2021年新高考物理二轮复习：专题二　能量与动量第三讲　应用力学三大观点解决综合问题.pptx

1、第三讲第三讲 应用力学三大观点解决综合问题应用力学三大观点解决综合问题 专题二专题二 2021 内 容 索 引 01 02 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 高频考点高频考点 能力突破能力突破 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 【网络构建网络构建】 【高考真题高考真题】 1.(2020全国卷)如图所示,相距l=11.5 m的两平台 位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送 带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根 据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱(可视为质点), 以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦 因数=0.10,重力加速度取g=1

2、0 m/s2。 (1)若v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间。 (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。 (3)若v=6.0 m/s,载物箱滑上传送带t= s后,传送带速度突然变为零。求 载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量。 13 12 答案 (1)2.75 s (2)4 3 m/s 2 m/s (3)0 解析 本题以传送带为背景,意在考查牛顿第二定律、运动学公式、动能 定理、动量定理等知识。 (1)传送带的速度为v=4.0 m/s时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其 加速度大小为a,由牛顿第二定律有 mg=ma 设载物箱滑上传送带后匀减

3、速运动的距离为s1,由运动学公式有 联立式,代入题给数据得 s1=4.5 m v2-02=-2as1 因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后开始做匀速运动。设 载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1,做匀减速运动所用的 时间为t1,由运动学公式有v=v0-at1 联立式并代入题给数据得 t1=2.75 s。 t1=t1+-1 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达右侧平台时的速度最 小,设为v1;当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的 速度最大,设为v2。由动能定理有 -mgl=1 2 12 1 2 02 mgl=1 2 22 1 2 02 由

4、式并代入题给条件得 v1= 2 m/s,v2=4 3 m/s。 (3)传送带的速度为v=6.0 m/s时,由于v0vmg(l-s2-s3),即载物箱运动到右侧平台时速度大于 零,设为 v3。由运动学公式有 32-v2=-2a(l-s2-s3) 设载物箱通过传送带的过程中,传送带对它的冲量为 I,由动量定理有 I=m(v3-v0) 联立式并代入题给数据得 I=0。 情境剖析 本题属于综合性、应用性题目,以“水平传送带”为素材创设生 活实践类问题情境。 素养能力 本题考查学生是否具有相互作用观、功能观等物理观念素养, 考查关键能力中的分析归纳、推理论证能力,模型建构能力,建构匀变速直 线运动模型,

5、应用动力学知识和动能定理、动量定理探究生活中的实际问 题。 2.(2020全国卷) 如图所示,一竖直圆管质量为m,下端距水平地面的高度为H,顶端 塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次 弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖 直。已知m=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力 加速度的大小,不计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小。 (2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度。 (3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的 条件。 答案 (1)2g

6、3g (2)13 25H (3)L152 125H 解析 (1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速 度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦 力大小为Ff,由牛顿运动定律有ma1=mg+Ff ma2=Ff-mg 联立式并代入题给数据,得 a1=2g,a2=3g。 (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的 速度大小均为 v0= 2 方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间 t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动 学公式 v0-a1t1=-v0+a2t1 联立

7、式得 t1=2 5 2 设此时管下端的高度为 h1,速度为 v。由运动学公式可得 h1=v0t1-1 2a11 2 v=v0-a1t1 由式可判断此时 v= 2 5 0 此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。 由运动学公式有h2= 2 2 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1,则 H1=h1+h2 联立 式可得 H1=13 25H。 (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。 在管开始下落到上升 H1这一 过程中,由动能定理有 mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 联立式并代入题给数据得 x1=4 5H 同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最

8、高点的过程中,球与管的 相对位移 x2为 x2=4 5H1 设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条 件是 x1+x2L 联立式,L 应满足的条件为 L152 125H。 情境剖析 本题属于综合性、创新性题目,以“圆管和球分别自由下落,并与 地面发生多次弹性碰撞”为素材创设学习探索类问题情境。 素养能力 本题考查学生是否具有相互作用观、功能观等物理观念素养, 考查关键能力中的分析归纳、推理论证能力,模型建构能力,建构“板块模 型”球相当于“块”,圆管相当于“板”,应用动力学知识和动能定理解决 物理问题。 3.(2020浙江卷)小明将如图所示的装置放在水 平地面上,该

9、装置由弧形轨道、竖直圆轨道、 水平直轨道AB和倾角=37的斜轨道BC平 滑连接而成。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形 轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间 的动摩擦因数均为=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力; (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点; (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起 运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间 不计,sin 37=0

10、.6,cos 37=0.8) 答案 (1)8 N,方向水平向左 (2)不会冲出 (3)见解析 解析 (1)机械能守恒定律 牛顿第三定律FN=FN=8 N,方向水平向左 (2)能在斜轨道上到达的最高点为C点,功能关系 mgH=mgLAB+mgLBCcos +mgLBCsin 得LBC= m1.0 m,故不会冲出 mgH=mgR+1 2 2 牛顿第二定律 FN= 2 =8 N 15 16 (3)滑块运动到距 A 点 x 处的速度为 v,动能定理 mgH-mgx=1 2mv 2 碰撞后的速度为 v,动量守恒定律 mv=3mv 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为 h,动能定理 -3mg(LAB-x)-3m

11、g tan -3mgh=0-1 2(3m)v 2 得 h=1 6x- 5 48 5 8 m 1m h=0 0 5 8 m 情境剖析 本题属于综合性、创新性题目,以常见的离心轨道和斜面轨道 为素材创设学习探索类问题情境。 素养能力 本题考查学生是否具有相互作用观、功能观等物理观念素养, 考查关键能力中的分析归纳、推理论证能力,模型建构能力,应用动力学知 识和动能定理、动量守恒等解决物理问题。 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考点一考点一 阻力作用与能量耗散模型问题阻力作用与能量耗散模型问题(M) 规律方法 1.在物体往返运动过程中,大小不变的阻力引起的机械能的变 化量与物体通过的路程成正比,

12、即若往返过程中路程相等,则机械能的损失 相同,物体在往返过程中经历的时间不同。 2.在物体往返运动过程中,若阻力大小与物体的速率成正相关关系,则虽在 往返过程中路程相等,机械能的损失不相同,物体在往返过程中经历的时间 不同。 3.在能量耗散过程中,物体损失的机械能等于克服阻力所做的功。阻力为 摩擦阻力或介质阻力且大小不变时,物体克服阻力所做功等于阻力与物体 相对接触面通过的路程的乘积。 【典例1】如图所示为水平绝缘轨道,左侧 存在水平向右的有界匀强电场,电场区域 宽度为L,右侧固定以轻质弹簧,电场内的 轨道粗糙,与物体间的动摩擦因数为=0.5, 电场外的轨道光滑,质量为m、带电荷量为+q的物体

13、A从电场左边界由静 止释放后加速运动,离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动, 碰撞时间极短,开始B靠在处于原长的轻弹簧左端(B可与弹簧分离,A、B均 可视为质点),已知匀强电场的电场强度大小为 ,求: (1)弹簧的最大弹性势能; (2)整个过程A在电场中运动的总路程。 3 答案 (1)5 6mgL (2)14 9 L 解析 (1)物体 A 碰前的速度为 v1,根据动能定理:EqL-mgL=1 2 1 2 碰撞过程动量守恒:mv1=(m+2m)v2 压缩过程机械能守恒: Ep=1 2(m+2m)2 2 解得 Ep=5 6mgL (2)最终AB静止在电场外,弹簧处于自由伸长状态,AB共

14、同在电场中运动的 距离为x,由能的转化与守恒: Ep=(m+2m)gx 设A在电场中运动的总路程为s, 则s=L+x 解得 s=14 9 L。 思维点拨 根据动能定理和动量守恒定律,求出物体A碰撞前后的速度,根据 机械能守恒定律即可求出弹簧的最大弹性势能;由题意知最终AB静止在电 场外,弹簧处于自由伸长状态,AB共同在电场中运动的距离为x,由能的转化 与守恒可得AB共同在电场中运动的距离,再加上电场区域宽度即可求出整 个过程A在电场中运动的总路程。 【类题演练类题演练】 1.(多选)如图所示,两倾角均为37的斜面AB、CB平滑对接,斜面长均为4 m。一小球从斜面AB的顶端由静止释放,在两斜面上

15、运动,不考虑小球在B 点的能量损失。已知小球与斜面AB、BC间的动摩擦因数分别为0.5、0.25, 重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8, 则下列说法正确的是( ) A.小球第一次到达最低点时的速度为4 m/s B.小球运动后第一次速率为0的位置距B点的距离为2 m C.小球在斜面AB、BC上运动的总路程之比为 D.小球在斜面AB、BC上运动时产生的热量之比为 11 5 11 5 答案 AC 解析 小球由 A 下滑到 B 的过程中,根据动能定理有:(mgsin -1mgcos )LAB=1 2 2,解得:vB=4 m/s,故A正确;小球沿斜面BC上滑时,根据

16、动能定理 有:-(mgsin +2mgcos )L1=0-1 2 2,解得:L1=1 m,故 B 错误;小球沿斜面 BC 下滑又冲上斜面 AB 的过程中,有:(mgsin -2mgcos )L1-(mgsin +1mgcos )L2=0,解得:L2=0.4 m,而且分析可知小球每次由斜面 AB 下滑到再次滑回斜 面 AB 的过程中,两边路程之比是固定的,即 s1s2=(LAB+L2)2L1=115,由 于在两个斜面上的摩擦力不同,所以在斜面 AB、BC 上运动时产生的热量之 比就不是 115,故 C 正确,D 错误。 2.如图,一带电荷量q=+0.05 C、质量M=1 kg的绝缘平板置于光滑的

17、水平 面上,板上靠右端放一可视为质点、质量m=1 kg的不带电小物块,平板与 物块间的动摩擦因数=0.75。距平板左端L=0.8 m 处有一固定弹性挡板, 平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100 N/C 的水 平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放,已知重力加速度g 取10 m/s2,平板所带电荷量保持不变,整个过程中物块未离开平板。求: (1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率; (2)平板的最小长度。 答案 (1)1.0 m/s (2)0.53 m 解析 (1)假设两者相对静止,在电场力作用下一起向左加速, 有 a= +=2.5 m/s 2g 故假设成立,平板 M

18、 与物块 m 一起匀加速,根据动能定理可得: qEL=1 2(M+m)1 2 解得 v1=2.0 m/s 平板反弹后,物块加速度大小 a1= =7.5 m/s2,向左做匀减速运动 平板加速度大小 a2=+ =12.5 m/s2, 平板向右做匀减速运动,设经历时间 t1木板与木块达到共同速度 v1,向右为 正方向。-v1+a1t1=v1-a2t1 解得 t1=0.2 s,故 v1=0.5 m/s,方向向左。 此时平板左端距挡板的距离:x=v1t1-1 2a21 2=0.15 m 此后两者一起向左匀加速,设第二次碰撞时速度为 v2,则由动能定理 1 2(M+m)2 2 1 2(M+m)v1 2=q

19、Ex 解得 v2=1.0 m/s (2)最后平板、小物块静止(左端与挡板接触),若此时小物块恰好滑到平板 最左端,则这时的平板长度最短。 设平板长为L,全程根据能量守恒定律可得:qEL=mgL 解得:L= m=0.53 m 8 15 考点二考点二 用力学三大观点综合解决多过程问题用力学三大观点综合解决多过程问题(H) 规律方法 1.抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程,将整个物理过 程分成几个简单的子过程。 2.对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析,选择合适的 规律对相应的子过程列方程。若某一时刻或某一位置的问题则应用牛顿 运动定律;若某一匀变速直线运动过程则选用动力学方法求解

20、;若某一匀变 速曲线运动,并涉及方向问题则用运动的合成和分解;若某过程涉及做功和 能量转化问题,则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解; 若某一相互作用过程或涉及力和时间的问题则要用动量定理和动量守恒 定律等。 【典例2】(2020天津高三二模)如图所示,在光 滑水平桌面AB上静止着两个小滑块1、2,质量 分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,两滑块之间有一 被压缩的轻弹簧(滑块与轻弹簧可分离),A的左 端固定着与AB相切的光滑竖直半圆轨道,滑块 恰好可以在其内部滑行;B的右端与一水平传送带相连,传送带长L=0.9 m,且顺时针转动。 现释放被压缩的弹簧,两滑块在桌面上被弹

21、开,滑块1恰好能过半圆轨道的最高点F;滑块 2从传送带的右端离开后,落在水平地面上的D点,已知滑块2被弹出时的速度v2=4 m/s, 与传送带间的动摩擦因数=0.5,C点距地面高h=0.2 m。不计半圆轨道的孔径大小,g取 10 m/s2,求: (1)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep; (2)滑块1经过双半圆环轨道最低点A时对轨道的压力大小; (3)若传送带的速度取值范围为4 m/sv8 m/s,则滑块2落点D与C点间水平距离x为多 少?(结果可用v来表示,用v表示时无需写单位) 答案 (1)1.2 J (2)10 N (3)见解析 解析 (1)以滑块1和滑块2为系统,由动量守恒定律得0=m1v1

22、-m2v2 解得v1=2 m/s 由能量守恒定律得 Ep=1 2m11 2 + 1 2m22 2,解得 Ep=1.2 J (2)滑块 1 恰好过 F 点,则滑块 1 在 F 点的速度为 0。 从 A 到 F 的过程中,由动 能定理得-2m1gR=0-1 2m11 2 在 A 点,由牛顿第二定律得 FN-m1g=m11 2 由牛顿第三定律得对轨道的压力大小为 FN=FN=10 N (3)滑块 2 离开 C 点做平抛运动,竖直方向 h=1 2gt 2,故 t=0.2 s。 若滑块 2 恰好在传送带上一直加速,设获得的末速度为 v3,由运动学公式得 32 22=2gL 解得v3=5 m/s 当4 m

23、/sv5 m/s时,x=vt=0.2v 当5 m/sv8 m/s时,x=v3t=1 m 解题指导 审题 读取题干 获取信息 两滑块之间有一被压缩的轻弹簧(滑块 与轻弹簧可分离) 有弹性势能 滑块恰好可以在其内部滑行 “管道”模型 与一水平传送带相连,传送带长L=0.9 m 传送带模型 滑块1恰好能过半圆轨道的最高点F 在最高点F速度为零 落在水平地面上的D点 滑块最后平抛 破题(1)本题可分几个子过程:两滑块相互作用、滑块1在竖直平面内做圆 周运动、滑块2先在传送带上运动后平抛。 (2)分别根据动量守恒、能量守恒、动能定理、平抛知识、向心力公式列 方程求解。 素养微点1.力学规律的选用原则 (

24、1)单个物体:宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的 问题,应选用动量定理;若涉及位移的问题,应选用动能定理;若涉及加速度的问题, 应选用牛顿第二定律。 (2)多个物体组成的系统:优先考虑能量守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问 题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决。 2.系统化思维方法。就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将 其各部分连接成整体的方法。 (1)对多个物理过程进行整体系统化,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动 量守恒定律解决比较复杂的运动。 (2)对多个研究对象进行整体系统化,即把两个或两个以上的独立物体合为一个 整体进行考虑

25、。 【类题演练类题演练】 3.如图所示为某工地一传输工件的装置,AB为一段足 够大且固定的 圆弧轨道,圆弧半径R=5.6 m,BC为一 段足够长的水平轨道,CD为一段固定的 圆弧轨道, 圆弧半径r=1 m,三段轨道均光滑。一长为L=2 m、质量为M=1 kg的平板小车最初停在 BC轨道的最左端,小车上表面刚好与AB轨道相切,且与CD轨道最低点处于同一水平面。 一可视为质点、质量为m=2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由下滑, 滑上小车后带动小车向右运动,小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处。工件只有从CD轨道最高点飞出,才能被站在台面DE上的工人接住。工件与

26、小车 的动摩擦因数为=0.5,g取10 m/s2,求: (1)若h为2.8 m,则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大? (2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住,则h的取值范围为多少? 1 4 答案 (1)40 N (2)18 7 mh3 m 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端 B 点,设到 B 点时的速度为 vB,根据动 能定理有 mgh=1 2 2 工件做圆周运动,在 B 点,由牛顿第二定律得 N-mg=m 2 联立解得 N=40 N 由牛顿第三定律知,工件滑到圆弧底端 B 点时对轨道的压力为 N=N=40 N。 (2)由于 BC 轨道足够长,故工件与小车能够共速,设工件刚滑上

27、小车时的速度 为 v0,工件与小车共速时的速度为 v1,假设工件到达小车最右端才与其共速, 规定向右为正方向,则对于工件与小车组成的系统 由动量守恒定律得 mv0=(m+M)v1 由动能定理得 mgL=1 2 02 1 2(m+M)1 2 对于工件从 AB 轨道滑下的过程,由机械能守恒定律得 mgh1=1 2 02 代入数据解得 h1=3 m 要使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3 m时工件有从AB轨道滑下且不脱离小车 的最大速度,设其从轨道下滑的最小高度为h,刚滑上小车的速度为v0,与小车共 速时的速度为v1,刚滑上CD轨道的速度为v2,规定向右为正方向,由动量守恒定 律得mv0=(m+M

28、)v1 由动能定理得 mgL=1 2mv0 2-1 2Mv1 2-1 2mv2 2 工件恰好滑出 CD 轨道最高点,由机械能守恒定律得1 2mv2 2=mgr 工件在 AB 轨道滑动的过程,由机械能守恒定律得 mgh=1 2mv0 2 联立并代入数据解得 h=18 7 m 综上所述,要使工件能飞出 CD 轨道最高点,应使 h 满足18 7 mh3 m。 4.(2020山东高三二模)如图所示,厚度均 匀的长木板C静止在光滑水平面上,木板 上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木 板向右运动,已知A、B均可视为质点,A、B与C间的动摩擦因数均为,A、B、 C三者的质量相等,

29、重力加速度为g。求: (1)A刚滑上木板时,A、B的加速度大小; (2)要使A、B不发生碰撞,A的初速度应满足的条件; (3)若已知A的初速度为v0,且A、B之间发生弹性碰撞,碰撞前后A、B均沿 同一方向运动,要保证A、B均不会从木板上掉下,木板的最小长度应是多 少。 答案 (1)aA=g,aB= 2 (2)v01 2 02 1 23m共 2 解得 v0 3 (3)由于发生弹性碰撞且 A、B 质量相等,故 A、B 碰后交换速度,等同于 A 与 C相对静止一起向前加速,B向前减速,刚好不滑下木板时,三者达到共同速度 由动量守恒有 mv0=3mv共 且有 mgL总=1 2mv0 2-1 23mv

30、共2 联立解得 L总= 02 3 5.(2020吉林高三模拟)如图所示,光滑轨道abcde固定在竖直平面内,abc段是以O 为圆心、半径R=0.1 m的一小段圆弧,de段水平,该段轨道上放着质量分别为 mA=2 kg、mB=1 kg的物块A、B(均可视为质点),A、B间系一轻质细绳且夹一轻 质弹簧,细绳长度大于弹簧的自然长度,弹簧与A、B均可分离;轨道右侧的光滑水 平地面上停着一质量M=2 kg、长L=0.6 m的小车,小车上表面与de等高。用手推 A、B压缩弹簧,静止时弹簧的弹性势能Ep=12 J,然后同时放开A、B,绳在短暂时 间内被拉断,之后A向左冲上轨道,经过轨道最高点b时受到轨道的支

31、持力大小等 于其重力的 ,B向右滑上小车。已知B与小车之间的动摩擦因数满足 0.30.6,g取10 m/s2。 求:(1)绳拉断后瞬间A的速度vA的大小; (2)绳拉断过程绳对B的冲量的大小; (3)B相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有)。 3 4 答案 (1)1.5 m/s (2)1 kg m/s (3)若0.30.5,Q1=6 J;若0.50.6,Q2=3 J 解析 (1)A 物块在被绳拉断后,沿光滑轨道到达最高点 b 的过程,由动能定理: -mAgR=1 2mA 2 1 2mA 2 在 b 点,由牛顿第二定律: mAg-3 4mAg=mA 2 联立解得 vA= 9

32、2 =1.5 m/s (2)弹簧弹开A和B的过程,满足动量守恒:0=mAv1-mBv2 联立解得v1=2 m/s,v2=4 m/s 绳拉断过程,对A由动量定理:I=mAvA-mAv1=-1 kg m/s 绳拉断过程拉力等大,时间相等,故绳对B的冲量大小为I=1 kg m/s 系统的弹性势能转化为动能,系统的机械能守恒:Ep=1 2mA1 2 + 1 2mB2 2 (3)对B由动量定理:-I=mBvB-mBv2 解得vB=3 m/s 此后B滑上小车,若当B刚好滑到小车右端时共速,设速度为v, 由系统的动量守恒:mBvB=(mB+M)v 联立解得=0.5 当满足0.30.5时,B和小车不能共速,B

33、将从小车的右端滑落,B和小车 因摩擦而产生的热量为Q1=mBgL=6 J 当满足0.50.6时,B和小车能共速且速度为v,B和小车因摩擦而产生的 由能量守恒定律:mBgL=1 2mB 2 1 2(mB+M)v 2 热量为 Q2=1 2mB 2 1 2(mB+M)v 2=3 J 6.(2020天津卷)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静 止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通 过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰, 碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点。不计空 气阻力,重力加速度为g,求 (1)A

34、受到的水平瞬时冲量I的大小; (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大? 答案 (1)m1 5 (2)5(2 1+2)2 22 解析 (1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设 A 在 最高点时的速度大小为 v,由牛顿第二定律,有 m1g=m1 2 A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设 A 在最低点的速度大小为 vA,有 1 2m1 2 = 1 2m1v 2+2m1gl 由动量定理,有 I=m1vA 联立式,得 I=m1 5 (2)设两球粘在一起时的速度大小为v,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹 的最高点,需满足v=vA 要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方 向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为vB,由动量守恒定律,有 m2vB-m1vA=(m1+m2)v 又 Ek=1 2m2 2 联立式,得碰撞前瞬间 B 的动能 Ek至少为 Ek=5(2 1+2)2 22