（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第2講 應(yīng)用“能量觀點(diǎn)”和“動(dòng)量觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）.doc
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應(yīng)用“能量觀點(diǎn)”和“動(dòng)量觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題 考法 學(xué)法 應(yīng)用能量和動(dòng)量的觀點(diǎn)來解決物體運(yùn)動(dòng)的多過程問題是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)。這類問題命題情景新穎，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，常是高考的壓軸題。涉及的知識(shí)主要包括：①動(dòng)能定理；②機(jī)械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能關(guān)系；⑤動(dòng)量定理；⑥動(dòng)量守恒定律。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②全程法；③分段法；④相對(duì)運(yùn)動(dòng)方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦臨界極值思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命題點(diǎn)(一) 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題 [研一題]———————————————————————————————— (2019屆高三南昌調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，從A點(diǎn)隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到水平部分的最右端B點(diǎn)，經(jīng)半圓軌道C點(diǎn)沿圓弧切線進(jìn)入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運(yùn)動(dòng)。C點(diǎn)在B點(diǎn)的正上方，D點(diǎn)為半圓軌道的最低點(diǎn)。小物塊離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點(diǎn)。已知半圓軌道的半徑R＝0.9 m，D點(diǎn)距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，求： (1)摩擦力對(duì)小物塊做的功； (2)小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。? (3)傾斜擋板與水平面間的夾角θ。 [審題指導(dǎo)] 運(yùn)動(dòng)情景是什么？ 小物塊的運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷了三個(gè)過程，分別是直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng) 用到什么規(guī)律？ 動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 采用什么方法？ 相鄰兩個(gè)過程的連接點(diǎn)的速度是解題的突破口，先利用圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)求出小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，再利用動(dòng)能定理求出摩擦力做的功及小物塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度，最后利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出末速度的方向 [解析] (1)設(shè)小物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，因?yàn)榻?jīng)過C點(diǎn)時(shí)恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得： mg＝，解得v1＝3 m/s 小物塊由A到B過程中，設(shè)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W，由動(dòng)能定理得： W＝mv12，解得W＝4.5 J。 (2)設(shè)小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度為v2，對(duì)從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得： mg2R＝mv22－mv12 小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)它的支持力大小為FN， 由牛頓第二定律得： FN－mg＝ 解得v2＝3 m/s，F(xiàn)N＝60 N 由牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)軌道的壓力大小為： FN′＝FN＝60 N。 (3)小物塊離開D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t打在E點(diǎn)，由h＝gt2，解得t＝ s 設(shè)小物塊打在E點(diǎn)時(shí)速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度方向與豎直方向的夾角為α，則： vx＝v2，vy＝gt，tan α＝，解得α＝60 再由幾何關(guān)系可得θ＝α＝60。 [答案] (1)4.5 J (2)60 N (3)60 [悟一法]———————————————————————————————— 多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的組合實(shí)際考查了多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這類問題時(shí)要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度銜接。求解多運(yùn)動(dòng)過程問題的注意事項(xiàng)： (1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過程構(gòu)成。 (2)分析每個(gè)過程中物體的受力情況。 (3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無貢獻(xiàn)。 (4)從總體上把握全過程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能。 (5)對(duì)所研究的分過程或全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程。 [通一類]———————————————————————————————— 1.如圖所示，質(zhì)量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，t＝0時(shí)刻給物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右為正方向，求： 時(shí)間t/s 加速度a/(ms－2) 0～4 4 4～8 －3 (1)0～4 s內(nèi)水平拉力的大??； (2)0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大??； (3)0～8 s內(nèi)水平拉力做的功。 解析：(1)0～4 s內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大?。篴1＝4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F1－μmg＝ma1，解得：F1＝6 N。 (2)t1＝4 s時(shí)物塊的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s 0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m。 (3)8 s時(shí)物塊的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理：W－μmgx＝mv22，解得：W＝152 J。 答案：(1)6 N (2)72 m (3)152 J 2．(2018齊魯名校聯(lián)考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接一口深度為H、寬度為d的深井CDEF，一個(gè)質(zhì)量為m的小球放在曲面AB上，可從距BC面不同的高度處?kù)o止釋放小球，已知BC段長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。 (1)若小球恰好落在井底E點(diǎn)處，求小球釋放點(diǎn)距BC面的高度h1； (2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁EF上的最小動(dòng)能Ekmin和此時(shí)的釋放點(diǎn)距BC面的高度h2。 解析：(1)小球由A到C，由動(dòng)能定理得 mgh－μmgL＝mvC2 自C點(diǎn)水平飛出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 x＝vCt，y＝gt2 解得h＝μL＋ 若小球恰好落在井底E處，則x＝d，y＝H 解得小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為 h1＝μL＋。 (2)若小球不能直接落在井底，設(shè)打在EF上的動(dòng)能為Ek，則x＝d 解得vC＝d 小球由C到打在EF上，由動(dòng)能定理得 mgy＝Ek－mvC2 代入vC得：Ek＝mgy＋ 當(dāng)y＝時(shí)，Ek最小，且Ekmin＝mgd 此時(shí)小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h2＝μL＋。 答案：(1)μL＋ (2)mgd μL＋ 命題點(diǎn)(二) 機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個(gè)半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細(xì)管道ABC，圓心連線O1O2水平且與管道的交點(diǎn)為B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長(zhǎng)為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開始時(shí)彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢(shì)能。重力加速度為g，解除鎖定，小球從起點(diǎn)離開彈簧后進(jìn)入管道，最后從C點(diǎn)拋出(不計(jì)小球與水平面和管道的摩擦)，若小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)管道外側(cè)的彈力大小為mg。 (1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep； (2)求小球經(jīng)管道B點(diǎn)的前、后瞬間對(duì)管道的壓力； (3)試通過計(jì)算判斷小球能否落在薄板DE上。 [思維流程] [解析] (1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，管道對(duì)小球的彈力FN＝mg，方向豎直向下， 根據(jù)向心力公式有mg＋FN＝ 小球從起點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則 Ep＝2mgR＋mvC2 解得vC＝，Ep＝3mgR。 (2)小球從起點(diǎn)到經(jīng)過B點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，有 3mgR＝mgR＋mvB2 小球經(jīng)B點(diǎn)前、后瞬間，管道對(duì)其的彈力提供向心力， 則FN′＝ 解得FN′＝4mg 由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)B點(diǎn)前、后瞬間對(duì)管道的壓力分別向右和向左，大小為4mg。 (3)小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 2R＝gt2，x＝vCt 解得x＝2R 因?yàn)閤＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。 [答案] (1)3mgR (2)分別為向右和向左，大小為4mg的壓力 (3)小球不能落在薄板DE上，計(jì)算過程見解析 [悟一法]———————————————————————————————— 解答含有彈簧的機(jī)械能守恒問題時(shí)，關(guān)鍵是選好系統(tǒng)，弄清楚彈性勢(shì)能的變化情況或彈力做功的情況。 1．彈性勢(shì)能：通常由功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算，彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢(shì)能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長(zhǎng)度，其彈性勢(shì)能相等。 2．彈力做功：與路徑無關(guān)，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈＝－ΔEp。 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識(shí)可知AC⊥BC，根據(jù)平衡條件得 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時(shí) 小球上升h1＝3lsin 53 物塊下降h2＝2l 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得Mg－T＝Ma 對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得T－mgcos 53＝ma 解得T＝ 。 答案：(1)Mg－mg (2)6∶5 (3) 2.(2018湖北三市五校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線繞過無摩擦的輕質(zhì)小定滑輪O與質(zhì)量為5m的砝碼相連，另一端與套在一根固定光滑的豎直桿上質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點(diǎn)，且C為AB的中點(diǎn)，AO與豎直桿的夾角為53，C點(diǎn)與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L(zhǎng)，重力加速度為g，設(shè)豎直桿足夠長(zhǎng)，圓環(huán)和砝碼在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放(已知 sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)，求： (1)砝碼下降到最低點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)的速度大小； (2)圓環(huán)能下滑的最大距離； (3)圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小。 解析：(1)當(dāng)圓環(huán)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，砝碼下降到最低點(diǎn)，此時(shí)砝碼速度為零，由幾何關(guān)系得 圓環(huán)下降高度為hAC＝ 砝碼下降高度為Δh＝－L＝ 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghAC＋5mgΔh＝mv12 則圓環(huán)的速度v1＝2。 (2)當(dāng)圓環(huán)下滑的最大距離為H時(shí)，圓環(huán)和砝碼的速度均為零 砝碼上升的高度ΔH＝ － 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒，圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量等于砝碼重力勢(shì)能的增加量，即 mgH＝5mgΔH 得圓環(huán)能下滑的最大距離H＝。 (3)當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，下滑的高度hAB＝，而砝碼的高度不變，設(shè)圓環(huán)的速度為v2，此時(shí)砝碼的速度為v2cos 53。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得 mghAB＝mv22＋5m(v2cos 53)2 得圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v2＝ 。 答案：(1)2 (2) (3) 命題點(diǎn)(三) 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.01 kg的子彈A，垂直紙筒的旋轉(zhuǎn)軸穿過高速旋轉(zhuǎn)的紙筒B，且只在B上留下一個(gè)彈孔，子彈穿過B后打入質(zhì)量為m2＝0.99 kg的木塊C中，并留在C里面(A、C可視為質(zhì)點(diǎn))，C放在長(zhǎng)木板D的左端，D的質(zhì)量m3＝3 kg，長(zhǎng)度L1＝0.375 m，D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的與D等高的固定擋板E，D的右端到E的距離L2＝0.125 m，D碰到E即被粘牢，C飛到桌面下方的水平地面上，已知紙筒直徑 d＝30 cm，紙筒勻速旋轉(zhuǎn)的角速度ω＝π103 rad/s，C與D之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，D的上表面距離地面高H＝5 m，子彈穿過紙筒的過程中所受的摩擦力忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2。 (1)若發(fā)射子彈的槍有兩個(gè)擋位，可以發(fā)射兩種初速度不同的子彈，為了讓子彈穿過紙筒的時(shí)間盡可能短，兩個(gè)擋位的發(fā)射速度分別是多少？ (2)在(1)問中，討論子彈A打入C后，A、C整體能否與D達(dá)到共同速度，若A、C整體能與D達(dá)到共速，求出A、C整體落到地面上距桌邊的距離。 [過程分析] 過 程 子彈A穿過紙筒B 子彈A打擊木塊C 木塊C(含子彈A)與長(zhǎng)木板D相互作用 木塊C(含子彈A)水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng) 模 型 勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng) 子彈打木塊模型(完全非彈性碰撞) (約束條件下的)板塊模型 平拋運(yùn)動(dòng)模型 方 法 同時(shí)性 近似法 理想模型法、假設(shè)法 運(yùn)動(dòng)的合成與分解 規(guī) 律 直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律 動(dòng)量守恒定律 動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律 平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 [解析] (1)根據(jù)題意，槍有兩個(gè)擋位，子彈穿過紙筒后只留下一個(gè)彈孔，且穿過紙筒的時(shí)間盡可能的短，紙筒轉(zhuǎn)過的角度應(yīng)滿足： α＝(2n＋1)π，式中n取0和1 子彈穿過紙筒的時(shí)間為：t＝ 則子彈的速度為：v＝＝① 把n＝0,1分別代入①式得子彈的速度分別為： v1＝300 m/s，v2＝100 m/s。 (2)設(shè)子彈A打入C后，A、C整體的共同速度為v11, 由動(dòng)量守恒定律得： m1v＝(m1＋m2)v11② 假設(shè)A、C整體能夠與D達(dá)到的共同速度為v22, 由動(dòng)量守恒定律得： (m1＋m2)v11＝(m1＋m2＋m3)v22③ 設(shè)此過程中A、C整體相對(duì)于D滑動(dòng)的位移是s1，由能量守恒定律得： μ(m1＋m2)gs1＝(m1＋m2)v112－(m1＋m2＋m3)v222④ 聯(lián)立②③④得：s1＝⑤ 討論： Ⅰ.當(dāng)v＝v1＝300 m/s時(shí)，代入⑤式得：s1＝3.375 m>L1，說明此種情況下A、C整體與D不能共速。 Ⅱ.當(dāng)v＝v2＝100 m/s時(shí)，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，說明此種情況下A、C整體剛好沒有滑離D。 設(shè)此過程中D相對(duì)桌面的位移是s2，由動(dòng)能定理得： μ(m1＋m2)gs2＝m3v222⑥ 聯(lián)立②③⑥式，并代入數(shù)據(jù)得： v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m<0.125 m＝L2⑦ 則A、C整體剛好滑到D的右端時(shí)，還沒有與E碰撞，說明此種情況下A、C整體能與D共速，當(dāng)D與E碰撞并粘牢后，A、C整體做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落到水平地面上的距離為s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得：平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t＝ ＝ s＝1 s s＝v22t＝0.251 m＝0.25 m。 [答案] (1)300 m/s 100 m/s (2)若子彈的初速度是300 m/s，則A、C整體不能與D達(dá)到共同速度；若子彈的初速度是100 m/s，則A、C整體能與D達(dá)到共同速度 0.25 m [悟一法]———————————————————————————————— 1．力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。若其中涉及時(shí)間的問題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。 (2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)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 (1)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象運(yùn)用系統(tǒng)化思維，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。 (2)對(duì)多個(gè)物理過程運(yùn)用系統(tǒng)化思維，即把幾個(gè)過程合為一個(gè)過程來處理，如用動(dòng)量守恒定律解決復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)。 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018北京高考)2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如圖，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m＝60 kg 的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30 m/s。取重力加速度 g＝10 m/s2。 (1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L； (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大??； (3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有 L＝＝100 m。 (2)根據(jù)動(dòng)量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 Ns。 (3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示。 根據(jù)牛頓第二定律，有 FN－mg＝m 運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有 mgh＝mvC2－mvB2 解得FN＝3 900 N。 答案：(1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力圖見解析圖 3 900 N 2．(2018全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間； (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。 解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv02① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0＝v0－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ 。③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv12＋mv22＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有 mv12＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝。⑧ 答案：(1) (2) 3.(2018泉州模擬)如圖，質(zhì)量為6m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣平齊。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C，C與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩豎直時(shí)小球恰好與C接觸?，F(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。 (1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力； (2)若要使小球落在釋放點(diǎn)的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大； (3)通過計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來。 解析：(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為v0，小球向下擺動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得： mgL＝mv02 解得：v0＝ 小球在最低點(diǎn)時(shí)拉力最大，由牛頓第二定律得： FT－mg＝m 解得：FT＝3mg 由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力：FT′＝FT 即細(xì)繩能夠承受的最大拉力為：FT′＝3mg。 (2)小球與C碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移：h＝gt2 水平位移：L＝t 解得：h＝L。 (3)小球與C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后C的速率為v1， 依題意有mv0＝m＋3mv1 假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過程中，設(shè)兩者最終共同速率為v2， 由動(dòng)量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得： 3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ3mgs 聯(lián)立解得：s＝ 由s下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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