1、动量观点、能量观点综合应用1. 如图所示的轨道由半径为 R 的 1/4 光滑圆弧轨道 AB、竖直台阶 BC、足够长的光滑水平直轨道 CD 组成小车的质量为 M，紧靠台阶 BC 且上水平表面与 B 点等高一质量为 m的可视为质点的滑块自圆弧顶端 A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点 B 之后滑到小车上已知 M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗糙的，滑块与 PQ 之间表面的动摩擦因数为 ，Q 点右侧表面是光滑的求：（1）滑块滑到 B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上 PQ 之
2、间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）2如图所示，一个质量为 的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为 的 光滑圆mR14弧形固定轨道接触（但不粘连） ，木板的右端到竖直墙的距离为 ；另一质量为 2 的Sm小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点 A 滑上木板。设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失。已知滑块与长木板间的动摩擦因数为 。试求（1）滑块到达 A 点时对轨道的压力的大小（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度 与 的关系vS（3）若 S 足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长 应满足什么条件L3如图所示，以 A
3、、B 为端点的 1/4 光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于 B 点，离滑板右端 20RL处有一竖直固定的挡板 P一物块从 A 点由静止开始沿轨道滑下，经 B 滑上滑板已知物块可视为质点，质量为 m，滑板质量 M = 2m，圆弧轨道半径为 R，物块与滑板间的动摩擦因数为 = 0.5，重力加速度为 g滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，滑板返回 B 点时即被锁定（1）求物块滑到 B 点的速度大小；（2）求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小；（3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范
4、围4如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切。质量为 m 的的带正电小球 B 静止在水平轨道上，质量为 2m 的带正电小球 A从 LM 上距水平轨道高为 h 处由静止释放，在 A 球进入水平轨道之前，由于 A、 B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、 B 两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知 A、 B 两球始终没有接触。重力加速度为 g。求：（1）A 、 B 两球相距最近时，A 球的速度 v；（2）A 、 B 两球相距最近时，A 、 B 两球系统的电势能 EP；（3）A 、 B 两球最终的速度
5、vA、v B 的大小。AB0LmMRPANMBLh动量观点、能量观点综合应用1.解：（1）设滑块滑到 B 点的速度大小为 v，到 B 点时轨道对滑块的支持力为 N，由机械能守恒定律有 21mgRv 滑块滑到 B 点时，由牛顿第二定律有2vmgR 联立式解得 N3 mg 根据牛顿第三定律，滑块在 B 点对轨道的压力大小为（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为 u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 ()mvMu 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到 Q 点，由功能关系有 221()gLmvMu 联立式解得 45R
6、若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到 PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由功能关系有2212()mgLvMmu 联立式解得 25RL 综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车， PQ之间的距离 L 应满足的范围是 245RL 2.解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达 A 点的速度为Av则 21AmvgR得： 在 A 点有： 2AAvNgR由得： 6m由牛顿第三定律，滑块在 A 点对轨道的压力6ANmg（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度 ，v则： ()2Av1g
7、S由得： 9R.若 ,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为2S3vgR. 若 ,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为29Sv则: 21mvgS得: 11(3)因为 S 足够大,每次碰前滑块与木板共速;因为 ,每次碰后系统的总动量方向向Mm右,要使滑块不滑离长木板,最终木板停在墙边,滑块停在木板上.（没有文字说明的扣1 分）由能量守恒得: 212AmgLv12R13评分标准:每式 2 分, 3 分,其余每式 1 分.123 （18 分）解：（1）物块由 A 到 B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒设物块滑到 B 点的速度大小为 v0，有：2mgR 2 分解得： v0 1 分（2）假设滑板与 P 碰撞
8、前，物块与滑板具有共同速度 v1，取向右为正，由动量守恒定律10)(M 2 分设此过程滑板运动的位移为 s，由动能定理021vmgs 2 分联立式，解得 321gRv，94s 20L 1 分所以假设成立，滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小为 321gRv 2 分（没有判断滑板与 P 碰撞前是否有共同速度，扣 2 分）（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板 P 碰撞后速度 v1 大小不变，只是方向向左此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动设两者第二次具有共同速度为 v2，取向左为正，由动量守恒定律有1)(Mmv 1 分设此时滑板离 P 的距离为 s，由动能定
9、理 212 vgs 1 分解得 9312Rv 1 分8gs 20L，说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到 B 点，两者能够第二次达到共同速度 1 分（没有判断滑板与 P 碰撞前是否第二次有共同速度，扣 1 分）设当物块的速度减为零时，滑板速度为 v3，取向左为正，有31Mvmv 1 分解得 623gRv 1 分所以，物块加速运动阶段的速度范围为 0v m 9 此阶段滑板的速度范围为 92gRv M 62g 2 分4 （10 分）解答：对 A 球下滑的过程，根据动能定理20012=mghvh当 A 球进入水平轨道后，A、B 两球组成的系统动量守恒，当 A、 B 相距最近时，两球速度相等。所以
10、有： （3 分）0 02()3vmvgh（1） 根据能的转化和守恒定律：（3 分）212=(+)=pmpmghvE（3）当 A、 B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B 两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。02=ABvv222011=+ABvmvACBES得： （4 分）0 014=2=233ABvghvgh5. 如图所示，高度相同质量均为 的带电绝缘滑板 A 及绝缘滑板 B 置于水平面上，Kgm1.0A 的带电量 ， 它们的间距 。质量为 ，大小可忽略的物块Cq01.
11、S34KgM3.0C 放 置于 B 的左端。 C 与 A 之间的动摩擦因数为 ， A 与水平面之间的动摩擦因1数为 ，B 的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。开始2.时三个物体处于静止状态。现在空间加一水平向右电场强度为 的匀强电场，CNE/80假定 A、 B 碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连。求：（1）A 与 B 相碰前的速度为多大;（2）要使 C 刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； (3)在满足(2)的条件下,求最终 AB 的距离。 5.（1）A 与 B 相撞之前由动能定理： 2 分021)(mvSgqE得 2 分SmgqEv)(220代入数据得： 2 分s
12、/40(2).A 与 B 相碰后速度为 1v由动量守恒定律： 10)(v2 分smv/201C 在 A 上滑行时，A、B 分离，B 做匀速运动A 与地面的摩擦力 NgMf8.0)2（A 受到的电场力 qEF.故 A、C 系统动量守恒定律， 1 分当 C 刚好滑到 A 左端时共速 2v由动量守恒定律： 1)(Mm得 1 分sv/5.012设 A 长度为 L 则由能量守恒定律有:2 分211 )(vmMvg得 gL122代入数据得 1 分5.0(用其它方法求解正确也给分)(3).对 C 由牛顿第二定律可知:Mag1得 1 分2/sm加速时间为 1 分savt5.0120.5s 内 A 的位移 1 分mtvSA62.210.5s 内 B 的位移 1 分tvB1所以两者以后距离关系式为 1 分ttvSxAB5.137.0)(2
