《高中物理第2輪復(fù)習(xí) 專題2 第3講 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理第2輪復(fù)習(xí) 專題2 第3講 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用課件（56頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題二 動(dòng)量和能量 第三講動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用 一、解決力學(xué)問題的三大基本觀點(diǎn)一、解決力學(xué)問題的三大基本觀點(diǎn) 1牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(稱之為力的觀點(diǎn))是解決力學(xué)問題的基本思路和方法因牛頓第二定律是瞬時(shí)定律，此種方法適用于需求解過程中間狀態(tài)(速度、加速度)的問題 2動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律(動(dòng)量觀點(diǎn)) 3動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律(能量觀點(diǎn)) 動(dòng)量定理、動(dòng)能定理研究的只是物體或系統(tǒng)在某一過程中初、末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能的改變量，而無需對過程的變化細(xì)節(jié)作深入的研究如問題不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度，而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，優(yōu)先考慮動(dòng)量定理；涉及位移的問題，優(yōu)先考慮動(dòng)能定理 二、力學(xué)綜合題的

2、基本思路二、力學(xué)綜合題的基本思路 1認(rèn)真審題，弄清題意審題時(shí)要注意： (1)挖掘隱含條件，隱含條件往往隱含在關(guān)鍵的詞語中，題目的附圖中，發(fā)生的物理現(xiàn)象中和題目的所求中； (2)重視對物理過程的分析：審題時(shí)，要弄清題目中的物理過程及其得以進(jìn)行的條件，明確運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，把握過程中的不變量、變量、關(guān)聯(lián)量之間的相互關(guān)系，并找出與物理過程相適應(yīng)的物理規(guī)律 2確定研究對象，分析受力情況和運(yùn)動(dòng)情況選擇研究對象的兩個(gè)基本原則：一是要選擇已知量充分且涉及所求量的物體為研究對象；二是要優(yōu)先選擇能夠滿足某個(gè)守恒定律的物體(或物體系)為研究對象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析時(shí)要注意兩個(gè)方面： 運(yùn)動(dòng)情況變化時(shí)，找出運(yùn)動(dòng)量(s、a、v、t)

3、的關(guān)系； 運(yùn)動(dòng)可能出現(xiàn)多種可能性 3明確解題途徑，正確運(yùn)用規(guī)律 4分析解題結(jié)果，有時(shí)需做一定討論(特別對多解問題) 類型一：碰撞、爆炸、反沖中的動(dòng)量、能量類型一：碰撞、爆炸、反沖中的動(dòng)量、能量守恒守恒 在碰撞、爆炸、反沖問題中，物體間的相互作用力(內(nèi)力)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解非常復(fù)雜，甚至根本就無法求解，但用動(dòng)量守恒定律求解時(shí)，只需要考慮過程的始末狀態(tài)，而不需要考慮過程的具體細(xì)節(jié)，這正是用動(dòng)量守恒定律求解問題的優(yōu)勢【例1】如圖231所示，在足夠長的光滑水平軌道上靜止放置三個(gè)小木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B與C用一個(gè)輕彈簧固定連接，開

4、始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥，A的左邊有一個(gè)彈性擋板(小木塊和彈性擋板碰撞過程沒有能量損失)圖231現(xiàn)在引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E=9J轉(zhuǎn)化為A和B沿軌道方向的動(dòng)能，A和B分開后，A恰好在B、C之間的彈簧第一次恢復(fù)到原長時(shí)追上B，并且與B發(fā)生碰撞后粘在一起求：(1)在A追上B之前彈簧彈性勢能的最大值；(2)A與B相碰以后彈簧彈性勢能的最大值【解析】(1)塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設(shè)爆炸后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動(dòng)量守恒：mAvA+mBvB=0爆炸產(chǎn)生的能量有9J轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能2211223m/sAABBABEm v

5、m vvv代入數(shù)據(jù)解得 由于A在炸藥爆炸后再次追上B的時(shí)候彈簧恰好第一次恢復(fù)到原長，則在A追上B之前彈簧已經(jīng)有一次被壓縮到最短(即彈性勢能最大)，爆炸后取B、C和彈簧為研究系統(tǒng)，當(dāng)彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)B、C達(dá)到共速vBC，此時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep1. 22p1p1() 11() 223JBBBCBCBBBCBCm vmmvm vmmvEE由動(dòng)量守恒，得由機(jī)械能守恒，得代入數(shù)據(jù)得 112221111111121112221m/s2m/s(3m/s0m/s)BCBBBBCCBBBBCCBCBCABBCBCvvm vm vm vm vm vm vvvvvAABv 設(shè) 、 之間的彈簧第一次

6、恢復(fù)到原長時(shí) 、 的速度大小分別為和，則由動(dòng)量守恒和能量守恒：，代入數(shù)據(jù)解得：，不合題意，舍去爆炸后先向左勻速運(yùn)動(dòng)，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回當(dāng) 追上 ，發(fā)生碰撞瞬間達(dá)到共速1p2122212p21m/s1112220.5JAABBABABABABCABABCCABCABCABABCCABCABCpm vm vmmvvABCvEmmvm vmmmvmmvm vmmmvEE由動(dòng)量守恒，得，解得當(dāng) 、 、 三者達(dá)到共同速度時(shí)，彈簧的彈性勢能最大為由動(dòng)量守恒，得由能量守恒，得代入數(shù)據(jù)得【變式題】如圖232所示，勁度系數(shù)為k=200N/m的輕彈簧一端固定在墻上，另一端連一質(zhì)量為M=8kg

7、的小車a，開始時(shí)小車靜止，其左端位于O點(diǎn)，彈簧沒有發(fā)生形變，質(zhì)量為m=1kg的小物塊b靜止于小車的左側(cè)，距O點(diǎn)s=3m，小車與水平面間的摩擦不計(jì)，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.2，取g=10m/s2.今對小物塊施加大小為F=8N的水平恒力使之向右運(yùn)動(dòng)，并在與小車碰撞前的瞬間撤去該力，碰撞后小車做振幅為A=0.2m的簡諧運(yùn)動(dòng)， (1)小物塊與小車碰撞前瞬間的速度是多大？(2)小車做簡諧運(yùn)動(dòng)過程中彈簧最大彈性勢能是多少？小車的最大速度為多大？(3)小物塊最終停在距O點(diǎn)多遠(yuǎn)處？當(dāng)小物塊剛停下時(shí)小車左端運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的哪一側(cè)？2p21()2MTkEkxx已知小車做簡諧運(yùn)動(dòng)周期公式為，彈簧的彈性勢能公

8、式為為彈簧的形變量 ，則圖232【解析】(1)設(shè)碰撞前瞬間，小物塊b的速度為v1，小物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到剛要與小車發(fā)生碰撞的過程中， 2112pmpm126m/s20.2m0.2m124JFsmgsmvvxAEkAE根據(jù)動(dòng)能定理可知解得由于小車簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅是，所以彈簧的最大形變量為根據(jù)彈性勢能的表達(dá)式可知最大彈性勢能解得 22mm111m1111221m/s32m/smkAMvvbaavvmvmvMvvs 根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知小車的最大動(dòng)能應(yīng)等于彈簧的最大彈性勢能所以解得小車的最大速度小物塊 與小車 碰撞后，小車 的速度為，設(shè)此時(shí)小物塊的速度為，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有解得接著小物

9、塊向左勻減速運(yùn)動(dòng)一直到停止，設(shè)位移是 ，1211121111021m02m/s1s21.26s34tmgsmvsvmgagtmaMaTkTtTabO所經(jīng)歷的時(shí)間為 ，根據(jù)動(dòng)能定理可知解得物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為，小車 振動(dòng)的周期由于 ，所以小車 在小物塊 停止時(shí)在 點(diǎn)的左側(cè)，并向右運(yùn)動(dòng) 類型二：滑塊運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)量、能量守恒類型二：滑塊運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)量、能量守恒 解決滑塊問題一般要用到動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、功能原理以及動(dòng)力學(xué)等規(guī)律，綜合性強(qiáng)，能力要求高，是高中物理常見的題型之一，也是高考中經(jīng)常出現(xiàn)的題型解決此類問題，關(guān)鍵要看地面是否光滑，動(dòng)量是否守恒，若不守恒，往往要用動(dòng)量定理和動(dòng)能定

10、理同時(shí)要注意分析物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系、能量關(guān)系等，找出它們之間的關(guān)系，列方程求解【例2】(2011全國大綱卷)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊通過對以下簡化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因圖233 質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊間隔一段距離水平放置，如圖233所示若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計(jì)重力影響【解析】設(shè)子彈初速度為v

11、0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V，由動(dòng)量守恒得0022020(2)131132213mm VmvVvEmvmVEmv解得此過程中動(dòng)能損失為解得1111022211011102111222213()26vVmvmVmvEEmvmVmvvVvv分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時(shí)兩者的速度分別為 和 ，由動(dòng)量守恒得因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔?，射穿第一塊鋼板的動(dòng)能損失為，由能量守恒得聯(lián)立式，且考慮到 必須大于 ，得221221221122213(1)22213(1)d22 vmVmvEmvmVEExx設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中，后兩者的共同速度為 ，由動(dòng)量定恒得:

12、損失的動(dòng)能為:聯(lián)立式得因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔Γ墒娇傻?，射入第二塊鋼板的深度 為:【變式題】(2011安徽)如圖234所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2.圖234(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點(diǎn)P時(shí)對輕桿的作用力大小和方向(2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小(3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離【解析】(1)設(shè)小

13、球能通過最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，則221012111226/ s2mvmgLmvvmFvFmgmLFN設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對小球的作用力為 ，方向向下，則由式，得: 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上 (2)解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v2，此時(shí)滑塊的速度為V.在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動(dòng)量守恒以水平向右的方向?yàn)檎较?，有：mv2+MV=0 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則2222021112222/mvMVmgLmvvm s由式，得: (3)設(shè)小球擊中

14、滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1，滑塊向左移動(dòng)的距離為s2.任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V.由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，得3300 mvMVtmvtMVt將式兩邊同乘以，得121210223tmsMsssLsL因式對任意時(shí)刻附近的微小間隔都成立，累計(jì)相加后，有又由式得 類型三：彈簧問題中的動(dòng)量、能量守恒類型三：彈簧問題中的動(dòng)量、能量守恒 彈簧常常與其他物體直接或間接地聯(lián)系在一起，通過彈簧的伸縮形變，使與之相關(guān)聯(lián)的物體發(fā)生力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、動(dòng)量和能量等方面的改變因此，這類問題具有很強(qiáng)的隱蔽性和綜合性特征，也為學(xué)生的想象和推理提供了一個(gè)多變的思維空間解決此類題的關(guān)鍵在于

15、能對與彈簧相關(guān)聯(lián)的系統(tǒng)進(jìn)行正確的力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析、功能關(guān)系的分析，并抓住彈簧的基本特征，正確地運(yùn)用力學(xué)規(guī)律加以解決 【例3】(湖北省新洲二中2011屆高三理科綜合)如圖235所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動(dòng)三個(gè)質(zhì)量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)圖235滑塊A以初速度v0=2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過程中滑塊C的

16、速度仍為零因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大?。?2)求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢能Ep；(3)若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？【解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x.2121.

17、25m4.0mCCmgmavvatsv tatxL根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得 即滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v=3.0m/s (2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律 mv0=2mv1 2mv1=2mv2+mvC 由動(dòng)量守恒定律222p12111222221.0CpEmvmvmvEJ解得 (3)在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳送帶的速度v. 設(shè)A與B碰撞后的速度為v1，分離后A與B的速

18、度為v2，滑塊C的速度為vC，由動(dòng)量守恒定律 mvm=2mv1 2mv1=mvC+2mv2 由能量守恒定律222p1222m111222227.1m / s CCEmvmvmvvvaLv由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得：【變式題】(2011全國新課標(biāo))如圖236，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把BC緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能

19、圖236【解析】設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒得3mv=mv0 設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒得3mv=2mv1+mv0 設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有222p102p0111(3 )(2 )22212m vEm vmvEmv由式得彈簧所釋放的勢能為 類型四：電場、磁場中的動(dòng)量、能量守恒類型四：電場、磁場中的動(dòng)量、能量守恒 電場力、磁場力(安培力)做功有其獨(dú)特的方面，如電場力做功與路徑無關(guān)，而安培力的方向總與其產(chǎn)生的電流和磁場垂直；物體置于電場或磁場中時(shí)，重點(diǎn)是準(zhǔn)確分析其受力情況，判斷受力大小和方向，從而準(zhǔn)確地判斷電

20、磁力作用而引起物體動(dòng)量和能量變化的狀況【例4】光滑水平面上放有如圖237所示的用絕緣材料制成的“”型滑板(平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m.距滑板的A壁為L1距離的B處放有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的大小不計(jì)的小物體，物體與板面的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置處于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，初始時(shí)刻，滑板與物體都靜止，試求： 圖237(1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v1多大？(2)若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的3/5，則物體在第二次跟A壁碰撞之前瞬間，滑板的速度v和物體的速度v2分別為多大？(均指對地速度)(3)物體從開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞前，電場力做功為多大？(碰撞時(shí)間可忽略)【解析】(

21、1)由動(dòng)能定理 21111111112223453105qELmvqELvmvmvmvmvvvv得 若物體碰后仍沿原方向運(yùn)動(dòng)，碰后滑板速度為 ，由動(dòng)量守恒得，得物體速度，故不可能1111111353452522255 vvmvmvmvvvAqELvvm所以物塊碰后必反彈，由動(dòng)量守恒得由于碰后滑板勻速運(yùn)動(dòng)直至與物體第二次碰撞之前，故物體與 壁第二次碰前，滑板速度22121112112227755 Avvvatvtv tatatvvqELvvm物體與 壁第二次碰前，設(shè)物塊速度為 ，由兩物的位移關(guān)系有： 即由代入數(shù)據(jù)可得： 222122222212111113273( )() 485522/5513

22、.5svvasvvvmvsLaqE mEqWqE LsqEL 設(shè)物體在兩次碰撞之間位移為 ，由得所以物塊從開始到第二次碰撞前電場力做功【變式題】(安徽省皖南八校2011屆高三第二次聯(lián)考試題)如圖238所示在豎直平面內(nèi)一個(gè)帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L不可伸長的絕緣細(xì)線系在一勻強(qiáng)電場中的O點(diǎn)勻強(qiáng)電場方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大現(xiàn)將帶正電小球從O點(diǎn)右方由水平位置A點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零圖238(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小(2)若小球從O點(diǎn)的左方由水平位置C點(diǎn)無初速度釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？此后小球能達(dá)到的最大高度H(相對于B

23、點(diǎn))是多少？【解析】(1)對小球由A到B的過程，由動(dòng)能定理得0=mgLqELmgEq得 21212.2/2222cos452BBBBBBBBCBvaamg mgvaLvLtagBvvvvvgL 小球由 點(diǎn)釋放后，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到點(diǎn)時(shí)的速度為小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為得小球到 點(diǎn)時(shí)細(xì)線恰好拉緊將分解為和，121010(sin )cos24522sin2BBvDBDmvmg LLqELDBHLLL 此后小球以做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)運(yùn)動(dòng)到 點(diǎn)恰好速度為 ，對小球由 點(diǎn)到 點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得在到達(dá) 點(diǎn)前小球一直沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，所以小球離點(diǎn)的最大高度 類型五：核反應(yīng)中的動(dòng)量和能量關(guān)系類型五：核反應(yīng)中

24、的動(dòng)量和能量關(guān)系 在分析核反應(yīng)問題時(shí)，除了分析核子本身運(yùn)動(dòng)、碰撞所具有的能量外，更需要關(guān)注核反應(yīng)是否放出能量，計(jì)算能量變化可以用到愛因斯坦質(zhì)能方程【例5】用速度為v0、質(zhì)量為m1的 核轟擊質(zhì)量為m2的靜止的 核，發(fā)生核反應(yīng)，最終產(chǎn)生兩種新粒子A和B.其中A為 核，質(zhì)量為m3，速度為v3；B的質(zhì)量為m4.(1)計(jì)算粒子B的速度vB.(2)粒子A的速度符合什么條件時(shí)，粒子B的速度方向與He核的運(yùn)動(dòng)方向相反？24H147N178O【解析】(1)由動(dòng)量守恒定律有：m1v0=m3v3+m4vB， 1 03 341 03 31303.2He0.Bmvm vvmBmvm vmvvm解得：的速度與核的速度方向

25、相反，即：，解得：【變式題】云室處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一靜止的質(zhì)量為m1的原子核在云室中發(fā)生一次 衰變， 粒子的質(zhì)量為m2，電荷量為q，其運(yùn)動(dòng)軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi)現(xiàn)測得 粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質(zhì)量虧損(注：涉及動(dòng)量問題時(shí)，虧損的質(zhì)量可忽略不計(jì))【解析】由題中的R可求出 粒子的速度v，再由動(dòng)量守恒可求出新核的速度v，再用能量守恒及質(zhì)能方程即可求解本題 衰變放出的 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有222/m vqvBRvBqR m，2122121222212221221201122().2() m vmmvmBqRvvmmmmmcmmvm vm qBRmm mm c衰變過程中動(dòng)量守恒，有，衰變后 粒子、新核的動(dòng)能都來自于質(zhì)量虧損，因此有解可得：