2010届高考物理第三轮复习-计算专题冲刺.doc

一、计算题考试与方法介绍（一）高考计算题有什么规律？规律：两力一电或两电一力，计算题主要涉及：（1）牛顿定律与圆周运动和万有引力定律综合。（2）动量守恒和能量转化的综合。（3）以带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合。（4）从运动、力、能量观点分析解决电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合。 考查的主要观点：（1）力的观点。 （2）动量的观点。 （3）能量的观点。 【建议】做完题后，用自已的话把问题叙述清楚，展示出思维的过程，对于难得理解的地方要慢慢的一点一点的想清楚，要盯着盯着想。刚开始比较慢，但搞清楚一个问题，就是一大片。知识就会发生迁移。解 题要求什么？可求什么？需求什么？已知什么？（二）读题中要注意的问题？A关键性词语的理解，B隐含条件的挖掘，C干扰因素的排除【解题的两条模式】解题的过程就是寻找已知和未知的通道的过程。找通道有两条模式，顺推模式和逆推模式。【例】如图所示，在虚线所示宽度范围内，有场强为E的匀强电场可使以初速v0垂直于电场线射入的某种正离子(重力不计)偏转角；在同样宽度内，若改用电场和磁场的宽度相同某种正离子不计重力离子穿过磁场的偏转角和穿过电场的偏转角相等匀强磁场的磁感应强度穿过电场和磁场的时间比已知未知方向垂直纸面向外的匀强磁场，离子以原速度v0穿过该区域后偏转角也为求：(1)匀强磁场的磁感应强度；(2)穿过电场和磁场的时间比解(1)加电场时，离子做类平抛运动，时间为1（为虚线间距离），竖直方向的加速度离开电场时，沿场强方向的分速度如图()所示，有an 加磁场时，离子做匀速圆周运动，偏转角等于圆心角，如图(）所示，有 又洛伦兹力提供向心力，则 得， (2) 在电场中运动时间1，在磁场中运动时间2，得比较重要的模型有：平抛运动模型、匀速圆周运动模型、子弹打木块模型等。力学中子弹打木块的问题，万有引力定律在天文学上的运用的模型，电学中带电粒子在场中的运动问题，电磁感应中能量转化问题。电粒子在场中的运动问题，电磁感应中能量转化问题。（一）牛顿定律与圆周运动和万有引力定律综合1.类平抛运动模型带电粒子在电场中的偏转是中学物理的重点知识之一，在每年的高考中一般都与磁场综合，分值高，涉及面广，同时相关知识在技术上有典型的应用如示波器等，所以为高考的热点内容。【模型要点】带电粒子在电场中的运动： 加速 偏转(类平抛)平行E方向：L=vot竖 直 方 向： tg=速度：Vx=V0 Vy =at （为速度与水平方向夹角） 位移：Sx= V0 t Sy = （为位移与水平方向的夹角） 结论：不论带电粒子的m、q如何，在同一电场中由静止加速后，再进入同一偏转电场，它们飞出时的侧移和偏转角是相同的(即它们的运动轨迹相同)出场速度的反向延长线跟入射速度相交于O点，粒子好象从中心点射出一样 (即) 证： (的含义?)【经典例题】示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图1（甲）所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图1（乙）所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力）求： （1）电子进入AB板时的初速度；（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图1（乙）中电压的最大值U0需满足什么条件？（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，在如图1（丙）所示的坐标系中画出这个波形。图1（丙）解析：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有。（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上，在板A、B间沿水平方向的分运动为匀速运动，则有：竖直方向，有，且，联立解得：只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以：（3）要保持一个完整波形，需要隔一个周期T时间回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图2所示，有又知，联立得 图2由相似三角形的性质，得：，则峰值为波形长度为，波形如图3所示。图3【当堂反馈1】如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=,。不计重力。求（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则 其中。又有 联立式，得因为点在圆周上，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。 （2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为 联立式，并代入数据得 【当堂反馈2】如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求（1）分裂时两个微粒各自的速度；（2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；（3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。【解析】（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：（0, -d）（d,0）xEyvxvy在y方向上有- 在x方向上有-根号外的负号表示沿y轴的负方向。中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有 方向沿y正方向。（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为其中由运动学公式所以（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移则当当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为【当堂反馈3】如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置.（2）在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置.（3）若将左侧电场整体水平向右移动L/n（n1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场区域内由静止释放电子的所有位置。解析：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有 解得y，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（2L，）（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 解得xy，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ， 解得，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置2.匀速圆周运动模型【模型要点】做匀速圆周运动的物体需要受到向心力的作用，在高考中一般有万有引力、洛仑兹力来提供向心力，即：.带电粒子在磁场中圆周运动（关健是画出运动轨迹图,画图应规范）。规律： (不能直接用) 1、 找圆心：(圆心的确定)因f洛一定指向圆心，f洛v任意两个f洛方向的指向交点为圆心；任意一弦的中垂线一定过圆心； 两速度方向夹角的角平分线一定过圆心。2、 求半径(两个方面)：物理规律 由轨迹图得出几何关系方程 ( 解题时应突出这两条方程 )几何关系：速度的偏向角=偏转圆弧所对应的圆心角(回旋角)=2倍的弦切角相对的弦切角相等，相邻弦切角互补 由轨迹画及几何关系式列出：关于半径的几何关系式去求。3、求粒子的运动时间：偏向角（圆心角、回旋角）=2倍的弦切角，即=2 T4、圆周运动有关的对称规律：特别注意在文字中隐含着的临界条件a、从同一边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等。DBU1U2vLb、在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出。【经典例题】如图所示，一带电微粒质量为m=2.010-11kg、电荷量q=+1.010-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计。求：带电微粒进入偏转电场时的速率v1；偏转电场中两金属板间的电压U2；为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？解析：带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理 =1.0104m/s 带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动DBU1U2vL水平方向： 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向： 由几何关系 得U2 =100V带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知 设微粒进入磁场时的速度为v/ 由牛顿运动定律及运动学规律 得 ， B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。【当堂反馈1】在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y方向飞出。（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60角，求磁感应强度B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？【参考答案】（1）q/mv/Br （2）B B/3 tr/3v【当堂反馈1】如图，在广阔的宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感应强度为B2，B1=B0=2B2，方向相同，且磁场区域足够大在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量-q的球，发现球在界线处速度方向与界线成60角进入下部分磁场，然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止求：（1）小球在两磁场中运动的轨道半径大小（仅用h表示）和小球的速度；（2）宇航员的质量（用已知量表示）解析（1）画出小球在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知R1-h=R1cos60，R1=2h由和B1=2B2可知R2=2R1=4h 由得(2)根据运动的对称性，PQ的距离为 l = 2(R2sin60-R1sin60)=2h 粒子由P运动到Q 的时间宇航员匀速运动的速度大小为 由动量守恒定律得MV-mv=0可求得宇航员的质量【当堂反馈2】.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.010-3T,在y轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。 （1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案（1）=4.9C/kg（或5.0C/kg）；（2） ； （3）【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 联立并代入数据得 =4.9C/kg（或5.0C/kg） （2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 代入数据得 所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 联立并代入数据得 （3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积w.w.w.k.s.5.u.c.o.m abcdOv0联立并代入数据得 矩形如图丙中（虚线）【当堂反馈3】如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角 = 30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围.（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.答案：（1）v0 （2）解析：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =，所以有R =，设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1R1sin =，将R1 =代入上式可得，v01 = 类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2R2sin =， 将R2 =代入上式可得，v02 = 所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足v0（2）由t =及T =可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（22），所以最长时间为t =【当堂反馈4】过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求 （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少； （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。R1R2R3ABCDv0第一圈轨道第二圈轨道第三圈轨道LLL1答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， 解：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 由得 （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 由得 （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 由得 II轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理解得 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足解得 R3=27.9m 综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则.万有引力及其在天文学上的运用知识规律：1. 向心力2.线速度Vs/t2r/T ；角速度/t2/T2f；角速度与线速度的关系：Vr3.向心加速度aV2/r2r(2/T)2r 4.角速度与转速的关系2n (此处频率与转速意义相同)5.天体上的重力和重力加速度：GMm/R2mg；gGM/R2（黄金公式）(R:天体半径(m)，M：天体质量（kg）)4.卫星绕行速度、角速度、周期：V(GM/r)1/2；(GM/r3)1/2；T2(r3/GM)1/2M：中心天体质量5.第一(二、三)宇宙速度V1(g地r地)1/2(GM/r地)1/27.9km/s；V211.2km/s；V316.7km/s6.地球同步卫星GMm/(r地+h)2m42(r地+h)/T2h36000km.h:距地球表面的高度，r地:地球的半径注:天体运动所需的向心力由万有引力提供,F向F万； 应用万有引力定律可估算天体的质量密度等：G=mr = m M= T2= （M=V球=r3）；地球同步卫星只能运行于赤道上空，运行周期和地球自转周期相同；线速度、离地高度、加速度都恒定。卫星轨道半径变小时,势能变小、动能变大、速度变大、周期变小（一同三反）；地球卫星的最大环绕速度和最小发射速度均为7.9km/s。应该熟记常识：地球公转周期1年, 自转周期1天=24小时=86400s, 地球表面半径6.4103km 表面重力加速度g=9.8 m/s2 月球公转周期30天【经典例题】2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50102天文单位（地球公转轨道的半径为一个天文单位），人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。（1）若将S2星的运行轨道视为半径r=9.50102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量Ms的多少倍(结果保留一位有效数字)；（2）黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚。由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有势能为Ep=-G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径。已知引力常量G=6.710-11Nm2/kg2，光速c=3.0108m/s，太阳质量Ms=2.01030kg，太阳半径Rs=7.0108m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径之比应小于多少（结果按四舍五入保留整数）。【解析】本题考查天体运动的知识。其中第2小题为信息题，如“黑洞”“引力势能”等陌生的知识都在题目中给出，考查学生提取信息，处理信息的能力，体现了能力立意。（1）S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为，周期为T，则 设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则 综合上述三式得 式中TE=1年 rE=1天文单位 代入数据可得 （2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远，此时料子的势能为零。“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零，则有 依题意可知 ， 可得 代入数据得 【当堂反馈1】已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。（1）设卫星的质量为m,地球的质量为M,在地球表面附近满足 得 卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力 式代入式，得到（2）考虑式，卫星受到的万有引力为 由牛顿第二定律 、联立解得【当堂反馈2】我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行.为了获得月球表面全貌的信息,让卫星轨道平面缓慢变化.卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球.设地球和月球的质量分别为M和m,地球和月球的半径分别为R和R1,月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1,月球绕地球转动的周期为T.假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面,求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间(用M、m、R、R1、r、r1和T表示,忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响).解析 如右图所示,O和O分别表示地球和月球的中心.在卫星轨道平面上,A是地月连心线OO与地月球面的公切线ACD的交点,D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点.根据对称性,过A点在另一侧作地月球面的公切线,交卫星轨道于E点.卫星在 说上运动时发出的信号被遮挡.设探月卫星的质量为m0,万有引力常量为G,根据万有引力定律有 式中,T1是探月卫星绕月球转动的周期 由式得设卫星的微波信号被遮挡的时间为t,则由于卫星绕月球做匀速圆周运动,应有式中,=COA,=COB. 由几何关系得 rcos=R-R1 r1 cos =R1由式得 【当堂反馈3】天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星.双星系统在银河系中很普遍.利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量.已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动,周期均为T,两颗恒星之间的距离为r,试推算这个双星系统的总质量.（万有引力常量为G）解析 设两颗恒星的质量分别为m1、m2,做圆周运动的半径分别为r1、r2,角速度分别为1、2.根据题意有1=2 r1+r2=r 根据万有引力定律和牛顿运动定律,有 联立以上各式解得 根据角速度与周期的关系知 联立式解得m1 + m2 =【当堂反馈4】土星周围有许多大小不等的岩石颗粒,其绕土星的运动可视为圆周运动.其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心的距离分别为rA=8.0104 km和rB=1.2105 km,忽略所有岩石颗粒间的相互作用.(结果可用根式表示),求:(1)岩石颗粒A和B的线速度之比.(2)岩石颗粒A和B的周期之比.(3)土星探测器上有一物体,在地球上重为10 N,推算出它在距土星中心3.2105 km处受到土星的引力为0.38 N.已知地球半径为6.4103 km,请估算土星质量是地球质量的多少倍?解析 (1)设土星质量为M0,颗粒质量为m,颗粒距土星中心距离为r,线速度为v,根据牛顿第二定律和万有引力定律得 解得得：(2)设颗粒绕土星做圆周运动的周期为T,则对于A、B两颗粒分别有： 得: (3)设地球质量为M,地球半径为r0,地球上物体的重力可视为万有引力,探测器上物体质量为m0,在地球表面重力为G0,距土星中心r0=3.2105 km处的引力为G0,根据万有引力定律： 由得:=95(倍) （二）动量守恒、能量守恒、动能定律的综合运用专题m1 m2A A B A B A Bv1，vv1/v2/ 1.碰撞类模型两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒如上图所示，忽略一起摩擦。系统动能减少全部转化为弹簧的弹性势能，状态时系统动能最小，弹性势能最大。这由动量守恒定律可以得时A、B的共同速度为，由能量守恒可以得出系统的动能损失最大，为：=弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）v1【经典例题】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：由系统机械能守恒得： 解得Mmv全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得【当堂反馈1】 质量M的小车左端放有质量m的铁块，以共同速度v沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计动能损失。动摩擦因数，车长L，铁块不会到达车的右端。到最终相对静止为止，摩擦生热多少？解析：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v，而铁块的速度未变，仍是v，方向向左。根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的速度方向决定于M与m的大小关系：当Mm时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是；当M=m时，显然最终共同速度为零，当Mm时，相对静止时的共同速度必向右，再次与墙相碰，直到小车停在墙边，后两种情况的摩擦生热都等于系统的初动能【当堂反馈2】 用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v 6 ms的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.求：在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?（2）弹性势能的最大值是多大?（3）A的速度有可能向左吗?为什么?解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，（mA+mB）v（mA+mB+mC）vA 解得 vA= m/s=3 m/s（2）B、C碰撞时B、C系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v，则mBv=（mB+mC）v v=2 m/s设物A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为Ep， 根据能量守恒Ep=（mB+mC） +mAv2-（mA+mB+mC）=（2+4）22+262-（2+2+4）32=12 J（3）A不可能向左运动系统动量守恒，mAv+mBv=mAvA+（mB+mC）vB设 A向左，vA0，vB4 m/s 则作用后A、B、C动能之和E=mAvA2+（mB+mC）vB2（mB+mC）vB2=48 J实际上系统的机械能 E=Ep+（mA+mB+mC）=12+36=48 J 根据能量守恒定律，E是不可能的Mvm【当堂反馈5】在光滑水平地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一个质量为m的小铁块以速度V0沿水平槽口滑去，如图所示，求：(1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度：(设m不会从左端滑离M)(2)小车的最大速度；(3)若Mm，则铁块从右端脱离小车后将作什么运动？解：(1)铁块滑至最高处时，有共同速度V，由动量守恒定律得：mV0(M+m)V 由能量守恒定律得： 由解得：(2)铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为V，此时铁块速度为V，由动量守恒定律得：mvMV+mV 由能量守恒定律得： 由解得：(3)由上面解得: 由已知当Mm时，由得：V2又因铁块滑离小车后只受重力，所以做自由落体运动 s2 ds1v02.子弹打木块类模型子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。【经典例题】如右图所示，设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 、相减得：【这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）】 由上式不难求得平均阻力的大小：【结论】一般情况下，所以s2 ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1，则 s1 = s - L = 0.17m. 【当堂反馈4】 如图所示，在长木板A的右端固定着一个挡板，静止在光滑水平地面上，已知木板（包括挡板）的质量mA=1.5m，小木块B（可视为质点）的质量mB=m现使木块B从A的左端开始以水平向右的初速度v0在长木板A上滑动，滑到右端时与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰撞后木块B恰好能滑到木板A的左端而不脱离木板设B与A间的动摩擦因数为，B在A板上单程滑行长度为l（1）若，求在木块B与挡板碰撞的过程