专题4 动量观点和能量观点的综合应用

对 $ a $ 受力分析，有 $ {F}_{库}={m}_{a}g \tan {30}^{\circ } $ ,对 $ b $ 受力分析，有 $ {F}_{库}={m}_{b}g \tan {60}^{\circ } $ ,则 $ {m}_{a}g \tan {30}^{\circ }={m}_{b}g \tan {60}^{\circ } $ ，可得 $ {m}_{a}=3{m}_{b} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，下落时间相同，两球水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，有 $ {m}_{a}{v}_{x1}={m}_{b}{v}_{x2} $ ，两边同时乘时间可得 $ {m}_{a}{x}_{1}={m}_{b}{x}_{2} $ ，解得 $ {x}_{2}=3{x}_{1} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；下落过程两球间的库仑力做正功，整体机械能增大，故 $ \mathrm{C} $ 错误；落地时两球竖直分速度相同，由前面分析可知落地时 $ a $ 球水平分速度较小，故落地时 $ a $ 球速率较小，故 $ \mathrm{D} $ 错误.

挡板对小球和圆弧槽组成的系统有力的作用,因此小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小球和圆弧槽组成的系统,只有系统内的弹力做功,系统机械能守恒,故 $ \mathrm{B} $ 正确；从小球进入圆弧槽到运动至 $ B $ 点的过程中,小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒,平行于 $ EF $ 方向动量守恒,可得 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{m}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{M}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ , $ m{v}_{m}=M{v}_{M} $ ,解得 $ {v}_{m}=\dfrac{9\sqrt{10}}{10}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{M}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，以圆弧槽为参考系,小球在 $ B $ 点的速度为 $ {v}_{m}+{v}_{M} $ ,在 $ B $ 点对小球由牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}=m\dfrac{{\left({v}_{m}+{v}_{M}\right) ^ {2}}}{R}=10\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律可知,小球通过 $ B $ 点时对圆弧槽的压力大小为 $ 10\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；从小球进入圆弧槽到离开圆弧槽,平行于 $ EF $ 方向,由动量守恒定律可得 $ mv{\prime }_{m}=Mv{\prime }_{M} $ ,两边乘时间 $ t $ ,即可得 $ m{x}_{m}=M{x}_{M} $ ,又 $ {x}_{m}+{x}_{M}=2R $ ,联立解得 $ {x}_{M}=0.2\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由于初始时两球恰好静止,则剪断细线后以两个球为研究对象,所受合外力为零,系统动量守恒,由于初动量为零,金属球与木球组成的系统动量始终为零,故 $ \mathrm{A} $ 正确；设两球体积均为 $ V $ ,恰好悬浮静止在水下时有 $ {\rho }_{水}g×2V={\rho }_{金}gV+{\rho }_{木}gV $ ,又 $ {\rho }_{金}:{\rho }_{木}=3:2 $ ,解得 $ {\rho }_{木}=0.8{\rho }_{水} $ , $ {\rho }_{金}=1.2{\rho }_{水} $ ,剪断细线后,以木球为研究对象，受力分析有 $ {\rho }_{水}gV-{\rho }_{木}gV={m}_{木}{a}_{木}={\rho }_{木}V{a}_{木} $ ,以金属球为研究对象，受力分析有 $ {\rho }_{金}gV-{\rho }_{水}gV={m}_{金}{a}_{金}={\rho }_{金}V{a}_{金} $ ,解得 $ {a}_{木}=\dfrac{1}{4}g $ , $ {a}_{金}=\dfrac{1}{6}g $ ,又 $ v={v}_{0}+at $ ,初始时两球速度均为零,则运动过程中两球的速度之比为 $ \dfrac{{v}_{金}}{{v}_{木}}=\dfrac{{a}_{金}t}{{a}_{木}t}=\dfrac{2}{3} $ ,可知相同时间内两球位移大小不同,由于两球所受浮力相同,则由 $ W=Fx $ 可知浮力对两球做功大小不同,浮力对木球做的正功更多,则金属球与木球组成的系统机械能不守恒,由 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,可得 $ \dfrac{{E}_{\mathrm{k}金}}{{E}_{\mathrm{k}木}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}{m}_{金}{v}_{金}^{2}}{\dfrac{1}{2}{m}_{木}{v}_{木}^{2}}=\dfrac{2}{3} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 小球从 $ A $ 运动到 $ C $ ,由动能定理得 $ mgH-\mu mgL=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,解得 $ v=\sqrt{10}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 设小球和小车分离时,小球速度为 $ {v}_{1} $ ,小车速度为 $ {v}_{2} $ ,根据动量守恒定律与能量守恒定律有 $ mv=m{v}_{1}+M{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{2}^{2} $ ,

解得 $ {v}_{1}=\dfrac{\sqrt{10}}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{2}=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

设小球从离开小车到落地时间为 $ t $ ,根据平抛运动规律有 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,

解得 $ t=0.2\mathrm{s} $ ,

则小球落地时到小车的距离为 $ x=({v}_{2}-{v}_{1})t $ ,

解得 $ x=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\mathrm{m} $ .

（1） 滑块 $ a $ 从 $ D $ 到 $ F $ ,由动能定理可得 $ mg\cdot 2R=\dfrac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,

在 $ F $ 点,由牛顿第二定律可得 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=\dfrac{m{v}_{F}^{2}}{R} $ ,

代入数据解得 $ {v}_{F}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {F}_{\mathrm{N}}=31.2\mathrm{N} $ .

（2） 滑块 $ a $ 返回 $ B $ 点时的速度大小 $ {v}_{B}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

可知滑块 $ a $ 一直在传送带上减速,加速度大小为 $ a=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

根据运动学规律可得 $ {v}_{B}^{2}-{v}_{C}^{2}=-2aL $ ,

可得滑块 $ a $ 在 $ C $ 点的速度大小 $ {v}_{C}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

滑块 $ a $ 从碰撞后到运动到 $ C $ 点,根据机械能守恒定律可得 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2}+mg\cdot 2R $ ,解得 $ {v}_{1}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

$ a $ 、 $ b $ 碰撞过程动量守恒,则有 $ m{v}_{F}=-m{v}_{1}+3m{v}_{2} $ ,

解得碰后瞬间 $ b $ 的速度大小 $ {v}_{2}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（1） 从小物块滑上木板的左端到木板刚接触弹簧的过程，小物块与木板组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得 $ {m}_{2}{v}_{0}=({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{1} $ ，

解得 $ {v}_{1}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，

从木板开始运动到刚与弹簧接触的过程，对木板根据动能定理有 $ \mu {m}_{2}g{x}_{1}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2} $ ，

解得 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{8}\mathrm{m} $ .

（2） 物块与木板之间将要相对滑动时，物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，

对物块有 $ \mu {m}_{2}g={m}_{2}{a}_{1} $ ，

对物块和木板整体有 $ k{x}_{2}=({m}_{1}+{m}_{2}){a}_{1} $ ，

联立解得 $ {x}_{2}=\dfrac{1}{4}\mathrm{m} $ ， $ {a}_{1}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，

物块、木板和弹簧组成的系统，从木板与弹簧刚接触到物块与木板即将相对滑动的过程，根据能量守恒定律可得 $ \dfrac{1}{2}({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{2}^{2}+\dfrac{1}{2}k{x}_{2}^{2} $ ，

解得 $ {v}_{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 木板从速度为 $ {v}_{2} $ 时到之后与物块加速度首次相同时，对木板，根据牛顿第二定律可得 $ kx-\mu {m}_{2}g={m}_{1}{a}_{1} $ ，

解得 $ x=\dfrac{1}{4}\mathrm{m}={x}_{2} $ ，即木板从速度为 $ {v}_{2} $ 时到之后与物块加速度首次相同时，会返回两者刚要开始相对滑动时的位置，

设木板向右运动的速度从 $ {v}_{2} $ 减到0通过的位移大小为 $ {x}_{3} $ ，物块的位移大小为 $ {x}_{4} $ ，木板返回过程中物块的位移大小为 $ {x}_{5} $ ，如图所示，根据对称性知，木板返回到两者刚要开始相对滑动时的位置所用时间也为 $ {t}_{0} $ ，根据运动规律可得 $ {x}_{4}+{x}_{5}={v}_{2}\cdot 2{t}_{0}-\dfrac{1}{2}{a}_{1}{\left(2{t}_{0}\right) ^ {2}} $ ，

根据能量守恒定律可得，系统因摩擦转化的内能

$ \mathrm{\Delta }U=\mu {m}_{2}g({x}_{4}-{x}_{3}+{x}_{3}+{x}_{5}) $ ，

联立解得 $ \mathrm{\Delta }U=4\sqrt{3}{t}_{0}-8{t}_{0}^{2}(\mathrm{S}\mathrm{I}) $ .