专题5——动量和能量第2课时(5).ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,第,2,课时 动量和能量观点的综合应用,基 础 回 扣,1.,碰撞问题同时遵守的三条原则,:,(1),系统动量守恒原则,(2),物理情景可行性原则,速度要符合物理情景,:,如果碰撞前两物体同向运动,则后面的物体速度必,前面物体的速度,即,v,后,v,前,否则无法实现碰撞,.,碰撞后,原来在前的物体的,速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于,原来在后的物体的速度,.,即,v,前,v,后,否则碰,撞没有结束,.,大于,如果碰前两物体是相向运动,则碰后,两物体的运动,方向不可能,除非两物体碰撞后速度均为零,.,(3),不违背,守恒原则,碰撞过程满足,E,k,E,k,即,m,1,v,1,2,+,m,2,v,2,2,m,1,v,1,2,+,m,2,v,2,2,或,都不改变,能量,2.,动能定理和动量定理的区别,(1),意义不同,:,动量定理表示合外力,F,作用对,积累的冲量,Ft,直接效应是引起物体,是一个矢,量规律,.,动能定理表示合外力作用对,积累的总功,W,直接效应是引起物体,是一个标量规律,.,(2),解题思路不同,:,动量定理的应用关键是受力分析,确定正方向,明确冲量及初、末动量的正负,此正负,是表示矢量的方向,.,动能定理的应用关键是受力分析,明确各力做功的正负及物体的初末动能,功的正负表,示做功的效果不同,是标量的正负,.,动量的变化,p,时间,动能的变化,E,k,空间,3.,机械能守恒定律和动量守恒定律的区别,(1),守恒条件不同,:,机械能是否守恒,决定于是否有除重力和,以外的其他力做功,;,而动量是否守,恒,决定于是否有,作用,.,(2),守恒内容不同,:,动量守恒定律反映的是物体系统,初、末状态,间的关系,关键是规定正方向,确定,初、末状态动量的正、负号及其表达式,.,机械能守,恒定律反映的是物体初、末状态,间的关系,关键是选定零势能参考平面,确定初、末状态的机,械能的表达式,.,弹簧弹力,动量,机械能,外力,思 路 方 法,1.,解决力学问题的三个基本观点,(1),力的观点,:,主要应用,定律和运动学公式相结合,常涉及受力、加速度或已知匀变速运动,的问题,.,(2),动量的观点,:,主要应用,定理或,动量守恒定,律,求解,常涉及物体的受力和,问题,以及相互作用的物体系问题,.,(3),能量的观点,:,在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析,在涉及物体系内能量的转化问题时,常用能量的转化和守恒定律,.,牛顿运动,动量,时间,2.,力学规律的选用原则,(1),单个物体,:,宜选用动量定理,动能定理和牛顿运动,定律,其中涉及时间的问题,应选用,定理,而涉及位移的问题,应选用,定理,若涉及加速度的,问题,只能选用,.,(2),多个物体组成的系统,:,优先考虑两个守恒定律,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,.,动量,动能,牛顿第二定律,题型,1,动量守恒定律和机械能守恒定律综合应用,（,2009,宣武区第二次质检）,如图,5-2-1,所示，,O,点为固定转轴，,把一个长度为,l,的细绳上端固定在,O,点，细绳下端系一个质量为,m,的,小摆球，当小摆球处于静止状态,时恰好与平台的右端点,B,点接触，,但无压力,.,一个质量为,M,的小钢,球沿着光滑的平台自左向右运动到,B,点时与静止的小,摆球,m,发生正碰，碰撞后摆球在绳的约束下作圆周运,图,5-2-1,动，且恰好能够经过最高点,A,，而小钢球,M,做平抛运动落在水平地面上的,C,点,.,测得,B,、,C,两点间的水平距离,DC,=,x,平台的高度为,h,，不计空气阻力，本地的重力加速度为,g,请计算,(1),碰撞后小钢球,M,做平抛运动的初速度大小；,(2),小摆球,m,经过最高点,A,时的动能；,(3),碰撞前小钢球,M,在平台上向右运动的速度大小,.,解析,(1),设,M,做平抛运动的初速度是,v,x,=,vt,h,=,gt,2,v,=,x,(2),摆球,m,经最高点,A,时只受重力作用,，,mg,=,m,摆球经最高点,A,时的动能,为,E,A,E,A,=,mv,A,2,=,mgl,(3),碰后小摆球,m,做圆周运动时机械能守恒,，,mv,B,2,=,mv,A,2,+2,mgl,v,B,=,设碰前,M,的运动速度是,v,0,，,M,与,m,碰撞时系统的动量守恒,Mv,0,=,Mv,+,mv,B,v,0,=,答案,(1),x,(2),mgl,(3),x,+,机械能守恒定律和动量守恒定律研究的都是系统,相互作用过程中满足的规律,不同之处是各自的守恒,条件不同,要根据题设的物理情景和物理过程,确定满,足的物理规律,.,机械能守恒为标量式,但势能可能出现,负值,;,动量守恒为矢量式,选取正方向后列代数式,.,预测演练,1,(2009,江门市第二次模拟,),如图,5-2-2,所,示，在光滑水平面上有一质量,M,=0.4 kg,滑槽,.,滑槽,面上的,AB,段是半径,R,=0.4 m,的光滑,1/4,圆弧,.,与,B,点相切的水平表面,BC,段粗糙，长,L,=3 m,、动摩擦因数,=0.4.,C,点的右表面光滑，右端连有一弹簧,.,现有,一质量,m,=0.1 kg,的小物体（可视为质点）在距,A,点高,为,H,=0.6 m,处由静止自由落下，恰沿,A,点滑入圆弧,面，滑到,B,点时滑槽刚好与墙壁碰撞，假设滑槽与墙,碰撞后在极短时间内速度减为,0,但不粘连,.,求,:,(,g,=10,m/s,2,),(1),小物体滑到,B,点时，小物体和滑槽碰墙前的速,度分别多大？,(2),小物体最终与,C,点的距离,.,解析,(1),设小物体滑到,B,时速度为,v,1,滑槽速度为,v,2,由系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒得,mv,1,=,Mv,2,mg,(,H,+,R,),=,mv,1,2,+,Mv,2,2,解得,v,1,=4,m/s,v,2,=,1,m/s,图,5-2-2,(2),之后小物体进入水平表面，而滑槽由于撞墙，,速度变为,0,，设两者同速为,v,相对位移为,s,，,由系统,动量守恒及功能关系得,mv,1,=,(,m,+,M,),v,mgs,=,mv,1,2,-,(,m,+,M,),v,2,解得,s,=1.6 mL=3,m,所以最终小物体离,C,端,l,=(3-1.6)m=1.4,m,答案,(1)4 m/s 1 m/s (2)1.4 m,题型,2,动量观点与功能关系的,综合应用,（,2009,河南省普通高中,毕业班模拟）,(18,分,),如图,5-2-3,所示,光滑水平面,MN,的左端,M,处有一弹射装置,P,，右端,N,处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度,L,=8 m,，沿逆时针方向以恒定速度,v,=,6,m/s,匀速转动,.,放在水平面上的两相同小物块,A,、,B,间有一被压缩的轻质弹簧,弹性势能,E,p,=16,J,弹簧与,A,相连接，与,B,不连接，,A,、,B,与传送带间的动摩擦因数,=0.2,，物块质量,m,A,=,m,B,=1 kg,.,现将,A,、,B,由静止,开始释放，弹簧弹开，在,B,离开弹簧时，,A,未与,P,碰撞，,B,未滑上传送带,.,g,取,10 m/s,2,.,求,(1),B,滑上传送带后，向右运动的最远处（从地面上,看）与,N,点间的距离,s,m,;,(2),B,从滑上传送带到返回到,N,端的时间,t,;,(3),B,回到水平面,MN,上后压缩被弹射装置,P,弹回的,A,上,的弹簧，,B,与弹簧分离时，,A,、,B,互换速度，然后,B,再次滑上传送带,.,则,P,必须对,A,做多少功才能使,B,从,Q,端,滑出？,图,5-2-3,解析,(1),弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒,E,p,=,m,A,v,A,2,+,m,B,v,B,2,（,2,分）,由动量守恒定律得,m,A,v,A,-,m,B,v,B,=0,（,2,分）,由联立解得,v,A,=4,m/s,v,B,=4,m/s,B,滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑,动的距离最远,.,由动能定理得,-,m,B,gs,m,=0-,m,B,v,B,2,（,2,分）,解得,s,m,=,=4 m,（,1,分）,(2),物块,B,先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小仍为,4,m/s,由动量定理,-,m,B,gt,=-,m,B,v,B,-,m,B,v,B,（,2,分）,解得,t,=4 s,（,1,分）,(3),设弹射装置对,A,做功为,W,，则有,m,A,v,A,2,=,m,A,v,A,2,+,W,（,2,分）,A,、,B,碰后速度互换，,B,的速度,v,B,=,v,A,（,1,分）,B,要滑出平台,Q,端，由能量关系有,m,B,v,B,2,=,m,B,g,L,（,2,分）,又,m,A,=,m,B,由联立解得,W,=,m,B,gL,-,m,A,v,A,2,（,2,分）,代入数据解得,W,8 J,（,1,分）,答案,(1)4 m (2)4 s (3)8 J,预测演练,2,如图,5-2-4,所示,在光滑的,水平面上,有两块质量均为,200 g,的木块,A,、,B,靠在一起,现有质量为,20 g,的子弹,以,700,m/s,的,速度水平射入木块,A,在穿透木块,A,的过程中,木块,A,与,B,是紧靠着的,.,已知子弹穿出,B,后的速度为,100,m/s,假定子弹分别穿透,A,和,B,时克服阻力做功完全相等,.,求,:,在应用动量观点和功能关系解题时，往往涉及位移,的求解时应用动能定理，涉及时间的求解时应用动量,定理，涉及到滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定,律列式求解,.,图,5-2-4,(1),子弹穿透,A,时的速度多大,?,(2),最终,A,、,B,的速度各多大,?,解析,(1),设子弹穿透,A,时的速度为,v,1,穿透,B,时的速,度为,v,2,子弹的初速度为,v,0,因子弹分别穿透,A,和,B,时,克服阻力做功相同,所以,mv,0,2,-,mv,1,2,=,mv,1,2,-,mv,2,2,解得,:,v,1,=500,m/s,.,(2),设子弹刚穿透,A,时,A,、,B,的速度相等均为,v,A,由子弹与两木块组成的系统水平方向动量守恒得,:,mv,0,=,mv,1,+2,Mv,A,代入数据可求得,:,v,A,=10,m/s,子弹穿出,B,时,对整个系统用动量守恒得,:,mv,0,=,mv,2,+,Mv,A,+,Mv,B,代入数据求得,:,v,B,=50,m/s,答案,(1)500,m/s,(2)10,m/s 50,m/s,题型,3,动量和能量观点在电学中的应用,(2009,四川,25),如图,5-2-5,所示，,轻弹簧一端连于固定点,O,，可在竖直,平面内自由转动，另一端连接一带电,小球,P,，其质量,m,=2,10,-2,kg,，电荷,量,q,=0.2 C,.,将弹簧拉至水平后，以初,速度,v,0,=20,m/s,竖直向下射出小球,P,，小球,P,到达,O,点的正下方,O,1,点时速度恰好水平，其大小,v,=15,m/s,.,若,O,、,O,1,相距,R,=1.5 m,，小球,P,在,O,1,点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量,M,=1.6,10,-1,kg,的,静止绝缘小球,N,相碰,.,碰后瞬间，小球,P,脱离弹簧，小球,N,脱离,图,5-2-5,细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场,E,和垂直于纸面的磁感应强度,B,=1,T,的匀强磁场,.,此后，小球,P,在竖直平面内做半径,r,=0.5 m,的圆周运动,.,小球,P,、,N,均可视为质点，小球,P,的电荷量保持不变，不计空,气阻力，取,g,=10 m/s,2,.,那么：,（,1,）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力,做功为多少？,（,2,）请通过计算并比较相关物理量，判断小球,P,、,N,碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度,.,（,3,）若题中各量为变量，在保证小球,P,、,N,碰撞后,某一时刻具有相同的速度的前提下，请推导出,r,的表达式（要求用,B,、,q,、,m,、表示，其中 为小球,N,的运动速度与水平方向的夹角）,.,解析,（,1,）设弹簧的弹力做功为,W,，有：,mgR,+,W,=,mv,2,-,mv,0,2,代入数据：得：,W,=-2.05 J,（,2,）由题给条件知，,N,碰后做平抛运动，,P,所受电,场力和重力平衡，,P,带正电荷,.,设,P,、,N,碰后的速度,大小分别为,v,1,和,V,，并令水平向右为正方向，有：,mv,=,mv,1,+,MV,而,v,1,=,若,P,、,N,碰后速度同向时，计算可得,V,v,1,这种碰撞,不能实现,.,P,、,N,碰后瞬时必为反向运动，有：,V,=,P,、,N,速度相同时，设,N,经过的时间为,t,N,、,P,经过的时间为,t,P,此时,N,的速度,V,1,的方向与水平方向的夹角为 ，有：,cos,=,gt,N,=,V,1,sin =,v,1,sin,代入数据，得：,t,N,=s ,对小球,P,，其圆周运动的周期为,T,=,经计算得：,t,N,T,P,经过,t,P,时，对应的圆心角为 ，有,:,t,P,=T ,当,B,的方向垂直纸面朝外时，,P,、,N,的速度相同，如,图甲，有：,=,联立相关方程得,t,P,1,=s,比较得当,B,的方向垂直纸面朝里时，,P,、,N,的速度相,同如图乙,t,N,t,P,1,，在此情况下，,P,、,N,的速度在同,一时刻不可能相同,有：,2,=,同上得：,t,P,2,=s,比较得，,t,0,t,P,2,，在此情况下，,P,、,N,的速度在同,一时刻也不可能相同,.,（,3,）当,B,的方向垂直纸面朝外时，设在,t,时刻,P,、,N,的速度相同，,t,N,=,t,P,=,t,再联立解得：,考虑圆周运动的周期性，有,当,B,的方向垂直纸面朝里时，设在,t,时刻,P,、,N,的速,度相同，,t,N,=,t,P,=,t,同理得：,考虑圆周运动的周期性，有,(,给定的,B,、,q,、,r,、,m,、,等物理量决定,n,的取值,),答案,(1)-2.05 J (2),不能,(3),见解析,预测演练,3,(2009,长春、哈尔滨、沈阳、大连第三次联考,),如图,5-2-6,所示,真空室内，在,d,x,2,d,的空间内存在着沿,y,正方向的有理想边界匀强电场，电场强度为,E,；在,-2,d,x,-,d,的空间内存在着垂直纸面向里的有理想边界的匀强磁场,磁感应强度为,B,.,在坐标,原点处有一处于静止状态的钍核,Th,，某时刻该原子核经历一次 衰变,沿,x,正方向射出一质量为,m,电荷量为,q,的 粒子,;,质量为,M,电荷量为,Q,的反冲核（镭核,Ra,）进入左侧的匀强磁场区域,反冲核恰好不从磁场的左边界射出,.,如果衰变过程中释放的核能全部转化为 粒子和反冲核的动能,光速为,c,，不计粒,子的重力和粒子间相互作用的库仑力,求,:,图,5-2-6,(1),写出钍核衰变方程；,(2),该核衰变过程中的质量亏损,m,;,(3),粒子从电场右边界射出时的,y,轴坐标,.,解析,(1),Th,Ra+,He,(2),根据动量守恒定律有：,0=,mv,1,-,Mv,2,设反冲核进入磁场中的偏转半径为,R,，,由几何关系有,R,=,d,由牛顿运动定律有,BQv,2,=,M,由爱因斯坦质能方程有,E,=,mc,2,由能量关系有,E,=,mv,1,2,+,Mv,2,2,解得,m,=,(3),粒子在电场中的运动时间为,t,=,粒子在电场中的运动加速度为,a,=,粒子在电场中运动，其沿,y,轴方向的位移为,y,=,at,2,解得,y,=,答案,1.,(2009,全国,25),如图,5-2-7,所示，倾角,为 的斜面上静止放置三个质量均为,m,的木箱，相邻两木箱的距离均为,l,.,工人用,沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，,逐一与其它木箱碰撞,.,每次碰撞后木箱都粘在一起,运动,.,整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推,着三个木箱匀速上滑,.,已知木箱与斜面间的动摩擦,因数为 ，重力加速度为,g,.,设碰撞时间极短，求,图,5-2-7,（,1,）工人的推力；,（,2,）三个木箱匀速运动的速度；,（,3,）在第一次碰撞中损失的机械能,.,解析,（,1,）,设工人的推力为,F,，则有,F,=,3,mg,(sin,+,cos,),（,2,）,设第一次碰撞前瞬间木箱速度为,v,1,由动能定,理得,Fl,-,mgl,sin,-,mgl,cos,=,mv,1,2,设碰撞后两木箱的速度为,v,2,，,根据动量守恒定律有,mv,1,=,2,mv,2,设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为,v,3,由动能定理得,Fl,-,2,mgl,sin,-2,mgl,cos,=,2,m,(,v,3,2,-,v,2,2,),设碰撞后三个木箱一起运动的速度,为,v,4,由动量守恒得,2,mv,3,=3,mv,4,联立以上各式得,（,3,）,设第一次碰撞过程中损失的机械能为,E,则,E,=,mv,1,2,-,2,mv,2,2,由式得,E,=,mgl,(,sin,+,cos,),答案,（,1,）,3,mg,(,sin +,cos,),2.,(2009,广元市第三次适应性考试,),质量,为,M,=6 kg,的小车放在光滑的水平面上，,物块,A,和,B,的质量均为,m,=2 kg,，且均放,在小车的光滑水平底板上，物块,A,和小,车右侧壁用一根轻弹簧连接，不会分,离，如图,5-2-8,所示，物块,A,和,B,并排靠在一起，现,用力向右压,B,并保持小车静止，使弹簧处于压缩状,（,3,）,mgl,(,sin,+,cos,),图,5-2-8,(2),态,在此过程中外力做功,270 J.,撤去作用在,B,和小车上的外力,当,A,和,B,分开后，在,A,达到小车底板的最左端位置之前，,B,已从小车左端抛出，求：,(1),B,与,A,分离时，小车的速度是多大；,(2),从撤去外力至,B,与,A,分离时，,A,对,B,做了多少功；,(3),假设弹簧伸长到最长时,B,已离开小车，,A,仍在车上，那么此时弹簧的弹性势能是多大？,解析,(1),当弹簧第一次恢复原长时，,B,与,A,分离，,此时,B,与,A,有相同速度，设为,v,1,小车速度为,v,2,根据动量守恒有,2,mv,1,-,Mv,2,=0,由能量关系有,2,mv,1,2,+,Mv,2,2,=270 J,解得,v,1,=9,m/s,，,v,2,=6,m/s,即小车速度为,6,m/s,(2),根据动能定理，从撤去外力至,B,与,A,分离时，,A,对,B,做的功为,W,=,mv,1,2,=81 J,(3),B,与,A,分离后速度不变，弹簧伸到最长时，,A,与小车速度相同，设为,v,3,，由动量守恒有,Mv,2,-,mv,1,=,（,m,+,M,）,v,3,由能量守恒有,mv,1,2,+(,M,+,m,),v,3,2,+,E,p,=270 J,或,mv,1,2,+,Mv,2,2,=(,M,+,m,),v,3,2,+,E,p,解得,v,3,=2.25,m/s,，,E,p,=168.75 J,答案,(1)6,m/s,(2)81 J (3)168.75 J,3.,(2009,合肥市第三次质检,),如图,5-2-9,所示,光滑的,圆弧轨道,AB,、,EF,.,半径均为,R,.,质量为,m,，上表面长也是,R,的小车静止在光滑水平面,CD,上,小车上表,面与轨道,AB,、,EF,的端点,B,、,E,在同一水平面上，一质量为,m,的物体（大小不计）从轨道,AB,的,A,点由静止下滑，由末端,B,滑上小车，小车立即向右运动，当小车右端与壁,DE,刚接触时,物体,m,恰好滑动到小车右端且相对于小车静止，接着小车与壁,DE,相碰,.,经极短时间碰撞后，小车立即停止运动，但与壁不粘连，物体则滑上圆弧轨道,EF,.,(1),求水平面,CD,的长度,s,.,(2),求物,体滑上轨道,EF,后能到达的最高点,P,相对于,E,点的高度,h,.,(3),接着,物体再从轨道,EF,上滑下并滑上小车，小车,与壁,BC,相碰后速度也立即变为零,.,最后物体停在小,车上的,Q,点，求,Q,点到小车右端的距离,.,图,5-2-9,解析,(1),设物体从,A,滑至,B,点时速度为,v,0,根据机械,能守恒，有,mgR,=,mv,0,2,设小车与壁,DE,刚接触时物体及小车达到的共同速,度,v,1,根据动量守恒定律,，,有,mv,0,=2,mv,1,设二者之间摩擦力为,F,f,则对物体,-,F,f,s,=,mv,1,2,-,mv,0,2,对小车：,F,f,(,s,-,R,)=,mv,1,2,由联立解得,s,=,R,(2),车与,DE,相撞后，物体以速度,v,1,冲上,EF,，则,mv,1,2,=,mgh,，解得,h,=,(3),由第（,1,）问可求得,F,f,=,mg,v,1,=,物体从轨道,EF,滑下并再次滑上小车后，设它们再次达到共同速度为,v,2,物体相对车滑行距离,s,1,则根据,动量守恒得,mv,1,=2,mv,2,根据动能定理得,:,F,f,s,1,=,mv,1,2,-,2,mv,2,2,由联立解得,s,1,=,R,s,1,R,，说明在车与,BC,相碰之前，车与物体达到相对静止，以后一起匀速运动直到小车与壁,BC,相碰,.,车,停止后物体将做匀减速运动,设相对车滑行距离,s,2,则,F,f,s,2,=,mv,2,2,由 联立解得,s,2,=,R,所以物体最后距车右端,s,总,=,s,1,+,s,2,=,R,4.(,2009,河南省普通高中毕业,班模拟考试,),如图,5-2-10,所示，,在一足够大的真空室中，虚线,MN,的左侧是一磁感应强度为,B,、方向垂直纸面向里的匀强,磁场,右侧是一场强为,E,、,方向水平向右的匀强电场,.,答案,(1),R,(2),R,(,3),R,图,5-2-10,在虚线,MN,上的点,O,处有一质量为,3,m,、电荷量为,+5,q,的粒子,处于静止状态,.,某时刻该粒子分裂成甲、乙,两个粒子，其中甲粒子质量为,2,m,、电荷量为,+,4,q,，,分裂后水平向左射入磁场，经过一段时间后，甲粒子刚好到达虚线,MN,上的,P,点，测得,OP,=,L,.,不计重力，不考虑粒子之间的作用力,.,求：,(1),分裂后乙粒子的初速度是多大？,(2),分裂后经过多长时间甲、乙两粒子的速度相同？,解析,(1),设分裂后甲、乙两粒子的初速度分别为,v,1,、,v,2,由动量守恒定律得,2,mv,1,-,mv,2,=0,甲粒子飞入磁场后，做匀速圆周运动,4,qv,1,B,=,联立解得,v,1,=,v,2,=,分裂后乙粒子的初速度为,v,2,=,(2),分裂后甲粒子在磁场中做匀速圆周运动到达,P,点的时间为,t,1,=,甲进入电场后的加速度为,a,1,=,乙进入电场后的加速度为,a,2,=,设分裂后经过时间,t,甲、乙速度相同，有,v,1,+,a,1,(,t,-,t,1,)=,v,2,+,a,2,t,由解得,t,=,答案,(1),(2),5.,(2009,安庆市第三次模拟,),如图,5-2-11,所示，带等量异种电荷,的两平行金属板竖直放置（,M,板带正电，,N,板带负电），两,板间距为,d,=80 cm,，,板长为,L,，,板间电压为,U,=100 V,.,两极板上端连线的中点处有一,用水平轻质绝缘细线拴接的完全相同的小球,A,和,B,组成的装置,Q,，,Q,处于静止状态，该装置中两球之,间有一处于压缩状态的绝缘轻质小弹簧（球与弹簧,不拴接）,左边,A,球带正电,电荷量为,q,=4,10,-5,C,，,右边,B,球不带电,两球质量均为,m,=1.0,10,-3,kg.,某时刻,装置,Q,中细线突然断裂，,A,、,B,两球立,图,5-2-11,即同时弹开（弹簧恢复原长）,.,若,A,、,B,之间弹簧被,压缩时所具有的弹性势能为,1.0,10,-3,J,，小球,A,、,B,均可视为质点，,Q,装置中弹簧的长度不计，小球,带电不影响板间的匀强电场，不计空气阻力，取,g,=10 m/s,2,.,求,(1),为使两小球都不与金属板相碰，金属板长度,L,应,满足什么条件？,(2),当小球,B,飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球,A,飞离电场时的动能是多大？,(3),从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平,距离为,30 cm,时，小球,A,的电势能增加了多少？,解析,(1),A,、,B,组成的系统动量守恒,0=,mv,0,-,mv,又机械能守恒定律,E,=2,mv,0,2,得小球弹开时获得,的初速度,v,0,=1,m/s,进入电场，,A,球水平方向做匀减速运动，,B,球水平,方向做匀速运动，故,B,碰不到极板，,A,球也就碰不,到极板,.,B,球进入电场后向右做平抛运动，平抛时,间,t,=0.4 s,0.4 s,内的竖直位移,y,=,gt,2,=0.8 m,即为使小球不与金属板相撞，金属板长度,L,0.8 m,(2),水平方向上，,A,球向左做匀减速运动，其加速度,a,=5 m/s,2,，方向向右,当小球,B,恰不与金属板相撞时，,A,球飞离电场时沿,水平方向的位移,s,1,=,v,0,t,-,at,2,=0,由功能关系得,A,球离开电场的动能,E,k,=,mv,0,2,-,q s,1,+,mgL,=8.5,10,-3,J,(3),两小球进入电场后，竖直方向均做自由落体运动，加速度为,g,因此，,A,、,B,两小球在运动过程中,始终位于同一高度,.,当两小球间的距离为,s,=30 cm,时,v,0,t,+(,v,0,t,-,at,2,)=,s,t,1,=0.2 s,t,2,=0.6 s,（舍去）,此时,A,球水平位移为,s,A,=,v,0,t,1,-,at,1,2,=0.1 m,小球,A,的电势能增加量为,E,A,=,qEs,A,=,s,A,=5,10,-4,J,答案,(,1),L,0.8 m (2)8.5,10,-3,J,(3)5,10,-4,J,返回,