒定律得： 小球恰好到達最高點，則 對滑塊由動能定理得： ) 由以上三式得： (3)滑塊做勻減速運動到第一個小球處與第一個小球碰前的速度為v1，則有： 由于滑塊與小球碰撞時不損失機械能，則碰撞前后動量守恒、動能相等，滑塊與小球相互碰撞會互換速度，碰撞后瞬間小球的速度也為v1，此時小球受重力和繩子的拉力作用，由

32、牛頓第二定律得： 因為 由以上三式得：T=0.6N 變式5 用長為L的細線系一個質(zhì)量為m的小球（小球可以視為質(zhì)點），線的一端固定在空間的O點。先將小球拉至圖中的P位置，使OP水平，然后無初速釋放小球。當小球繞O點轉(zhuǎn)動150o到達Q位置時，細線碰到了一個固定的細釘子M，此后小球開始繞M做圓周運動。已知OM的長度是4L/5，求： （1）小球到達O點正下方的S點時細線對小球的拉力F1多大？ （2）小球到達Q位置時的速度v1多大？ （3）小球繞M做圓周運動到達最高點N時的速度v2多大？ （4）小球通過最高點N時細線對小球的拉力F2是多大

33、？ O P Q M 150o N S 分析與解答：⑴小球下擺90o過程機械能守恒：，在該點拉力F1和重力的合力充當向心力：， 得F1 =3mg ⑵小球P到Q過程機械能守恒： 得 ⑶小球P到N過程機械能守恒： 得 ⑷在N點，重力和拉力F2的合力充當向心力： 得F2= mg 經(jīng)典例題如圖所示，光滑水平面上的長木板，右端用細繩栓在墻上，左端上部固定一輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的鐵球以某一初速度（未知）在木板光滑的上表面上向左運動，壓縮彈簧，當鐵球速度減小到初速度的一半時，彈簧的彈性勢能等于E，此時細繩恰好被拉斷，從而木板向左運動，為使木板獲得的動能最大，木板質(zhì)量應(yīng)多大？

34、木板動能的最大值是多少？ v0 分析與解答：設(shè)球的初速度為，木板質(zhì)量為M。對球、彈簧，由機械能守恒定律有 . 為使木板獲得的動能最大，須使鐵球與彈簧分離后（即彈簧恢復(fù)到原長）的速度為零。 . 對木板、鐵球，由動量守恒定律有 . 對木板、鐵球，由機械能守恒定律有 . 聯(lián)立以上三式，解得： . 木板動能的最大值是EK== . 變式1 如圖所示，在光滑水平地面上有一木塊A質(zhì)量為m，靠在豎直墻壁上，用一輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為2m的物體B相連.現(xiàn)用力向左推B，使彈簧壓縮至彈性勢能為E0

35、，然后突然釋放. B A (1)分析此后彈簧的彈性勢能何時再次達到最大值； (2)求A所獲得的最大速度和最小速度. 分析與解答： (1)當vA=vB時彈簧的彈性勢能最大. 彈簧第一次恢復(fù)原長時，由機械能守恒得：，所以. 彈簧第一次被拉伸至最長時，由動量守恒定律和機械能守恒定律得： 2mvB0=(2m+m)v，.解得：. (2)A獲得最大速度和最小速度出現(xiàn)在其加速和減速過程結(jié)束的時刻，及彈簧處于原長時，此時Ep=0，由動量守恒定律和機械能守恒定律得： ，. 解得：，此兩速度分別為A所獲得的最小速度和最大速度. 變式2 在光滑水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑弧形槽的小車，一個

36、質(zhì)量為m的小鐵塊以速度V0沿水平槽口滑去，如圖所示，求： (1)鐵塊能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度：(設(shè)m不會從左端滑離M) (2)小車的最大速度； (3)若M＝m，則鐵塊從右端脫離小車后將作什么運動？ M v m 分析與解答： (1)鐵塊滑至最高處時，有共同速度V， 由動量守恒定律得：mV0＝(M+m)V 　. 由能量守恒定律得： 　　　. .解得： (2)鐵塊從小車右端滑離小車時，小車的速度最大為V１，此時鐵塊速度為V２，由動量守恒定律得：　　mv＝MV１　+　mV２　　. 由能量守恒定律得：　　　　　　. .解得：　　 (3)由上面.解得：　　　 . 由已知

37、當M＝m時，.得：V2＝０ 又因鐵塊滑離小車后只受重力，所以做自由落體運動． 變式3 如圖所示，在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量為M的小車，車上裝有一個半徑為R的光滑圓環(huán).一個質(zhì)量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺上以速度V0滑入圓環(huán).試問：小滑塊的初速度V0滿足什么條件才能使它運動到環(huán)頂時恰好對環(huán)頂無壓力? 小錦囊 注意：公式是相對圓心的線速度，而本題中的圓心是以u向右移動的，所以滑快對地速度為V—u。而動量守恒定律、機械能守恒定律表達式中的速度均應(yīng)為對地的。 分析與解答：滑塊至圓環(huán)的最高點且恰好對環(huán)頂無壓力，應(yīng)有 式中V是滑塊相對圓心O的線速度，方向向左。 設(shè)小車此時速度u，并以

38、該速度方向為正方向，則滑塊的對地速度為對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，由于水平方向所受合外力為零，由動量守恒有 由滑塊和小車系統(tǒng)的機械能守恒有 三式聯(lián)立求解得： m v0 k M 變式4 如圖所示，質(zhì)量為M的長板靜置在光滑的水平面上，左側(cè)固定一勁度系數(shù)為K且足夠長的水平輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用一根不可伸長的細繩連接于墻上（細繩張緊），細繩所能承受的最大拉力為T。讓一質(zhì)量為m、初速為v0的小滑塊在長板上無摩擦地對準彈簧水平向左運動。試求： ⑴在什么情況下細繩會被拉斷？ ⑵細繩被拉斷后，長板所能獲得的最大加速度多大？ ⑶滑塊最后離開長板時，相對地面速度恰為零的條件是什么？ 分析與

39、解答：⑴m對彈簧的彈力大于等于細繩的拉力T時細繩將被拉斷，有：T=kx0 解得 ⑵細繩剛斷時小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為v1，由機械能守恒有： ∴ 當滑塊和長板的速度相同時，設(shè)為v2，彈簧的壓縮量x最大，此時長板的加速度a最大，由動量守恒和機械能守恒有 mv1 = (M +m)v2kx=aM 解得 設(shè)滑塊離開長板時，滑塊速度為零，長板速度為v3， 由動量守恒和機械能守恒有mv1 = Mv3 解得m > M 變式5用長為L的細繩懸吊著一個小木塊，木塊的質(zhì)量為M，一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊，并留在木塊中，和木塊一起做圓周運動，為了保證子彈和小木塊一起能在豎

40、直平面內(nèi)做圓運動，子彈射入木塊的初速度v的大小至少是多少? 分析與解答：在子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：mv = (M+m)v1 所以 v1= 子彈和木塊一起運動后，繩的拉力不做功，只有重力做功。它們從最低點運動到最高點的過程中，根據(jù)動能定理有： -（M+m）g×2L = - 為了保證子彈和木塊一起能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點它們的速度不能為零。在最高點它們所受的向心力等于重力時速度最小。（M+m）g=(M+m) 由以上三個方程聯(lián)立求解可得：v1 = 即：子彈射入木塊的速度至少是 變式6 如圖所示，滑塊A1

41、A2由輕桿連結(jié)成一個物體，其質(zhì)量為M，輕桿長L ?；瑝KB的質(zhì)量為m ，長L/2 ，其左端為一小槽，槽內(nèi)裝有輕質(zhì)彈簧。開始時，B緊貼A，使彈簧處在壓縮狀態(tài)。今突然松開彈簧，在彈簧作用下整個系統(tǒng)獲得動能EK，彈簧松開后，便離開小槽并遠離物體A1A2。以后B將在A1和A2之間發(fā)生無機械能損失的碰撞。假定整個系統(tǒng)都位于光滑的水平面上，求物塊B的運動周期。 L L/2 B A1 A2 分析與解答：設(shè)彈簧松開后A1A2物體與物體B的速度各為V和v，則有 解得， B和A碰撞前后 解得 即碰撞前后，B相對A1A2的速度的大小不變，只改變方向。 同理可證明，當B與A1碰撞后，也

42、有同樣的結(jié)果，即相對A1A2，B在以大小不變的相對速度作往返運動。運動的周期為 變式7 如圖所示，在傾角為θ的斜面上有一輛小車，車的底板絕緣，金屬板A、B、C等大、正對、垂直地安放在車的底板上，它們之間依次相距L，A、B板上各有一等高、正對的小孔，A與B、B與C之間反向連有電動勢各為E1、E2的直流電源。小車總質(zhì)量為M，正以速度v0勻速下滑，此時有一帶負電的小球正以速度v（v＜v0）沿A、B板上的小孔的軸線向上飛來，小球質(zhì)量為m（m＜M），帶電荷量為q，其重力可忽略不計，其電量較小，不會改變板間電場，且直徑小于A、B板上的孔徑，小球運動到B板時的速度為u，試求： ⑴小球在A、B板間的運動時

43、間； ⑵要使小球剛好打到C板上，E1、E2的大小有何關(guān)系？ 分析與解答：⑴小球在A、B板間受恒定電場力作用做勻加速直線運動，小球所受的電場力 F= qE = qE1/L 由牛頓第二定律得a = F/m 又由于 u = v+at 解得 ⑵小球由A至C先做勻加速運動，后做勻減速運動。設(shè)小球運動到C之前與小車有相同的速度v′，對小球和小車組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 Mv0 — mv =（m+M）v′ 由小車原來勻速運動知，減少的重力勢能恰好等于克服滑動摩擦力做的功，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得 qE1 – qE2 = 由以上各式解得滿足題意的條件是 經(jīng)典例題如圖所示，P是固定

44、的豎直擋板，A置于光滑水平面上的平板小車（小車表面略低于擋板下端），B是放在小車最左端表面上的一個可視為質(zhì)點的小物塊。開始時，物塊隨小車一起以相同的水平速度向左運動，接著物塊與擋板發(fā)生了第一次碰撞，碰后物塊相對于靜止時的位置離小車最左端的距離等于車長的3/4，此后物塊又與擋板發(fā)生了多次碰撞，最后物塊給恰未從小車上沒落。若物塊與小車表面間的動摩擦因素是個定值，物塊與擋板發(fā)生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短暫，試確定小車與物塊的質(zhì)量關(guān)系。 P B v0 A 分析與解答：設(shè)小車、物塊的質(zhì)量分別為M和m，車長為L，物塊與小車間的動摩擦因素為μ，初速度為v0。第一次碰后由于無機械能損失，因此物

45、塊的速度方向變?yōu)橄蛴?，大小仍為v0，此后它與小車相互作用，當兩者速度相等時（由題意知，此速度方向必向左，即必須有M＞m），有該次相對車的最大位移l 對物塊、小車系統(tǒng)由動量守恒定律 有（M-m）v0=（M+m）v 由于某種原能量守恒有 多次碰撞后，物塊恰未從小車上滑落，表明最后當物塊運動到小車最右端時兩者剛好停止運動（或者速度同時趨于零） 對物塊、小車系統(tǒng)由動量守恒定律有 而 l=3L/4 得v0=2v 解得 M=3m 變式1 如圖所示，一質(zhì)量為M=2kg的足夠長的長木板在光滑的水平面上以速度v0=3m/s的速度向右勻速運動，某

46、時刻一質(zhì)量m=1kg的物體無初速的放在長木板的右端，物體與木板的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s2，求 v0 (1)物體相對長板的位移多大？ (2)若在物體無初速放在長木板右端的同時對長木板施 加一水平向右的恒力F=7.5N，則在1s內(nèi)物體的位移為多大？ 分析與解答：設(shè)物體與木板的共同速度為v，由動量守恒定律得Mv0=（M＋m）v 設(shè)物體相對于木板的位移為s，由能量守恒定律得 得： (2)設(shè)經(jīng)時間t1兩物體達共同速度v1，對于物體由動量定理得μmgt1=mv1 對于物體和木板，由動量定理得Ft1=（M+m）v1－Mv0 得： v1=μgt1=4m/s 設(shè)

47、t1時間內(nèi)物體發(fā)生的位移為s1，由動能定理得 ， 物體和木塊達共同速度后相對靜止，由牛頓第二定律得： ，故物體與木板能保持相對靜止. 在t2=0.2s內(nèi)物體發(fā)生的位移： 物體在1s內(nèi)發(fā)生的位移： s=s1+s2=2.45m 變式2 一質(zhì)量M=2kg的長木板B靜止在光滑的水平面上，B的右端與豎直擋板的距離為S=0.5m.一個質(zhì)量為m=1kg的小物體A以初速度v0=6m/s從B的左端水平滑上B，當B與豎直擋板每次碰撞時，A都沒有到達B的右端. 分析與解答：設(shè)定物體A可視為質(zhì)點，A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，B與豎直擋板碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失，g

48、取10m/s2.求： (1)B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，A、B的速度值各是多少？ (2)最后要使A不從B上滑下，木板B的長度至少是多少？(最后結(jié)果保留三位有效數(shù)字.) 解：(1)設(shè)A、B達到共同速度為v1時，B向右運動距離為S1 v0 A B S 由動量守恒定律有 由動能定理有 聯(lián)立解得S1=2m 由于S=0.5m<2m，可知B與擋板碰撞時，A、B還未達到共同速度.設(shè)B與擋板碰撞前瞬間A的速度為vA，B的速度為vB，則 由動量守恒定律有 由動能定理有 聯(lián)立解得vA=4m/s、vB=

49、1m/s (2)B與擋板第一次碰后向左減速運動，當B速度減為零時，B向左運動的距離設(shè)為SB，由動能定理有 由上式解得SB=0.5m 在A的作用下B再次反向向右運動，設(shè)當A、B向右運動達到共同速度v2時B向右運動距離為S2，由動量守恒定律有 由動能定理有 解得、 故A、B以共同速度向右運動，B第二次與擋板碰撞后，以原速率反彈向左運動.此后由于系統(tǒng)的總動量向左，故最后A、B將以共同速度v3向左勻速運動. 由動量守恒定律有 (M-m)v2=(M+m

50、)v3 解得 設(shè)A在B上運動的總路程為L(即木板B的最小長度)，由系統(tǒng)功能關(guān)系得： 代入數(shù)據(jù)解得L=8.96m 變式3 如圖所示，右端有固定擋板的滑塊B放在光滑的水平面上.B的質(zhì)量為M=0.8kg，右端離墻壁的距離為L=0.09m.在B上靠近擋板處放一個質(zhì)量為m=0.2kg的小金屬塊A.A和擋板之間有少量炸藥.A和B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.點燃炸藥，瞬間釋放出化學(xué)能.設(shè)有E0=0.5J的能量轉(zhuǎn)化為A和B的動能.當B向右運動與墻壁發(fā)生碰撞后，立即以碰前的速率向左運動.A始終未滑離B.g=10m/s2，求：

51、 (1)A和B剛開始運動時vA、vB； (2)最終A在B上滑行的距離s. 分析與解答： (1)A和B在炸藥點燃前后動量守恒，設(shè)向左為正 mvA – MvB = 0 L A B 解得vA=2m/s方向向左 vB=0.5m/s方向向右 (2)B運動到墻壁處時，設(shè)A和B的速度分別為和 對A和B，設(shè)向左為正，由動量守恒定律有 mvA – MvB = m- M 對B由動能定理有 解得= 1.6m/s = 0.4m/s 設(shè)A和B最終保持相對靜止時的共同速度為v 由動量守恒定律得m+ M

52、= (M + m)v 由功能關(guān)系有 求出s = 0.75m 變式4 如圖所示，長L=12m，右端有一彈簧夾的木板，質(zhì)量M=5kg，放在水平面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，質(zhì)量m=5kg的電動小車（可視為質(zhì)點）位于木板的左端，小車啟動后以4m/s2的加速度勻加速地向木板右端駛?cè)ィ斝≤囎矒魪椈蓨A后被立即切斷電源，且被彈簧夾子卡住.取重力加速度g=10m/s2，求： (1)小車從啟動到被卡住所經(jīng)歷的時間. (2)從小車啟動到最終木板靜止，木板的總位移. 分析與解答：（1）在木板對小車的摩擦力F作用下小車作勻加速

53、運動，加速度m/s2， F=ma1=20N 設(shè)木板向左的加速度為a2，木板受小車的摩擦力F′=F和地面的摩擦力作用， 由牛頓第二定律有F′－μ(m+M)g=Ma2 加速度m/s2 依題意有 小車從啟動到被卡住所經(jīng)歷的時間＝2s （2）小車與彈簧夾碰撞前的速度，方向向右v1＝a1t＝8m/s 木板此時的速度，方向向左v2＝a2t＝4m/s 木板向左的位移m 小車與彈簧

54、夾碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，則有： m/s 此后小車和木板一起向右滑行，設(shè)木板向右移動s′停止，由動能定理有： =2m 木板移動的總位移m 方向向左 變式5 如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數(shù)為μ，平板車的質(zhì)量M=2m，車與物塊一起向右以初速度v0勻速運動，車跟右側(cè)的墻壁相碰.設(shè)車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機械能損失，重力加速度為g. (1)平板車的長度至少是多大時，小物塊才不會從車上掉落下來？ (2)若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜

55、止，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度大小是多大？ (3)小物塊在車表面相對于車滑動的總路程是多少？ 分析與解答： (1)平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變、方向 反向，車與物塊有相對運動，車與物塊之間的滑動摩擦力f=μmg 設(shè)物塊與車共同速度為v1，對車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有 (M - m)v0=(M + m)v1 設(shè)平板車的長度至少為L，根據(jù)能量守恒有 M m v0 解得 (2)由第(1)問可解得v1=v0/3 即平板車和物塊一起以速度v1向左運動，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論可得： .依次類推可知，經(jīng)過n次碰撞后，一起運動的

56、速度大小是 (3)經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，最終物塊和平板車的速度都變?yōu)榱?，則在整個過程中，平板車和物塊的動能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此有： 則物塊相對于車滑動的總路程是：. v0 M m 變式6 如圖所示，質(zhì)量為M=1kg的平板車左端放有質(zhì)量為m=2kg的物塊(看成質(zhì)點)，物塊與車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.開始時車和物塊以v0=6m/s的速度向右在光滑水平面上前進，并使車與墻發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時間及短，且碰撞后車的速率與碰前的相等，車身足夠長，使物塊不能與墻相碰，取g=10m/s2，求： (1)小車與墻第一次相碰以后小車所走的總路程. (2)為

57、使物塊始終不會滑出平板車右端，平板車至少多長？ 分析與解答： (1)因為小車與墻第一次相碰以后向左運動的過程中動量守恒， 取向右的方向為正，得：mv-Mv=(M+m) v1 因為mv>Mv，所以v1>0，即系統(tǒng)的共同速度仍向右，因此還會與墻發(fā)生碰撞，這樣反復(fù)碰撞直至能量消耗殆盡. 車與墻碰后，車跟物塊發(fā)生相對滑動，以車為研究對象，由牛頓第二定律 有：. 設(shè)車與墻第n次碰撞后的速度為vn，碰后的共同速度為vn+1，那么vn+1也就是第n+1次碰撞后的速度，對系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律有： ， 所以. 設(shè)車第n次與墻相碰后離墻的最大位移為s，則. 而. 則，由此可知，車每次碰后與墻

58、的最大位移成等比數(shù)列，公比為1/9，所以小車與墻第一次相碰后所走的總路程為： (2)對物塊和平板車組成的系統(tǒng)，在整個過程中由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： ，即. 則平板車的最小長度為：. 變式7 如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，邊長為L的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（下簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦。兩個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r。 （1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度v0 垂直NP邊向右勻速運動，當U型

59、框的MQ端滑至方框的最右端（如圖乙所示）時，方框上的bc兩端的電勢差為多大？此時方框的熱功率為多大？ （2）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v0，如果U型框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？ （3）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v（v>v0），U型框最終將與方框分離。如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t，方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)的距離為s.求兩金屬框分離時的速度各為多大？ 分析與解答：（1）當方框固定不動，U型框以v0滑至方框最右側(cè)時，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則E=BLv0 bc間并聯(lián)電阻R并＝＝r bc兩端的電勢差

60、Ubc= 得Ubc＝BLv0 此時方框得熱功率P=()2R并 得 P= （2）若方框不固定，方框（U型框）每條邊的質(zhì)量為m，則U型框﹑方框的質(zhì)量分別為3m和4m。又設(shè)U型框恰好不與方框分離時的速度為v，此過程中產(chǎn)生的總熱量為Q，由動量守恒定律可知 由能的轉(zhuǎn)化和守恒可知 可知 （3）若方框不固定，設(shè)U型框與方框分離時速度分別為v1、v2， 由動量守恒可知 在t時間內(nèi)相距為 得 運用動量守恒及能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解題，對于系統(tǒng)變化過程復(fù)雜或?qū)ψ兓^程的細節(jié)不清楚等問題，具有明顯的優(yōu)越性．同時又是物理學(xué)中綜合面最廣、靈活性最大、內(nèi)答最為豐富的部分．解題的基本思路和方法是： ①認真審題．確定研究對象，明確題目所述的物理情景，可采用“通讀一遍、分段審議、作圖示意”的方法． ②細致分析．分析對象受力及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)變化的過程；分析動量和能量的變化情況，明確題設(shè)條件，探明隱含條件：弄清臨界條件． ③選擇定律．通過對題意的分析，確定解題方向，選擇物理規(guī)律，布列相關(guān)方程．在列動量守恒和能量守恒方程時，注意選定合適的始末狀態(tài)及狀態(tài)量的確定． ④求解結(jié)果．代人數(shù)據(jù)求解時應(yīng)注意統(tǒng)一單位；求解過程要注意表述規(guī)范，必要時要注意對求解結(jié)果的討論． 27