[讲义答案]第11讲动量与能量综合-3b44904c3508_学而思高一全套_2020年春季高一_20春季目标自招综评班高一物理直播班16讲于鲲鹏已完结16讲

答案
B
解析
子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒，有
设子弹在穿过木块的过程中所受阻力为，对子弹，由动能定理，有
由动量定理，有
对木块，由动能定理，有
由动量定理，有
联立解得
。
答案
圆环滑到斜面底端时的质心速度为
。
解析
解：圆环下降的重力势能转化为了质心速度的动能和圆环相对质心纯滚时的转动动能两部分。所
以，利用柯尼希定理可以得到答案。
故答案为：圆环滑到斜面底端时的质心速度为
。
模块1：动量与能量综合
1
1
【讲义】20春下高一物理目标
自招综评班第11讲
例题1
mv =
0
mv +
1
Mv2
f
−f s + L =
(
)
mv
−
2
1
1
2
mv
2
1
0
2
−ft = mv −
1
mv0
fL =
Mv
2
1
22
ft = Mv2
t =
L +
1 +
s
v0
1 [
(
m
M ) ]
例题2
gh
gh
答案
，
。
解析
设弹性势能全部释放后，球向左、球向右的速度分别为
、
，则
，
解得
，
。
答案
。
解析
由题意得
，
，解得
。
答案
分离时的速率为
。
解析
解：设
与
、
分离瞬间，
、
中心连线与竖直方向夹角为，如图所示。
则
下落的距离为
。
设此时
下落的速率为
，
、
的速率分别为
、
。
，
，
解得：
，
在
与
分离前，
与
的中心间距保持不变，所以
、
在
、
连心线上的投影应当相等，
即
，
在
分离的顺时，
对
的弹力为零，
相对于
做故圆周运动，则由牛顿第二定律得：
，
1
2
1
例题3
v =
1
2
3m
Ep
v =
2
3m
Ep
1
2
v1
v2
mv −
1
2mv =
2
0
E
=
p
mv
+
2
1
12
⋅
2
1
2mv22
v =
1
2
3m
Ep
v =
2
3m
Ep
>
0.75v0
2
EP
m > 1.92v0
2
EP
v >
1
v0
v <
2
0.8v0
>
0.75v0
2
EP
m > 1.92v0
2
EP
例题4
3
2
gr
3
A
B
C
A
B
α
A
h =
r −
3
2r cos α
A
vA
B
C
vB
vC
m v
−
B
B
m v
=
C
C
0
m gh =
A
m v
+
2
1
A
A
2
m m
+
2
1
B
B
2
m v
2
1
C
C
2
v
+
A
2
v
=
B
2
2gr
−2 cos α
(
3
)
A
B
A
B
vA
vB
A
B
v cos α =
A
v
sinα
B
AB
B
A
A
B
m g cos α =
A
mA
2r
v sinα + v
cos α
( A
B
)2
联立解得：
，
。
故答案为：
。
答案
。
解析
解除对的锁定后，在的作用下，
、
上升，恢复原长后，弹簧继续伸长，当
到达最高点时，
对地面压力恰为零，设此时的伸长量为
，由共点力平衡条件及胡克定律，得
由
，得
。
答案
。
解析
在解除对的锁定瞬间，由于弹簧恢复形变所需的时间极短，弹力远大于重力，因此，此过程可视
为动量守恒。此时由于
达到最高点，因此
与
的速度均为零，设在恢复原长时，
的速度大
小为
，取竖直向上为正，由动量守恒定律，得
由于弹簧恢复形变所需的时间极短，此过程中弹力的冲量远大于重力的冲量，因此系统的重力势
能不变，由机械能守恒定律，得
解得
。
答案
。
解析
设从解锁瞬间至恢复原长所需时间为
，
高度的变化量为
，由动量守恒可得
1
2
3
cos α =
3
3
v
=
A
3
2
gr
3
3
2
gr
3
例题5
H =
+
ka
m g
1
L +
0
L
a
a
B
C
B
A
a
ΔLa
k ΔL =
a
a
m g
1
H = ΔL +
a
L +
0
L
H =
+
ka
m g
1
L +
0
L
v =
3
L −L
m
m + m
3 (
2
3)
m k
2
b
(
0
)
b
B
B
C
b
B
v2
m v −
3
3
m v =
2
2
0
b
m v
+
2
1
2
2
2
m v
=
2
1
3
3
2
k
L −L
2
1
b(
0
)2
v =
3
L −L
m
m + m
3 (
2
3)
m k
2
b
(
0
)
h =
L −L
m + m
2
3
m2
(
0
)
b
Δt
B
h′
m
−
3 Δt
h
m
=
2 Δt
h′
0
由题意知
联立解得
。
答案
的值为
。
解析
解：滑块自静止下滑时，通过滑块与半球间的相互作用，半球将向相反的水平方向移动。滑块滑到
位置时，由题意可知，滑块刚好与半球面分离时，半球对滑块的支撑力降为零，即此时刻滑块与
半球间无相互作用。设此时滑块相对半球的速度为，半球水平向左速度为
。由于滑块与半球系
统水平方向无外力作用，所以水平方向动量守恒，即满足方程：
。
由系统机械能守恒，得
当小滑块运动到图示位置时，滑块与半球无相互作用，此刻半球无加速度，半球参照系为惯性系，
滑块的位置又在圆上，因此可写出此时半球系中的法向动力学方程：
，
联立解得：
。
故答案为：
。
答案
撞墙后瞬间两球速度大小为
。
解析
解：解法一：
设碰后质心速度为
，方向向左为正；系统绕质心转动角速度为
；设杆长为，则小球相对质心
转动半径
。
弹性碰撞过程中，系统机械能守恒：
①
以墙上发生碰撞的点为轴，系统角动量守恒：
②
联立解得：
，
。
则上面小球速
1
1
h + h =
′
L −
0
L
h =
L −L
m + m
2
3
m2
(
0
)
例题6
m
M
2.43
θ
v
V
m v cos θ −V
=
(
)
MV
mgR 1 −cos θ =
(
)
m
v cos θ −V
+ v sinθ
+
2
1
[(
)2
(
)2]
MV
2
1
2
mg cos θ =
R
mv2
=
m
M
=
3 cos θ −2
cos θ −3 cos θ + 2
3
2.43
2.43
例题7
v =
2
v
3
13
vC
ω
l
r = 2
l
2 ×
mv =
2
1
2
2m v
+
2
1 (
)
C 2
2 ×
m ωr
2
1
(
)2
mv =
l =
2
2
m
ωr −
v
⋅
(
2
2
C) l
v
=
C
3
v
ωr =
v
3
2
2
v =
1
=
ωr −
v
+
v
(
2
2
C)
2
( 2
2
C)
2
v
3
5
与墙发生磁播的小球速度
。
方法二：
轻杆只有两端受力，则对二球冲量必沿杆，那么未碰墙的球垂直杆速度分量不变：
③
③式可以替代②式，其余解法与方法一相同。
模块2：备选题
v =
2
=
ωr +
v
+
v
(
2
2
C)
2
( 2
2
C)
2
v
3
13
v =
2
2
ωr −
v
2
2
C