【物理】2020届二轮复习专题五能量和动量作业
专题五 能量和动量
高考命题规律
2020年高考必备
2015年
2016年
2017年
2018年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
考点一
功、功率 动能定理及其应用
17
19
16
14、24
14
14
19、25
21
24、25
17、
24、25
考点二
机械能守恒定律及其应用
21
24
17
21
考点三
功能关系 能量守恒定律
21
25
25
24
16
18
25
18
考点四
动量定理 动量守恒定律
35(2)
35(2)
35(2)
35(2)
35(2)
14
20
24
15、24
16、25
25
25
考点五
实验:1.探究动能定理
实验:2.验证机械能守恒定律
22
实验:3.验证动量守恒定律
考点一 功、功率 动能定理及其应用
命题角度1功的计算
高考真题体验·对方向
(多选)(2016全国Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( )
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案BD
解析设所受阻力为Ff,根据题意Ff=kr.根据牛顿第二定律,mg-Ff=ma,a=g-krm=g-krρ·4π3r3=g-3k4πρr2,r越大,a越大,两小球密度相同,m甲>m乙,所以r甲>r乙,故a甲>a乙,C选项错误;物体在空中的运动时间t=2ha,h相同,所以t甲
v乙,B选项正确;物体下落过程中克服阻力做功Wf=Ff·h=kr·h,所以Wf甲>Wf乙,D选项正确.
总功的计算方法
(1)用动能定理W=ΔEk或功能关系W=ΔE,即用能量的变化量等效替代合力所做的功.(也可计算变力功)
(2)总功等于合外力的功.
先求出物体所受各力的合力F合,再根据W总=F合lcos α计算总功,但应注意α应是合力与位移l的夹角.
(3)总功等于各力做功的代数和.
分别求出每一个力做的功:W1,W2,W3,…,再把各个外力的功求代数和,即W总=W1+W2+W3+….
典题演练提能·刷高分
1.(多选)(2019山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合外力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
答案ABC
解析由题意知物体开始做匀速直线运动,故拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=Fmg=0.35,选项A正确;减速过程由动能定理得WF+WFf=0-12mv2,根据F-x图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,选项B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D错误.
2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内,一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点.现给小球一个瞬时水平打击力,使小球沿轨道在竖直平面内运动.当小球运动重新回到A点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力.经过二次击打后,小球才能够通过轨道的最高点,已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W,则W的值可能为( )
A.12mgR B.34mgR
C.57mgR D.mgR
答案BCD
解析小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿第二定律可得:mg≤mv2R,所以小球的机械能E=2mgR+12mv2≥52mgR;小球在运动过程中始终未脱离轨道,且必须经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R,所以有W≤mgR,W+3W≥52mgR,所以,58mgR≤W≤mgR,故BCD正确,A错误,故选BCD.
3.如图所示,水平平台上放置一长为L、质量为m的均匀木板,板右端距离平台边缘为s,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为( )
A.μmg(L+s) B.μmgL2+s
C.μmg(L-s) D.μmg3L4+s
答案B
解析要使板脱离平台,即让板的重心脱离平台,则板运动的距离为L2+s,需要克服摩擦力做功为Wf=μmgL2+s,即推力做功的最小值为μmgL2+s,故B正确,ACD错误.
4.一物体由静止开始运动,其加速度a与位移x关系图线如图所示.下列说法正确的是( )
A.物体最终静止
B.物体的最大速度为2ax0
C.物体的最大速度为3ax0
D.物体的最大速度为32ax0
答案C
解析由a-x图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,到2x0位置时速度最大,A错误;设最大速度为v,根据动能定理得ma0x0+12ma0x0=12mv2,解得v=3ax0,C正确.
命题角度2功率的计算
高考真题体验·对方向
(多选)(2018全国Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,( )
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
答案AC
解析由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t0,上升所用时间之比为2t0∶2.5t0=4∶5,A选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,根据牛顿第二定律,最大牵引力Fm-mg=ma,最大牵引力相等,B选项错误;最大输出功率为Pm=Fm·vm,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C选项正确;设整个过程中电机所做的功为W,根据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D选项错误.
机车启动中的三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm=PFmin=PF阻(式中Fmin为最小牵引力,其值等于阻力F阻).
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=PFv1+v22,故D错误.
3.将一小球从某高处水平抛出,最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示,不计空气阻力,g取10 m/s2.根据图象信息,下列说法正确的是( )
A.小球的质量为1.25 kg
B.小球2 s末的速度为20 m/s
C.小球在最初2 s内下降的高度为40 m
D.小球2 s末所受重力的瞬时功率为25 W
答案D
解析小球运动过程只受重力作用,小球做平抛运动;设小球的初速度为v0,则2 s末的速度为:v2=v02+(gt)2=v02+(20)2(m/s);根据图象可知,小球的初动能Ek0=12mv02=5 J,2 s末的动能Ek2=12mv22=30 J,计算得出:m=0.125 kg,v0=45 m/s,v2=430 m/s,故A、B错误;小球做平抛运动,故竖直方向为自由落体运动,小球在最初2 s内下降的高度为h=12gt2=20 m,故C错误;小球在最初2 s末的竖直分速度为gt=20 m/s,故2 s末重力对小球做功的瞬时功率P=mg·vy=0.125×10×20 W=25 W,所以D正确.
4.一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是( )
答案A
解析假设刚开始汽车先加速,因为此段汽车发动机功率恒定为P1,所以由P1=Fv可知,随速度增大,牵引力减小,于是由牛顿第二定律知加速度减小,所以此段为斜率减小的曲线.接着,当牵引力与阻力相等时汽车匀速前进,速度为v=P1Ff.在t1时刻,发动机功率减小为P2时,瞬间牵引力减小,使汽车减速,且加速度逐渐减小,最终匀速前进的速度为v=P2Ff,故A正确,B、D项错误.假设刚开始汽车先匀速前进,速度为v=P1Ff,则在t1时刻,发动机功率减小为P2时,瞬间牵引力减小,使汽车减速;而又因为汽车具有惯性,所以速度不可能突变,故C错误.
5.(多选)总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P.司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到23P并保持该功率继续行驶.设汽车行驶过程中所受阻力大小不变.从司机减小油门开始,汽车的v-t图象如图,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为x.汽车因油耗而改变的质量可忽略.则在该过程中,下列说法正确的是( )
A.汽车再次匀速运动时速度大小为2v03
B.t=0时刻,汽车的加速度大小为P3mv0
C.汽车的牵引力不断减小
D.经历的时间为3x2v0-5mv0212P
答案ABD
解析开始汽车做匀速直线运动,阻力Ff=Pv0,汽车功率立即减小到23P并再次匀速运动时牵引力仍然等于Pv0,所以v'=23P·v0P=23v0,所以A正确;t=0时刻,汽车的牵引力F=2P3v0=2P3v0,根据牛顿第二定律得,汽车的加速度大小a=Ff-Fm=Pv0-2P3v0m=P3mv0,所以B正确;在0~t1时间内,汽车做减速运动,速度减小,功率不变,根据P=Fv知,牵引力不断增大,故C错误;根据动能定理知,23Pt1-Wf=12m23v02-12mv02,其中克服阻力做功:Wf=Ffx,所以经历的时间为t1=3x2v0-5mv0212P,所以D正确.
命题角度3动能的计算、动能定理的应用
高考真题体验·对方向
1.
(2019全国Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
答案C
解析根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36 J,Ek1=72 J,h=3 m
在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m
联立求得m=1 kg
故选C.
2.
(2018全国Ⅱ·14)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定( )
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
答案A
解析设拉力、克服摩擦力做功分别为WT、Wf,木箱获得的动能为Ek,根据动能定理可知,WT-Wf=Ek,则Ekvm,A正确;从A→C过程中,速度从零到零,则动能变化量为零,所以小球和物块的重力势能的减小等于弹簧弹性势能的增加,|ΔEGp|=|ΔEp|,而|ΔEGp|=Mgh-(2-1)mgh,所以|ΔEp|=(m+M-2m)gh,B、D正确;从A→C过程中,速度从零到
零,故动能先增大后减小,而EGp+Ep+Ek恒定,所以EGp+Ekp先减小后增大,C错误.
4.
如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A、B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g,开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A、B由静止释放,下列说法正确的是( )
A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减小
B.物块A经过C点时的速度大小为2gh
C.物块A在杆上长为22h的范围内做往复运动
D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
答案B
解析物块A由P点出发第一次到达C点过程中,绳子拉力对A做正功,动能不断增大,速度不断增大,故A错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,由速度分解可知此时B的速度为0.根据系统的机械能守恒得:mghsin30°-h=12mv2,得v=2gh,故B正确;由几何知识可得AC=3h,因为AB组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动,所以C错误;到C点时B的速度为零,则根据功能关系可以知道,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,故D错误.
考点三 功能关系 能量守恒定律
命题角度1常见功能关系的理解
高考真题体验·对方向
1.(多选)(2019全国Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
答案AD
解析本题考查机械能、重力势能、动能及E-h图象的理解和应用.由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100 J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100 J.当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4 m,这时mgh=E,所以m=Egh=8010×4 kg=2 kg,A正确.根据Ek0=12mv02,v0=2Ek0m=2×1002 m/s=10 m/s,B错误.从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点的整个过程中,共损失了20 J的机械能,按照比例上升2 m时,机械能损失了10 J.因此当h=2 m时,物体的动能Ek=100 J-40 J-10 J=50 J,C错误.当h=0时,Ek0=100 J,当h=4 m时,Ek4=0,所以从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J,D正确.
2.
(2018全国Ⅰ·18)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点.一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )
A.2mgR B.4mgR
C.5mgR D.6mgR
答案C
解析
根据功能关系,除重力之外的力做的功等于机械能的变化.从a→c,水平外力做的功为WF=mg·3R,根据动能定理mg·3R-mgR=12mvc2,vc=2gR,方向竖直向上,当竖直方向速度变为零时,到达轨迹最高点d,由c到d所用时间t=vcg=2Rg.小球通过c点时,水平方向做ax=Fm=g的匀加速直线运动,小球运动到最高点d时水平位移xc d=12axt2=2R,所以整个过程水平拉力做功为mg·(2R+3R)=5mgR,故C正确.
3.(2017全国Ⅰ·24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
答案(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0=12mv02①
式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得
Ek0=4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为
Eh=12mvh2+mgh③
式中,vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小.由③式和题给数据得
Eh=2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能为
Eh'=12m(2.0100vA)2+mgh'⑤
由功能原理得
W=Eh'-Ek0⑥
式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得
W=9.7×108 J⑦
功、能的对应关系
功
能量改变
关系式
W合:合外力的功(所有外力的功)
动能的改变量(ΔEk)
W合=ΔEk
WG:重力的功
重力势能的改变量(ΔEp)
WG=-ΔEp
W弹:弹簧弹力做的功
弹性势能的改变量(ΔEp)
W弹=-ΔEp
W其他:除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功
机械能的改变量(ΔE)
W其他=ΔE
Ff·Δs:一对滑动摩擦力做功的代数和
因摩擦而产生的内能(Q)
Ff·Δs=Q(Δs为物体间的相对位移)
W电:电场力做的功
电势能的改变量(ΔEp)
W电=-ΔEp
W分:分子力做的功
分子势能的改变量(ΔEp)
W分=-ΔEp
典题演练提能·刷高分
1.如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度a=g4,在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能
B.下滑过程中系统减少的机械能为mgh2
C.运动员获得的动能为mgh4
D.运动员克服摩擦力做功为mgh4
答案B
解析若物体不受摩擦力,则加速度应为a'=gsin 30°=12g,而现在的加速度小于12g,故运动员应受到摩擦力,故减少的重力势能有一部分转化为了内能,故A错误;运动员下滑的距离L=hsin30°=2h,由运动学公式v2=2aL=2·g4·2h=gh,动能为Ek=12mv2=12mgh,故C错误;由动能定理可知mgh-Wf=12mv2,解得Wf=12mgh,故D错误;机械能的减小量等于阻力所做的功,故下滑过程中系统减少的机械能为12mgh,故B正确.
2.(多选)如图所示,半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切,质量均为m的小球A、B用轻杆连接,置于圆轨道上,A位于圆心O的正下方,B与O点等高.某时刻将它们由静止释放,最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )
A.下滑过程中重力对B做功的功率一直增大
B.当B滑到圆轨道最低点时的速度为gR
C.整个过程中轻杆对A做的功为12mgR
D.下滑过程中B的机械能增加
答案BC
解析因为初位置速度为零,则重力的功率为0,最低点速度方向与重力的方向垂直,重力的功率为零,可知重力的功率先增大后减小,A错误;A、B小球组成的系统,在运动过程中,机械能守恒,设B到达轨道最低点时速度为v,根据机械能守恒定律得12(m+m)v2=mgR,解得v=gR,B正确;下滑过程中,B的重力势能减小ΔEp=mgR,动能增加量ΔEk=12mv2=12mgR,所以机械能减小12mgR,故D错误;对A整个过程中,根据动能定理得W=12mv2=12mgR,故C正确.
3.(多选)(2019山东莱芜模拟)如图所示,水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可视为质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道与物块间的动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零,则( )
A.拉力F所做功为nFl
B.系统克服摩擦力做功为n(n-1)μmgl2
C.F>nμmg2
D.nμmg>F>(n-1)μmg
答案BC
解析物块1的位移为(n-1)l,则拉力F所做功为WF=F·(n-1)l=(n-1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功为Wf=μmg·l+…+μmg·(n-2)l+μmg·(n-1)l=n(n-1)μmgl2,选项B正确;根据题意,连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零,假设细线绷紧瞬间系统没有动能损失,由动能定理有WF=Wf,解得
F=nμmg2,实际由于细线绷紧瞬间系统有动能损失,所以根据功能关系可知F>nμmg2,选项C正确、D错误.
4.(多选)(2019辽宁大连渤海高中模拟)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中( )
A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-12μmga
B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-32μmga
C.经O点时,物块的动能小于W-μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案BC
解析如果没有摩擦力,则O点应该在AB中间,由于有摩擦力,物体从A到B过程中有机械能损失,O点靠近B点.故OA>a2,此过程物体克服摩擦力做功大于12μmga,所以物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W-12μmga,选项A错误;由A分析得物块从开始运动到最终停在B点,路程大于32μmga,故整个过程物体克服阻力做功大于32μmga,故物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-32μmga,选项B正确;从O点开始到再次到达O点,物体路程大于a,故由动能定理得,物块的动能小于W-μmga,选项C正确;物块动能最大时,弹力等于摩擦力,而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知,故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知,故此两位置弹性势能大小关系不好判断,选项D错误.
命题角度2(储备)摩擦力做功与能量转化的关系
【典题】(多选)如图所示,斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同,底端位于同一水平面上,斜面1与曲面2的底边长度相同.一可视为质点物体与三个面间的动摩擦因数相同,当物体由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中,物体减少的机械能分别为ΔE1、ΔE2、ΔE3,到底端时的速率分别为v1、v2、v3,下列判断正确的是( )
A.ΔE1=ΔE2>ΔE3
B.ΔE2>ΔE1>ΔE3
C.v1=v2Wf3;把曲线2分成无数小段,如不考虑向心力,则物体在每小段运动中摩擦力所做的功只与该小段的水平距离有关,累积求和后与物体沿线段1运动中做的功相等,但考虑到物体在曲线2上运动时,需要向心力,则支持力应比不考虑向心力时偏大,导致摩擦力偏大,所以做功应偏多,即Wf2>Wf1.物体损失的机械能等于摩擦力做功大小,则A错误,B正确;三种情况下重力做功一样多,则克服摩擦力做功大的末动能小,末速度就小,所以C错误,D正确,故选BD.
两种摩擦力做功特点的辨析
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量
的转
在静摩擦力做功的过程中,只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)而没有机械能转化为其他形式的能量
(1)相互摩擦的物体通过滑动摩擦力做功,将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)滑动摩擦力将部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量
化方
面
一对
摩擦
力的
总功
方面
一对静摩擦力所做功的代数总和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功,等于摩擦力与相对路程的乘积,即Wf=Ff·s相对,表示物体克服摩擦力做功,系统损失机械能转变成内能
相同点
做功
性质
两种摩擦力对物体都可以做正功、负功,还可以不做功
典题演练提能·刷高分
1.如图所示,固定斜面AB和CB与水平面均由一小段光滑圆弧连接,倾角分别为α、β,OB=h.细线一端固定在竖直挡板上,另一端系一质量为m的小物块,在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接),烧断细线,小物块被弹出,滑上斜面AB后,恰好能运动到斜面的最高点,已知AD=L,小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则( )
A.弹簧对小物块做功为μmgL
B.斜面摩擦力对小物块做功为μmghsinα
C.细线烧断前,弹簧具有的弹性势能为mgh+μmghtanα+L
D.撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,将沿斜面CB上滑并从B点飞出去
答案C
解析由功能关系可知,弹簧对小物块做功为W=μmgL+μmgcos α·hsinα+mgh=mgh+μmgL+htanα,细线烧断前,弹簧具有的弹性势能为Ep=mgh+μmgL+htanα,选项A错误,C正确;斜面摩擦力对小物块做功为Wf=μmgcos α·hsinα=μmghtanα,选项B错误;撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,则弹簧的弹性势能不变,此时由能量关系可知,Ep=mgh+μmgL+htanα=mgh+μmg·OD,物块也恰能到达B点,选项D错误.故选C.
2.
(多选)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板,风垂直吹向钢板,在钢板由静止开始下落的过程中,作用在钢板上的风力恒定.用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率,关于它们随下落高度h或下落时间t的变化规律,下列四个图象中正确的是( )
答案AC
解析钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力FN和滑动摩擦力Ff,因为风力恒定,则由平衡条件得知,墙对钢板的支持力恒定,钢板所受的滑动摩擦力恒定,故钢板匀加速下滑.设钢板的质量为m,根据动能定理得:Ek=(mg-Ff)h,可以知道Ek与h成正比,A正确;设钢板开始时机械能为E0,钢板克服滑动摩擦力做功等于其机械能减小的量,则E=E0-Ffh=E0-12Ffat2,则知E与t是非线性关系,图象是曲线,故B错误;钢板做匀加速运动,则有v=at,v与t成正比,C正确;重力的功率P=mgv=mg2ah,则知P与h是非线性关系,图象是曲线,D错误.
3.如图所示,足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度匀速前进,上方漏斗以每秒25 kg的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上,然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2,欲使传送带保持原来的速度匀速前进,则传送带的电动机应增加的功率为( )
A.200 W B.50 W
C.100 W D.25 W
答案C
解析在1 s内落到传送带上煤的质量为Δm,这部分煤因为摩擦力Ff的作用被传送带加速,由功能关系得,Ffx=Δmv22.煤块在摩擦力作用下加速前进,因此有x=0+v2t=vt2.传送带的位移x传=vt,相对位移Δx=x传-x=x,由此可以知道煤的位移与煤和传送带的相对位移相同,因此摩擦生热为Q=FfΔx=Δmv22.传送带需要增加的能量分为两部分:第一部分为煤获得的动能,第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度.所以传送带1 s内增加的能量ΔE=Δmv22+FfΔx=25×22 J=100 J.
电动机应增加的功率P=ΔEt=1001 W=100 W,C正确.
4.一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的34圆弧固定在竖直平面内,O、B两点在同一条竖直线上,如图所示.一质量为m的小球自A口的正上方距A口高度为h处无初速释放,小球从B口出来后恰能落到A口,小球可视为质点,重力加速度大小为g.求:
(1)小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN;
(2)小球从释放至到达B口的过程中,其与圆管内壁间因摩擦产生的热量Q.
答案(1)12mg (2)mgh-54mgR
解析(1)设小球通过B口时的速度大小为v,由平抛运动规律有:
R=vt,R=12gt2
解得:v=2gR2
由于vμMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有12MvB2≤Mgl
联立①②⑩式得53m≤M<52m
应用能量守恒定律的解题步骤
1.明确研究对象和研究过程,了解对应的受力情况和运动情况.
2.分析有哪些力做功,相应的有多少形式的能参与了转化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等.
3.明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.
4.列出能量转化守恒关系式:ΔE减=ΔE增,求解未知量,并对结果进行讨论.
典题演练提能·刷高分
1.2018年2月13日,平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中,我国选手刘佳宇荣获亚军,为我国夺得首枚奖牌.如图为U型池模型,其中A、B为U型池两侧边缘,C为U型池最低点,U型池轨道各处粗糙程度相同.一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为h2,下列说法正确的是( )
A.小球再次进入池中后,能够冲出左侧边缘A然后返回
B.小球再次进入池中后,刚好到达左侧边缘A然后返回
C.由A到C过程与由C到B过程相比,小球损耗机械能相同
D.由A到C过程与由C到B过程相比,前一过程小球损耗机械能较小
答案A
解析小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为h2,此过程损失的机械能为12mgh;小球再次返回时,平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率,则平均摩擦力要小,克服阻力做功小于上一次,则阻力做的功小于12mgh;故小球再次进入池中后,能够冲出左侧边缘A然后返回,所以A正确、B错误;由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率,平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力,前一过程小球损耗机械能较大,故C、D错误.
2.(多选)如图所示,一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上,另一端与质量为m的滑块P连接,P穿在杆上,一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来,重物Q的质量M=6m,把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆向上运动,当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等,已知OA
与水平面的夹角θ=53°,OB长为L,与AB垂直,不计滑轮的摩擦力,重力加速度为g,滑块P从A到B的过程中,说法正确的是( )
A.对于滑块Q,其重力功率先增大后减小
B.滑块P运动到位置B处速度达到最大,且大小为43gL3
C.轻绳对滑块P做功4mgL
D.P与Q的机械能之和先减小后增加
答案AC
解析物块Q释放瞬间的速度为零,当物块P运动至B点时,物块Q的速度也为零,所以当P从A点运动至B点时,物块Q的速度先增加后减小,物块Q的重力的功率也为先增加后减小,A正确;由于物块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等,所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力,运动至B点时受到向下的弹力,物块P从A点到B点过程中,必定先加速后减速,B错误;从A点到B点过程中,对于PQ系统由动能定律可得6mgLcos53°-L-mgL·tan θ=12mv2,对于P由动能定理可得W-mgL·tan θ=12mv2,联立解得W=4mgL,C正确;对于PQ系统,竖直杆不做功,系统的机械能只与弹簧对P的做功有关,从A到B的过程中,弹簧对P先做正功,后做负功,所以系统的机械能先增加后减小,D错误.
3.
(多选)如图所示,水平面上固定一倾角为θ=30°的斜面,一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,上端连接一质量m=2 kg的物块(视为质点),开始时物块静止在斜面上A点,此时物块与斜面的摩擦力恰好为零,现用一沿斜面向上的恒力F=20 N作用在物块上,使其沿斜面向上运动,当物块从A点运动到B点时,力F做的功W=4 J,已知弹簧的劲度系数k=100 N/m,物块与斜面的动摩擦因数μ=35,g取10 m/s2,则下列结论正确的是( )
A.物块从A点运动到B点的过程中,重力势能增加了4 J
B.物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能为1.2 J
C.物块经过B点时的速度大小为255 m/s
D.物块从A点运动到B点的过程中,弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
答案BC
解析施加F前,物块静止,弹簧被压缩,由平衡条件得kx1=mgsin θ,求得x1=0.1 m,力F做功W=Fx,求得x=0.2 m,所以物块到B点时,弹簧伸长x2=0.1 m,可知重力势能增加mgxsin θ=2 J,物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等,故A、D错误;物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能等于克服摩擦力做的功,即Q=μmgcos θ·x=1.2 J,B正确;由动能定理有:WF-mgxsin θ-μmgcos θ·x=12mv2-0,求得v=255 m/s,C正确.
4.
(2019山东滕州模拟)如图所示,水平传送带A、B两轮间的距离L=40 m,离地面的高度H=3.2 m,传送带以恒定的速率v0=2 m/s沿顺时针方向匀速运动.两个完全相同的滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与滑块P、Q不拴接),用一轻绳把滑块P、Q拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内),使弹簧处于最大压缩状态.现将滑块P、Q轻放在传送带的最左端,滑块P、Q一起从静止开始运动,t1=4 s时轻绳突然断开,很短时间内弹簧伸长至自然长度(不考虑弹簧长度的影响),此时滑块P速度反向,滑块Q的速度大小刚好是滑块P的速度大小的两倍.已知滑块P、Q的质量均为m=0.2 kg,滑块P、Q与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能;
(2)滑块P、Q落地的时间差;
(3)滑块P、Q在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量.
答案(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J
解析(1)滑块P、Q在传送带上的加速度大小
a=μg=1 m/s2
滑块P、Q从静止到与传送带共速所需时间t0=v0a=2 s
滑块P、Q共同加速的位移大小
x0=12at02=2 mx1=6 m,即滑块P速度没有减小到0时,已经到达了A端
滑块P运动到A端时的速度大小
|vP'|=vP2-2ax1=2 m/s
滑块P运动的时间t4=|vP|-|vP'|a=2 s
滑块P、Q落地时间差Δt=t2+t3-t4=6 s.
(3)滑块P、Q共同加速阶段由于摩擦产生的热量为Q1=2μmg(v0t0-x0)=0.8 J
分离后滑块Q向右运动阶段由于摩擦产生的热量为Q2=μmg(x2-v0t2)=3.6 J
分离后滑块P向左运动阶段由于摩擦产生的热量为Q3=μmg(x1+v0t4)=2 J
全过程产生的总热量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J
5.如图所示,竖直平面内放一直角杆,杆的各部分均光滑,水平部分套有质量为mA=3 kg的小球A,竖直部分套有质量为mB=2 kg 的小球B,A、B之间用不可伸长的轻绳相连.在水平外力F的作用下,系统处于静止状态,且OA=3 m,OB=4 m,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求水平拉力F的大小和水平杆对小球A弹力FN的大小;
(2)若改变水平力F大小,使小球A由静止开始,向右做加速度大小为4.5 m/s2的匀加速直线运动,求经过23 s拉力F所做的功.
答案(1)15 N 50 N (2)49.5 J
解析(1)设静止时绳子与竖直方向夹角为θ,则由已知条件可知cos θ=45.
对B进行隔离可知FTcos θ=mBg
解得FT=mBgcosθ=25 N
对A进行分析得F=FTsin θ=15 N
对A、B整体进行分析,竖直方向
FN=(mA+mB)g=50 N
(2)经过t=23 s,小球A向右的位移x=12at2=1 m,此时绳子与水平方向夹角为θ,
小球A的速度为vA=at=3 m/s.
A、B两小球沿绳方向速度大小相等:vAcos θ=vBsin θ
解得vB=vAcot θ=4 m/s.
B上升的高度h=x=1 m
由能量守恒得WF=ΔEp+ΔEk=mBgh+12mAvA2+12mBvB2=49.5 J
考点四 动量定理 动量守恒定律
命题角度1动量 动量定理
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·16)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
答案B
解析对喷出的气体进行研究,根据动量定理有Ft=mv-0,m=Ftv=4.8×106×13 000 kg=1.6×103 kg, 故选B.
2.(2018全国Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害,若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A.10 N B.102N C.103N D.104 N
答案C
解析不考虑空气阻力的影响,设鸡蛋落地速度为v,有mgh=mv22,每层楼高约3 m,则h=24×3 m=72 m,设竖直向上为正方向,对鸡蛋冲击地面过程,根据动量定理,有Ft-mgt=0-(-mv),由于冲击时间很短,所以忽略鸡蛋重力的冲量,解得F≈1×103 N,即鸡蛋对地面的冲击力约为103 N,选项C正确.
3.
(多选)(2017全国Ⅲ·20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示,则( )
A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
答案AB
解析根据动量定理Ft=m×Δv得,t=1 s时物块的速率为1 m/s,A正确;t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s,B正确;t=3 s时物块的动量大小为前3 s内图线与时间轴所围成图形的“总面积”,S=2×2 N·s-1×1 N·s=3 N·s,故t=3 s时物块的动量大小为3 kg·m/s,C错误;由于前4 s内图线与时间轴所围成图形的“总面积”不为零,故冲量不为零,速度不为零,D错误.
4.(2016全国Ⅰ·35)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.
答案(1)ρv0S (2)v022g-M2g2ρ2v02S2
解析(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV①
ΔV=v0SΔt②
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
ΔmΔt=ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm)v02④
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得
F=Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h=v022g-M2g2ρ2v02S2⑧
应用动量定理处理流体问题的基本思路
(1)在极短时间Δt内,取一小柱体作为研究对象.
(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt
(3)求小柱体质量Δm=ρΔV=ρvSΔt
(4)求小柱体的动量变化Δp=vΔm=ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt=Δp
典题演练提能·刷高分
1.
(2019山东济南调研)如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是圆环在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿滑轨MP、QN运动到圆环上的过程中,下列说法中正确的是( )
A.合力对两滑块的冲量大小相同
B.重力对a滑块的冲量较大
C.弹力对a滑块的冲量较小
D.两滑块的动量变化大小相同
答案C
解析题图所示是“等时圆”模型,即两滑块同时到达圆环上.合力F=mgsin θ(θ为滑轨与水平方向的倾角),由题图可得,Fa>Fb,因此合力对a滑块的冲量较大,a滑块的动量变化也大,A、D错误;重力对两滑块的冲量大小、方向都相同,B错误;弹力FN=mgcos θ,FNa<FNb,因此弹力对a滑块的冲量较小.故选项C正确.
2.(多选)在2016年里约奥运跳水比赛中,中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌.假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起,跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H,入水后受水阻力而速度减为零,不计跳水运动员水平方向的运动,运动员入水后到速度为零时重心下降h,不计空气阻力,重力加速度为g,则( )
A.运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为mv02+2gH+mv0
B.水对运动员阻力的冲量大小为mv02+2gH
C.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H+h)+12mv02
D.运动员克服水的阻力做功为mgH+12mv02
答案AC
解析运动员入水时的速度为v,由动能定理得mgH=12mv2-12mv02,运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为动量的增量mv-(-mv0)=mv02+2gH+mv0,A正确;水对运动员阻力与重力的冲量之和大小为I=mv=mv02+2gH,B错误;运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为重力势能减小量与动能减小量之和,大小为mg(H+h)+12mv02,C正确;运动员克服水的阻力做的功等于运动员的机械能的减少量,D错误.
3.使用无人机植树时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质包进一个很小的荚里.播种时,在离地面10 m高处、以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中,播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出,荚进入地面下10 cm 深处完成一次播种.已知荚的总质量为20 g,不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用,g取10 m/s2,则( )
A.射出荚的过程中,播种器对荚做的功为2.5 J
B.离开无人机后,荚在空中运动的时间为2 s
C.土壤对荚冲量的大小为32 kg·m/s
D.荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.52 N
答案D
解析播种器对荚做的功为荚增加的动能,故为W=12mv2=12×0.02×52 J=0.25 J,A错误;离开无人机后,在竖直方向上荚做初速度为5 m/s,加速度为g的匀加速直线运动,根据位移时间公式10=5t+12gt2,解得t=1 s(-2 s舍去),B错误;荚落地时竖直方向下的速度为vy=5 m/s+10×1 m/s=15 m/s,水平方向上的速度v0=15 m/s,故荚落地时的速度大小为v=v02+vy2=152 m/s,进入土壤后,速度为零,故I=0-mv=-0.32 kg·m/s,即冲量大小为0.32 kg·m/s,C错误;荚进入土壤后,竖直方向上做减速运动,末速度为零,位移为10 cm=0.1 m,根据位移速度公式可得0.1=vy22a,进入土壤后的时间为t=vya,联立解得t=175 s,根据动量定理可得Ft=0-mv,解得F=-mvt=-0.32175 N=-22.52 N,即平均阻力大小为22.52 N,D正确.
4.如图所示,一辆小型货车静止在水平地面上,车厢底板离地面的高度为h=1.25 m.车上有一可视为质点的货物,距车箱尾部的距离为l=1 m,货物与车厢底板间的动摩擦因数μ=0.2,司机发动货车从静止以恒定加速度行驶距离为x0=5 m时,发现货物从车尾部滑落(落地无弹跳),司机便立即刹车直至停止去捡拾货物.已知货车行驶过程中受地面的摩擦力恒为车对地面正压力的0.2,重力加速度g取10 m/s2,若不计司机的反应时间和空气阻力,求:
(1)货物滑落时,车和货物的速度大小;
(2)车停止时,货物落地点到车尾的水平距离.
答案(1)5 m/s 4 m/s (2)4.25 m
解析(1)因车恒定加速运动,设车的水平牵引力为F,货物与车板间的摩擦力为Ff1
车受地面的摩擦力为Ff2,自车启动至货物滑落经历的时间为t,货物滑落时车的速度为v1,货物的速度为v2,车与货物的质量分别为m1、m2,由动能定理得,
对车有(F-Ff2-Ff1)x0=12m1v12
对货物有Ff1(x0-l)=12m2v22
由动量定理得,
对车有(F-Ff2-Ff1)t=m1v1
对货物有Ff1t=m2v2
可以得到(F-Ff2-Ff1)x0Ff1(x0-l)=m1v12m2v22
(F-Ff2-Ff1)Ff1=m1v1m2v2
对货物有Ff1=μm2g=m2a2,v22=2a2(x0-l)
联立可以得到v1=5 m/s,v2=4 m/s.
(2)货物滑落离开车后做平抛运动,设落地时间为t1,水平方向的位移为x1,则有:
x1=v2t1,h=12gt12,得到t1=0.5 s,x1=2 m.
货物离开车后,设车的加速度为a,从刹车到停止运动的位移为x2,则有:
0.2m1g=m1a,v12=2ax2,联立解得x2=6.25 m.
货物落地点到车尾的水平距离x=x2-x1=4.25 m.
命题角度2动量守恒定律
高考真题体验·对方向
1.(2017全国Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案A
解析根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向.故p=Mv1=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s.
2.(2018全国Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m,已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2.求:
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.
思路分析碰后两车均做匀减速直线运动,直到速度为零.根据牛顿第二定律可以求出两车滑行的加速度,结合两车滑动的距离,利用运动学规律可求出两车碰后的速度,利用动量守恒可以求出碰前A的速度.
答案(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB'2=2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
vA'2=2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA,两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s⑦
变质量现象、摩擦碰撞现象的分析要点
(1)“变质量现象”要用部分整体法求质量
火箭反冲运动等“变质量现象”,若满足动量守恒的条件,运动过程中任意时刻均与开始状态动量守恒.分析时要理清该时刻两部分的质量.
系统总动能增大,来源于其他形式的能量的减少.
(2)“摩擦碰撞现象”要以地面为参考系、分析临界点
两物体间因彼此间相对滑动,受滑动摩擦力作用,其相对速度逐渐减小.系统若在摩擦力方向上受合外力为0,则动量守恒.
其中的速度、位移一定以地面(或静止水面)为参考系.必要时做速度、位移的相对转换.
可综合滑动摩擦力作用下的匀变速运动规律分析相关物理量.系统总动能的减少量转化为摩擦热Q=ΔEk=μmg·Δx(Δx为两物体的相对位移).
以两物体速度矢量相同(相对速度为0)时为临界点,此时相对滑动位移最大、系统动能损失最大.
典题演练提能·刷高分
1.
(多选)(2019福建厦门高三质检)如图所示,一质量M=2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板.下列说法正确的是( )
A.A、B共速时的速度大小为1 m/s
B.在小物块A做加速运动的时间内,木板B速度大小可能是2 m/s
C.从A开始运动到A、B共速的过程中,木板B对小物块A的水平冲量大小为2 N·s
D.从A开始运动到A、B共速的过程中,小物块A对木板B的水平冲量方向向左
答案AD
解析设水平向右为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv=(M+m)v共,解得v共=1 m/s,选项A正确;设水平向右为正方向,在小物块向左减速到速度为零时,设长木板速度大小为v1,根据动量守恒定律:Mv-mv=Mv1,解得v1=1.5 m/s,所以当小物块反向加速的过程中,木板继续减速,木板的速度必然小于1.5 m/s,选项B错误;设水平向右为正方向,根据动量定理,A、B两物体相互作用的过程中,木板B对小物块A的平均冲量大小为I=mv共+mv=4 N·s,选项C错误;设水平向右为正方向,根据动量定理,A对B的水平冲量I'=Mv共-Mv=-4 N·s,负号代表与正方向相反,即向左,选项D正确.
2.(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连,它们静止在光滑水平地面上.现给物块m1一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,则下列判断正确的是( )
A.t1时刻弹簧长度最短
B.在t1~t3时间内,弹簧处于压缩状态
C.在0~t2时间内,弹簧对m1冲量的大小为m1(v0-v3)
D.m1、m2的动量满足m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v3
答案AD
解析从图象可以看出,从0到t1的过程中,m1的速度比m2的大,弹簧被压缩,t1时刻两物块达到共同速度,此后,m1的速度比m2的小,两者间距增大,弹簧的压缩量减小,所以t1时刻弹簧长度最短,故A正确.t2时刻m2的速度最大,此后m2的速度减小,弹簧被拉伸,则t2时刻弹簧恢复原长,在t1~t2时间内,弹簧处于压缩状态.t2~t3时间内,弹簧处于拉伸状态,故B错误.在0~t2时间内,弹簧对m1冲量的大小为m1(v0+v3),选项C错误;对弹簧和两物体的系统,合外力为零,则动量守恒,由动量守恒定律可知:m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v3,选项D正确.故选AD.
3.(多选)如图所示,在光滑水平面上,有一质量为M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块,都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度为2.4 m/s时,下列说法正确是( )
A.物块做减速运动
B.物块做加速运动
C.物块的速度大小为0.8 m/s
D.此过程中,系统产生的内能为7.04 J
答案BC
解析开始阶段,m向左减速,M向右减速,根据系统动量守恒定律得,当m的速度为零时,设此时M的速度为v1.
规定向右为正方向,根据动量守恒定律得:(M-m)v=Mv1
代入解得:v1≈2.67 m/s.
此后m将向右加速,M继续向右减速;当两者速度达到相同时,设共同速度为v2.规定向右为正方向,
由动量守恒定律得:(M-m)v=(M+m)v2,
代入解得:v2=2 m/s.
两者相对静止后,一起向右做匀速直线运动.
由此可知当M的速度为2.4 m/s时,m处于向右加速过程中,故A错误,B正确;
当M的速度为2.4 m/s时,由动量守恒定律得:(M-m)v=Mv3+mv4.解得v4=0.8 m/s,选项C正确;
此过程中,系统产生的内能为ΔE=12(M+m)v2-12Mv32-12mv42,代入数据解得:ΔE=23.04 J,选项D错误.
4.如图所示,质量分别为m1=0.2 kg和m2=0.8 kg的两个小球,在光滑的水平面上分别以速度v1=10 m/s、v2=2 m/s向右运动并发生对心碰撞,碰后甲球以2 m/s的速度向左运动.求:
(1)碰后乙球的速度大小;
(2)碰撞时撞击力对甲球的冲量.
答案(1)5 m/s (2)2.4 kg·m/s,方向向左
解析(1)由动量守恒m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
代入数据得v2'=5 m/s.
(2)由动量定理I=Δp
代入数据得I=2.4 kg·m/s,方向向左.
5.甲、乙两辆小车在光滑水平面沿同一直线同向行驶,甲车在前、乙车在后,速度分别为v1=1 m/s,v2=3 m/s,甲车及车上人、沙袋的总质量M=90 kg,乙车总质量也为M=90 kg,为了使两车不相撞,甲车上的人分别将车内编号为1、2、3、4…,质量分别为2 kg、4 kg、6 kg、8 kg……的沙袋依次以相对地面6 m/s的水平速度抛入乙车,至少将第几号沙袋抛入乙车后,两车不会相撞.
答案第3号沙袋
解析甲、乙两个小车组成的系统动量守恒:
Mv1+Mv2=2Mv共
v共=2 m/s
以乙车为研究对象,设接到总质量为Δm的沙袋,以两车运动的方向为正方向,则
Mv2-Δmv=(M+Δm)v共
解得Δm=11.25 kg
所以,至少将第3号沙袋抛入乙车后,两车不会相撞.
命题角度3动量与能量的综合应用
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.
(1)求物块B的质量;
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.
答案(1)3m (2)215mgH (3)119
解析(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,v12为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=m-v12+m'v'①
12mv12=12m-12v12+12m'v'2②
联立①②式得m'=3m③
(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有
mgH-Ffs1=12mv12-0④
-(Ffs2+mgh)=0-12m-v122⑤
从图(b)所给出的v-t图象可知
s1=12v1t1⑥
s2=12·v12·(1.4t1-t1)⑦
由几何关系s2s1=hH⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W=Ffs1+Ffs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=215mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcos θ·H+hsinθ
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0-12m'v'2
设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有
mgh-μ'mgcos θ·hsinθ-μ'mgs'=0
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得μμ'=119
2.(2018全国Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.
答案(1)2Emmg (2)2Emg
解析(1)由动能定理可得,烟花弹的初动能E=12mv2
此时,烟花弹的上升初速度v=2Em
当烟花弹上升速度为零时爆炸,可将此运动看成竖直上升运动.
竖直上升运动公式有v=gt,v2=2gh0
联立可解得t=2Emmg,h0=Emg
(2)规定v1竖直向上为正方向,烟花弹爆炸后的两部分速度为v1,v2
由动量守恒定律可得m2×v1-m2×v2=0
又由动能相等可得
E=12·m2·v12+12·m2·v22
联立两式解得v1=2Em
将上式代入竖直运动学公式v12=2gh1可得h1=Emg
爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h2=2Emg
3.(2016全国Ⅲ·35)如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直:a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a以初速度v0向右滑动.此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.
答案32v02113gl≤μ<v022gl
解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞,应有12mv02>μmgl①
即μ15.从而m2m1的取值范围是5121≤m2m1<5.所以C正确,A、B、D错误.
2.(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则( )
A.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J
D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4
答案AD
解析设碰后蓝壶的速度为v,碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后红壶速度为v0'=0.2 m/s,根据动量守恒定律可得mv0=mv0'+mv,计算得v=0.8 m/s,所以A正确;根据碰前红壶的速度图象可以知道红壶的加速度a=ΔvΔt=1.2-1.01 m/s2=0.2 m/s2,所以红、蓝壶静止的时刻为t=1.20.2 s=6 s,
速度图象与坐标轴围成的面积表示位移,则碰后蓝壶移动的距离为x=0.82×(6-1)m=2.0 m,故B错误;碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=12mv02-12mv0'2-12mv2=3.04 J,所以C错误;碰后蓝壶的加速度为a'=0.8-06-1 m/s2=0.16 m/s2,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为Ff∶Ff'=ma∶ma'=5∶4,所以D正确.
3.(2019陕西咸阳模拟)如图所示,相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,穿出第一块木块时的速度为25v0,已知木块的长为L,设子弹在木块中所受的阻力恒定.试求:
(1)子弹穿出第一块木块后,第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小;
(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t.
答案(1)15v0 9mv0225L (2)5L6v0
解析(1)子弹打穿第一块木块过程,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=m25v0+3mv,解得:v=15v0
对子弹与第一块木块相互作用系统,由能量守恒有FfL=12mv02-12m25v02-12·(3m)v2,解得子弹受到木块阻力:Ff=9mv0225L
(2)对子弹与第二块木块相互作用系统,由于12m25v02=2mv0225<9mv0225,则子弹不能打穿第二块木块,设子弹与第二块木块共同速度为v共,取向右为正方向,由动量守恒定律有m25v0=(m+3m)v共,解得:v共=v010
对第二块木块,由动量定理有Fft=3mv010
子弹在第二块木块中的运动时间为:t=5L6v0
4.如图所示,半径为R1=1.8 m的四分之一光滑圆弧轨道与半径为R2=0.5 m的半圆光滑封闭管轨道平滑连接并固定在竖直平面内,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0 m、质量为M=1.5 kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m1=2 kg的小物块A从四分之一圆弧顶部由静止释放,然后与静止于该圆弧底部质量为m2=1 kg的小物块B发生碰撞,二者形成一个整体C不再分开,之后从半圆管轨道底部滑上木板,木板由静止开始向左运动.当木板速度为v=2 m/s时,与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零).若重力加速度g取10 m/s2,小物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.
(1)求物块A和B碰撞过程中损失的机械能.
(2)求物块C滑到半圆管底部时所受支持力大小.
(3)若物块与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25,求物块C在台阶表面上能滑行的距离.
答案(1)12 J (2)246 N (3)4.8 m
解析(1)设小物块A滑到底部时的速度为vA,由机械能守恒有m1gR1=12m1vA2
A、B碰撞满足动量守恒定律,即
m1vA=(m1+m2)v共
设碰撞过程中损失的机械能为E机,则
E机=12m1vA2-12(m1+m2)v共2
解得E机=12 J
(2)设小物块C在半圆管底部的速度为vC,由机械能守恒定律有12(m1+m2)v共2+(m1+m2)g·2R2=12(m1+m2)vC2
物块C在半圆管底部时由牛顿第二运动定律可得
FN-(m1+m2)g=(m1+m2)vC2R2
解得FN=246 N
(3)设物块C滑上木板后,当木板速度为v=2 m/s时物块C速度为vC',由动量守恒定律有
(m1+m2)vC=(m1+m2)vC'+Mv
设物块C从滑上木板直到木板被粘住,相对木板运动的位移为Δx,由能量守恒定律有
μ(m1+m2)gΔx=12(m1+m2)vC2-12(m1+m2)vC'2-12Mv2
此时物块C到木板左端的距离为x=L-Δx
设物块C能在台阶上运动的距离为xm,由动能定理得
-μ(m1+m2)g(x+xm)=0-12(m1+m2)vC'2
联立以上方程可解得xm=4.8 m
5.如图所示,半径为R的14固定圆弧轨道竖直放置,下端与水平地面在P点相切,水平地面上静止一质量为m2=2m的物体,其左端固定有劲度系数为k的轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,已知PQ=R,物块与水平地面PQ间的动摩擦因数为μ=0.4,Q点右侧光滑.现有一质量为m1=m的物块(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,当m2固定时,m1向右运动压缩弹簧后被弹簧弹回,向左运动停止在PQ的中点,已知重力加速度为g.
(1)求m1从圆弧轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功;
(2)m2不固定时,求弹簧的最大弹性势能;
(3)求m2不固定时,m1最终停止的位置.
答案(1)25mgR (2)215mgR (3)Q点左侧118R处
解析(1)m1从圆弧轨道由静止下滑到停在PQ的中点过程中,在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为Wf
由动能定理得mgR-Wf-μmg·32R=0
解得在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功
Wf=25mgR
(2)设m1从圆弧轨道由静止下滑至Q点时速度为v0,由动能定理得mgR-Wf-μmgR=12mv02
解得v0=25gR
当弹簧有最大弹性势能时,m1和m2具有相同速度,设为v,则有m1v0=(m1+m2)v
Ep=12m1v02-12(m1+m2)v2
解得弹簧的最大弹性势能Ep=215mgR
(3)设m1与弹簧分离时,m1和m2的速度分别为v1和v2,则有m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v1=-13v0=-1325gR,负号表示方向向左.设m1最终停在Q点左侧x处,由动能定理得
-μmgx=0-12mv12
解得x=118R,即m1最终停在Q点左侧118R处.
考点五 实验:1.探究动能定理 2.验证机械能守恒定律 3.验证动量守恒定律
命题角度1(储备)探究动能定理
【典题】某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系,当地重力加速度为g.
(1)该小组成员用游标卡尺测得遮光条(如图乙所示)的宽度d= cm,用天平测得滑块与遮光条的总质量为M、钩码的质量为m.
(2)实验前需要调节气垫导轨使之水平,实验时将滑块从图示位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt=1.2×10-2 s,则滑块经过光电门时的瞬时速度v= m/s(结果保留两位有效数字).
(3)在本次实验中为了确保细线拉力所做的功与钩码重力做的功近似相等,则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间应满足 ;本实验中还需要测量的物理量是 (用文字说明并用相应的字母表示).
(4)本实验中可通过改变钩码的质量测得多组数据并作出1(Δt)2-m图象来进行探究,则下列图象中符合真实实验情况的是 .
答案(1)0.665 (2)0.55 (3)M≫m 开始滑块静止时遮光条到光电门的距离s (4)C
解析(1)由游标卡尺读数规则可得遮光条的宽度d=6 mm+0.05 mm×13=0.665 cm.
(2)滑块经过光电门时的瞬时速度为v=dΔt=0.665×10-21.2×10-2 m/s≈0.55 m/s.
(3)设细线拉力为FT,则有FT=Ma及mg-FT=ma,所以FT=MM+mmg,当M≫m时,细线拉力所做的功与钩码重力所做的功近似相等,细线拉力做的功为W=mgs,即需要测量开始滑块静止时遮光条到光电门的距离s.
(4)保持滑块与遮光条的总质量M不变,细线拉力做的功W=mgs,滑块与遮光条的动能改变量ΔEk=12Mv2,v=dΔt,联立得1(Δt)2=2gsMd2m,即1(Δt)2-m图象为过原点的倾斜直线,但当钩码的质量不能远小于滑块与遮光条的总质量时,有1(Δt)2=2gsm(M+m)d2,两式相比较可知,图象斜率将会变小,故直线末端将会发生弯曲,C正确.
“探究动能定理”实验中实验器材、实验原理的创新
(1)利用气垫导轨代替长木板,实验中不必再平衡滑块的摩擦力.
(2)研究滑块通过两光电门之间的过程中合外力做功与动能变化的关系,利用光电门测量滑块运动的速度更准确.研究对象选取滑块、挡光条和拉力传感器整体.
(3)利用力传感器测量细绳的拉力更方便.有拉力传感器后,不用满足滑块、挡光条和拉力传感器整体的质量远大于砝码盘和砝码的总质量.
典题演练提能·刷高分
1.做“探究功和速度变化的关系”实验时,有如图所示的甲、乙两套实验装置,请回答下列问题.
(1)两种实验装置都必须满足的操作是 .
A.都需要平衡摩擦力
B.小车的质量必须足够大,甲图中小车的质量要远大于橡皮筋的质量,乙图中小车的质量要远大于钩码的质量
C.木板必须是光滑的
D.所用的打点计时器都必须使用交流电源
(2)用甲图实验装置打的纸带如丙图所示,其中AG段小车做加速运动,GK段小车做匀速运动,那么应该用 (填“AG”或“GK”)段来计算小车的速度.
丙
(3)用乙图实验装置打出的纸带如丁图所示.某同学想利用BE段验证动能定理,测出纸带上AC间的距离s1,DF间的距离s2,BE间的距离s3.那么,该同学用天平分别测出小车质量M;钩码的总质量m;已知打点计时器的打点频率为f,从打B点到打E点的过程中,合力对小车做的功是 ,小车动能的增量是 .(用题中的物理量符号表示)
丁
答案(1)AD (2)GK (3)mgs3 18Mf2(s22-s12)
解析(1)木板可以不光滑,但需要平衡摩擦力,A正确,C错误;乙实验中认为钩码的重力等于小车受的合外力,故小车的质量要远大与钩码的质量,但甲实验中不用,B错误;打点计时器使用交流电,D正确.
(2)甲实验中小车最终匀速运动,应取GK段计算小车的速度.
(3)合力做的功W=mgs3,vB=s12T=s1f2,vE=s22T=s2f2,动能的增量ΔE=12MvE2-12MvB2=18Mf2(s22-s12)
2.
甲
如图甲是一实验小组“探究外力做功与速度变化的关系”的实验装置,将光电门固定在轨道上的B点,质量为M的小车中放置了N个相同的钩码,需要增加细绳上的拉力时,每次从小车里拿出一个钩码挂到绳子下端,让小车从位置A由静止释放,记下遮光条的挡光时间.
(1)实验开始前该小组将两个同样宽度的遮光条分别固定在小车的前端和后端,将长木板的右端垫高,不挂钩码,轻推小车使小车运动,若满足 ,则说明已经平衡了摩擦力.
(2)将小车后端的遮光条去掉,测出A、B之间的距离x,用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度如图乙所示,则d= cm;某次实验时将小车从图示位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt=2×10-2 s,则小车经过光电门时的速度为 m/s.
(3)依次从小车中取出钩码挂在左端细绳上,让小车从位置A由静止释放,并记下对应遮光条通过光电门的时间Δt,处理数据时,该小组作出了钩码个数n和挡光时间Δt的关系如图丙,通过n-1(Δt)2关系图线,可以得出的结论是 .
答案(1)前后两个遮光条的挡光时间相等
(2)0.520 0.26
(3)重力对钩码做功与钩码和小车组成的系统动能增加量成正比
解析(1)摩擦力平衡后,不挂钩码,轻推小车使得小车沿长木板运动,则小车将做匀速运动,两挡光条的挡光时间相等;
(2)如图可知,挡光条的宽度为d=5+0.05×4 mm=5.20 mm=0.520 cm,小车通过光电门的速度为v=dΔt=0.26 m/s;
(3)由图可知,钩码个数n与1(Δt)2成正比,重力对钩码做功为nmgx,系统动能增加量为12(M+Nm)d2(Δt)2,由此可知,重力对钩码做功与钩码和小车组成的系统动能增加量成正比.
3.某同学设计利用如图所示的实验装置来进行“探究功与速度的变化关系”的实验,斜槽倾斜部分可自由调节,将一木板竖直放置并固定,木板到斜槽末端O的距离为s,使小球从斜槽上某点由静止释放,小球从O点做平抛运动击中木板时下落的高度为y.
(1)小球离开O点的速度为 .
(2)为了测出小球与轨道之间的摩擦力所做的功,可将斜槽慢慢调节至小球能在斜槽上做匀速直线运动,记下此时斜槽倾角为θ,则小球与斜槽间的摩擦因数μ= .取斜面上某点为标记点,标记点到O点的水平距离为x,则小球在轨道上运动过程中克服摩擦力做功为Wf= (小球与各接触面间摩擦因数相同);
(3)抬高斜槽,保持标记点与O点的水平距离x不变,将小球在标记点处静止滑下,多次重复实验可以得出,小球从标记点到O点的过程中重力做功W与y的关系式应为 .
答案(1)gs22y (2)tan θ mgxtan θ
(3)W=mgxtan θ+14mgs2·1y
解析(1)小球从O点做平抛运动,则有y=12gt2,s=v0t
联立计算得出v0=gs22y
(2)对小球受力分析,根据共点力平衡可知,
μmgcos θ=mgsin θ 计算得出μ=tan θ
在此过程中,克服摩擦力做功
Wf=μmgcos θ·xcosθ=μmgx=mgxtan θ
(3)整个过程中根据动能定理可知,
W-μmgx=12mv02
计算得出W=μmgx+14mgs2·1y=mgxtan θ+14mgs2·1y
4.用如图所示的装置可以测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B、C两点间距离s,再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A,由静止释放小滑块,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x.
(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 .
(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量 .
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.小滑块(含遮光片)的质量
(3)实验误差的来源有 .
A.空气阻力
B.小滑块的大小
C.弹簧的质量
答案(1)st (2)C (3)AC
解析(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动,故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度,则有v=st.(2)弹簧的弹性势能等于滑块增加的动能,故应求解滑块的动能,根据动能表达式可知,
应测量小滑块(含遮光片)的质量,故选C.(3)由于存在空气阻力,则阻力做负功,小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量;由于弹簧有质量,故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能,故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量,故选AC.
命题角度2(储备)验证机械能守恒定律
【典题】
(2019广东珠海模拟)用如图所示装置可验证机械能守恒定律,轻绳两端系着质量相等的物块A、B,物块B上放一金属片C,铁架台上固定一金属圆环,圆环处在物块B的正下方.开始时,金属片C与圆环间的高度为h,A、B、C由静止开始运动.当物块B穿过圆环时,金属片C被搁置在圆环上,两光电门分别固定在铁架台P1、P2处,通过数字计时器可测出物块B从P1旁运动到P2旁所用时间t,已知重力加速度为g.
(1)若测得P1、P2之间的距离为d,则物块B刚穿过圆环后的速度v= .
(2)若物块A、B的质量均用M表示,金属片C的质量用m表示,该实验中验证了下面选项 中的等式成立,即可验证机械能守恒定律.
A.mgh=12Mv2 B.mgh=Mv2
C.mgh=12(2M+m)v2 D.mgh=12(M+m)v2
(3)本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外,还需要 .
(4)改变物块B的初始位置,使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环,记录每次金属片C与圆环间的高度h以及物块B从P1旁运动到P2旁所用时间t,则以h为纵轴,以 选填“t2”或“1t2”为横轴,通过描点作出的图线是一条过原点的直线,该直线的斜率k= (用m、g、M、d表示).
答案(1)dt (2)C (3)天平 (4)1t2 (2M+m)d22mg
解析(1)A、B两物块质量相等,当物块B通过圆环、金属片C被搁置在圆环上后,A、B均做匀速直线运动,故v=dt.(2)A、B、C从开始运动至金属片C被搁置在圆环上的过程中,系统减少的重力势能为ΔEp=mgh,系统增加的动能为ΔEk=12(2M+m)v2,只要ΔEp=mgh=ΔEk=12(2M+m)v2,即可验证机械能守恒定律,C正确.(3)从第(2)问验证的表达式分析,速度可由v=dt求解,质量需要用天平来测量.(4)将v=dt
代入mgh=12(2M+m)v2得mgh=12(2M+m)dt2,即h=(2M+m)d22mg·1t2,所以应以1t2为横轴,h-1t2图线的斜率k=(2M+m)d22mg.
验证机械能守恒定律实验题的分析思路
验证机械能守恒实验题多是对教材实验或常见练习题进行器材和装置的改换而成,解决此类问题的思路是从机械能守恒的方程出发,按照题目的要求,进行补充设计成有关量的测量.有时借助图象的斜率处理相关数据.
典题演练提能·刷高分
1.某同学从实验室天花板处自由释放一钢球,用频闪摄影手段验证机械能守恒.频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次,照片上记录了钢球在各个时刻的位置.
(1)操作时比较合理的做法是 .
A.先打开频闪仪再释放钢球
B.先释放钢球再打开频闪仪
(2)频闪仪闪光频率为f,拍到整个下落过程中的频闪照片如图甲,结合实验场景估算f可能值为( )
A.0.1 Hz B.1 Hz C.10 Hz D.100 Hz
甲
(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径,重力加速度为g.用游标卡尺测出钢球实际直径D,如图乙,则D= cm.已知实际直径与照片上钢球直径之比为k.
乙
(4)选用以上各物理量符号,验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为2gs5= .
答案(1)A (2)C (3)4.55 (4)14kf2(s6-s4)2
解析(1)为了记录完整的过程,应该先打开闪频仪再释放钢球,A正确;
(2)天花板到地板的高度约为3 m,小球做自由落体运动,从图中可知经过8次闪光到达地面,故有12g(8T)2=3 m,解得T≈0.1 s,即f=1T=10 Hz,C正确;
(3)游标卡尺的读数为
D=45 mm+5×0.1 mm=45.5 mm=4.55 cm;
(4)到A点的速度为vA=s6-s42T=(s6-s4)f2,根据比例关系可知,到A点的实际速度为v=k(s6-s4)f2,因为小球下落实际高度为Hs5=Dd=k,代入mgH=12mv2可得2gs5=14kf2(s6-s4)2.
2.在“验证机械能守恒定律”的实验中,某个学习小组利用传感器设计实验:如图甲所示,将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验.此方案验证机械能守恒定律方便快捷.(当地的重力加速度为g)
(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,则小球的直径d= mm;
(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,该学习小组作出了h-1t2图象,该图象的斜率k= .(用题中所给的字母表示)
(3)经正确的实验操作,小明发现小球动能增加量12mv2总是稍小于重力势能减少量mgh,你认为增加释放高度h后,两者的差值会 .(填“增大”“缩小”或“不变”)
答案(1)9.300(9.300~9.303) (2)d22g (3)增大
解析(1)固定部分读数为9 mm,转动部分读数为30.0小格,故最终读数为9 mm+30.0×0.01 mm=9.300 mm;(2)已知经过光电门的时间对应小球的直径;则可以由平均速度表示经过光电门时的速度,所以v=dt,若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒.则有mgh=12mv2,即h=d22g·1t2,故斜率k=d22g;(3)增加释放高度h后,因为空气阻力做功增多,导致两者的差值会增大.
3.如图所示为某研究性学习小组在做“验证机械能守恒定律”的实验装置图,让重锤连接纸带一起由静止下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,通过测量和计算来验证机械能是否守恒.
(1)(单选)关于实验操作和数据处理,下列说法正确的是 .
A.实验中必须要用天平测出重锤质量
B.实验中重锤下落的加速度一定小于当地的重力加速度
C.实验中需要用停表来测量重锤下落所用时间t,并用h=12gt2来计算下落高度h
D.实验中用刻度尺测量出重锤下落的高度h,并用v=2gh来计算瞬时速度v
(2)实验中由于各种阻力的影响,使重锤获得的动能 (选填“>”“<”或“=”)它减小的重力势能.
(3)以v22为纵轴,h为横轴,依据实验数据绘出v22-h的图象,如果图象是一条过坐标原点的倾斜直线且直线的斜率为 时,可以验证重锤下落过程中机械能守恒.
答案(1)B (2)< (3)g
解析(1)在实验中,因为比较的是mgh与12mv2的大小关系,故m可约去比较,不需要用天平,故A错误;因为实验中存在空气阻力和纸带与复写纸的摩擦力,故实验中重锤下落的加速度一定小于当地的重力加速度,故B正确;因为打点计时器有计时功能,故不需要停表来计时,故C错误;实验时通过刻度尺测出物体下落的高度,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出速度的大小,故D错误.故选B.(2)实验中由于各种阻力的影响,使重锤获得的动能小于它减小的重力势能,故填“<”.(3)若重锤下落过程机械能守恒,则有mgh=12mv2,化简得12v2=gh,故12v2-h图象的斜率表示重力加速度g,此时即可验证重锤下落过程机械能守恒.
甲
4.用如图甲所示的实验装置验证质量分别为m1、m2的两物块组成的系统机械能守恒.质量为m2的物块在高处由静止开始下落,打点计时器在质量为m1的物块拖着的纸带上打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律.图乙所示是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一个点,
每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),所用电源的频率为50 Hz,计数点间的距离如图乙所示.已知m1=100 g、m2=200 g,取当地重力加速度为9.8 m/s2.(结果均保留三位有效数字)
乙
(1)打计数点5时物块的速度大小为 m/s.
(2)在打计数点0到5的过程中,系统动能的增量Ek= J;系统重力势能的减少是Ep= J.
答案(1)1.64 (2)0.403 0.404
解析(1)每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),所以连续两个点的时间间隔为T=0.1 s,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度
v5=x462T=(14.61+18.15)×10-22×0.1 m/s≈1.64 m/s.
(2)系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v52=12×(100+200)×10-3×1.642 J≈0.403 J.系统重力势能的减小量ΔEp=(m2-m1)gh=0.100×9.8×(26.64+14.61)×10-2 J≈0.404 J.
5.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.将气垫导轨固定在水平桌面上,调节旋钮使其水平.在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮,在B处固定一光电门,测出滑块及遮光条的总质量为M,将质量为m的钩码通过细线与滑块连接.打开气源,滑块从A处由静止释放,宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t,取挡光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度,A、B之间的距离为d,重力加速度为g.
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度,示数如图乙所示,其读数为 mm.
(2)调整光电门的位置,使得滑块通过B点时钩码没有落地.滑块由A点运动到B点的过程中,系统动能增加量ΔEk为 ,系统重力势能减少量ΔEp为 .(以上结果均用题中所给字母表示)
(3)若实验结果发现ΔEk总是略大于ΔEp,可能的原因是 .
A.存在空气阻力
B.滑块没有到达B点时钩码已经落地
C.测出滑块左端与光电门B之间的距离作为d
D.测出滑块右端与光电门B之间的距离作为d
答案(1)9.4 (2)(M+m)b22t2 mgd (3)C
解析(1)宽度b的读数9 mm+4×0.1 mm=9.4 mm.
(2)因为光电门的宽度b很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.滑块通过光电门B速度vB=bt;滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为ΔEk=12(M+m)bt2=(M+m)b22t2;系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=mgd;比较ΔEp和ΔEk,若在实验误差允许的范围内相等,即可认为机械能是守恒的.
(3)若存在空气阻力的,则有ΔEk总是略小于ΔEp,故A错误;滑块没有到达B点时钩码已经落地,拉力对滑块做的功会减小,ΔEk应小于ΔEp,故B错误;将滑块左端与光电门B之间的距离作为d,钩码下落的高度减少了,ΔEk将大于ΔEp,所以C正确;将滑块右端与光电门B之间的距离作为d,钩码下落的高度增加了,ΔEk将小于ΔEp,故D错误.
命题角度3(储备)验证动量守恒定律
【典题】某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验,实验装置如图甲,在粗糙的长木板上,小车A的前端装上撞针,给小车A某一初速度,使之向左匀速运动,并与原来静止在前方的小车B(后端粘有橡皮泥,橡皮泥质量可忽略不计)相碰并黏合成一体,继续匀速运动.在小车A后连着纸带,纸带穿过电磁打点计时器,电磁打点计时器电源频率为50 Hz.
(1)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时,下列正确的有 (填标号).
A.实验时要保证长木板水平放置
B.相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后粘在一起
C.先接通打点计时器的电源,再释放拖动纸带的小车
D.先释放拖动纸带的小车,再接通打点计时器的电源
(2)纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示,则碰撞前A车运动速度大小为 m/s(结果保留一位有效数字),A、B两车的质量比值mAmB等于 .(结果保留一位有效数字)
答案(1)BC (2)0.6 2
解析(1)为了保证小车匀速行驶,所以应该平衡摩擦力,木板应该倾斜放置.故A错误;相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后粘在一起,故B正确;为了打点稳定,应先开电源然后再让小车运动,故C正确,D错误.
(2)在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,则vA=0.0120.02 m/s=0.6 m/s,碰后小车的速度为v=0.0080.02 m/s=0.4 m/s,所以mAmB=2.
“用斜槽验证动量守恒定律”的四点释疑
(1)斜槽末端切线水平,入射小球的质量大于被碰小球的质量.
(2)用天平测两球的质量,用刻度尺测平抛的水平距离,不需要停表测时间.
(3)用圆规画一圆,尽可能地把落点包括在其中,圆心即为落点位置;入射小球要从同一位置无初速释放.
(4)小球下落高度相同,即小球水平飞行时间相同,且在水平方向上小球速度不变,因此可以用小球的水平位移代替小球的水平速度验证动量守恒.
典题演练提能·刷高分
1.
(2019山东济宁模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞,某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球,按下述步骤做了如下实验:
①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2,且m1>m2).
②按照如图所示安装好实验装置.将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端处的切线水平,将一斜面BC连接在斜槽末端.
③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,记下小球在斜面上的落点位置.
④将小球m2放在斜槽末端边缘处,让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,记下小球m1和m2在斜面上的落点位置.
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离,图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置,到B点的距离分别为LD、LE、LF.
(1)小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点是图中的 点,m2的落点是图中的 点.
(2)用测得的物理量来表示,只要满足关系式 ,则说明碰撞中动量守恒.
(3)用测得的物理量来表示,只要再满足关系式 ,则说明两小球的碰撞是弹性碰撞.
答案(1)D F (2)m1LE=m1LD+m2LF (3)m1LE=m1LD+m2LF
解析设斜面BC的倾角为θ,小球从斜面顶端平抛落到斜面上,两者距离为L,由平抛运动的知识可知,Lcos θ=vt,Lsin θ=12gt2,可得v=Lcos θg2Lsinθ=cos θgL2sinθ,由于θ、g都是恒量,所以v∝L,v2∝L,所以动量守恒的表达式可以化简为m1LE=m1LD+m2LF,机械能守恒的表达式可以化简为m1LE=m1LD+m2LF.
2.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律,小车P的前端粘有橡皮泥,后端连接通过打点计时器的纸带,在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力,推一下小车P,使之运动,与静止的小车Q相碰粘在一起,继续运动.
甲
(1)实验获得的一条纸带如图乙所示,根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分,用刻度尺测得各点到起点A的距离.根据碰撞前后小车的运动情况,应选纸带上 段来计算小车P的碰前速度.
乙
(2)测得小车P(含橡皮泥)的质量为m1,小车Q(含橡皮泥)的质量为m2,如果实验数据满足关系式 ,则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒.
(3)如果在测量小车P的质量时,忘记粘橡皮泥,则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比,将 (填“偏大”“偏小”或“相等”).
答案(1)BC (2)m1s2-s12=(m1+m2)·s4-s33 (3)偏小
解析(1)小车P的碰前速度不变,匀速运动,则用BC段来计算;
(2)碰前速度为s2-s14T,碰后速度为s4-s36T,则实验数据满足关系式m1s2-s12=(m1+m2)·s4-s33;
(3)如果在测量小车P的质量时,忘记粘橡皮泥,则质量偏小,故所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比,将偏小.
3.某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律.试验时,先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放,A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹,重复10次.把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上,让A仍从斜槽上同一位置由静止释放,与B碰撞后,A、B
分别在记录纸上留下落点痕迹,重复10次.图中O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点,M、P、N分别为小球落点的痕迹,小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径.
甲
乙
(1)(多选)下列说法正确的是( )
A.斜槽的末端必须水平
B.需要测量斜槽末端距地面的高度
C.图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D.图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
(2)用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示,则小球的直径d= mm.
(3)实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示,若碰撞过程中动量守恒,则两小球的质量之比为 .(用所给符号表示)
答案(1)AD (2)10.500(10.498~10.502)
(3)ON-dOP-OM
解析(1)斜槽的末端必须水平才能保证两小球离开斜槽后做平抛运动,A正确;本实验是根据平抛运动的规律验证动量守恒定律,需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离,因为抛出高度相同落地时间一样,验证时式子两端会把时间消去,所以与高度无关,B错误;碰撞后A球速度小,B球速度大,因为落地时间一样,所以M点是碰撞后A球落点,N点是B球落点,而P点就是没有发生碰撞时A球的落点.D正确,C错误.
(2)由图乙看出固定刻度中第10个刻度对应的半刻度线已经露出,所以固定刻度为10.5 mm,可动刻度读数为0.000 mm,所以d=10.500 mm.
(3)根据实验原理可知mav0=mav1+mbv2,因为下落时间一样,ma(OP-d)=ma(OM-d)+mb(ON-d)
所以两小球质量之比ON-dOP-OM.
4.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律,实验步骤如下:
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB;
②安装好实验装置,使斜槽的末端所在的平面保持水平;
③先不在斜槽的末端放小球B,让小球A从斜槽上位置P处由静止开始释放,小球A离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示);
④将小球B放在斜槽的末端,让小球A仍从位置P处由静止开始释放,使小球A、B碰撞,频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示);
⑤测出所需要的物理量.
请回答:
(1)实验①中A、B的两球质量应满足 .
(2)在步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有 .(选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒,满足的方程是 .
答案(1)mA>mB (2)x0、xA、xB
(3)mAx0=mAxA+mBxB
解析(1)为了防止入射球碰后反弹,入射球的质量要大于被碰球的质量,即mA>mB.
(2)碰撞时应有mAv0=mAvA+mBvB.由平抛规律有x=vt,频闪照相机连续拍摄的时间相等,上式中两边同乘以t,则有mAx0=mAxA+mBxB,所以需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB.
(3)由(2)的分析可以知道,应验证的表达式为mAx0=mAxA+mBxB.
5.某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等器材进行《验证动量守恒定律》的实验.实验装置如图所示,下面是实验的主要步骤:
①安装好气垫导轨和光电门,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;
②测得A和B两滑块上挡光片的宽度均为d;
③测得A、B两滑块的质量(包含挡光片)m1、m2;
④向气垫导轨通入压缩空气;
⑤利用气垫导轨左右的弹射装置,使滑块A、B分别向右和向左运动,测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为Δt1和Δt2;
⑥观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起,运动方向与滑块B碰撞前运动方向相同,此后滑块A再次经过光电门时挡光时间为Δt.
试解答下列问题:
(1)碰撞前A滑块的速度大小为 ,碰撞前B滑块的速度大小为 .
(2)为了验证碰撞中动量守恒,需要验证的关系式是 (用题中物理量表示).
(3)有同学认为利用此实验装置还能计算碰撞过程中损失的机械能.请用上述实验过程测出的相关物理量,表示出A、B系统在碰撞过程中损失的机械能ΔE= .
答案(1)dΔt1 dΔt2 (2)m2Δt2-m1Δt1=m1+m2Δt
(3)ΔE=d22m1(Δt1)2+m2(Δt2)2-m1+m2(Δt)2
解析(1)挡光片经过光电门的平均速度可认为是瞬时速度,即vA=dΔt1,vB=dΔt2.
(2)根据动量守恒有m2dΔt2-m1dΔt1=(m1+m2)dΔt,得m2Δt2-m1Δt1=m1+m2Δt
(3)损失的机械能
ΔE=12m1dΔt12+12m2dΔt22-12(m1+m2)dΔt2=d22m1(Δt1)2+m2(Δt2)2-m1+m2(Δt)2.
