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專題07 碰撞與動量守恒 第一部分名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識的同時，注重考查基本概念和基本規(guī)律。 考綱要求 1、理解動量、動量變化量的概念；知道動量守恒的條件。 2、會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。 命題規(guī)律 1、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查。 2、動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點。 第二部分知識背一背 （1）動量、動能、動量變化量的比較 名稱 項目 動量 動能 動量的變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 p＝mv Δp＝p′－p 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 (2)動量的性質(zhì) ①矢量性：方向與瞬時速度方向相同． ②瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的量，是針對某一時刻而言的． ③相對性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量． (3)動量守恒條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒． ②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒． (4)動量守恒定律的表達(dá)式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 或Δp1＝－Δp2. （5）碰撞的種類及特點 分類標(biāo)準(zhǔn) 種類 特點 機械能是否守恒 彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失 完全非彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大 碰撞前后動量是否共線 對心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共線 非對心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線 (6)動量守恒定律和能量守恒定律 動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件。在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 第三部分技能+方法 一、動量守恒定律的特點： ①矢量性：表達(dá)式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負(fù)。 ②瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。不同時刻的動量 不能相加。 ③同時性：動量是狀態(tài)量，具有瞬時性，動量守恒定律指的是相互作用的物體構(gòu)成的物體系在任一時刻的總動量都相同． ④普適性：它不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，對微觀粒子組成的系統(tǒng)也適用。 二、應(yīng)用動量守恒定律解題的特點 由于動量守恒定律只考慮物體相互作用前、后的動量，不考慮相互作用過程中各個瞬間細(xì)節(jié)，即使在牛頓運動定律適用的范圍內(nèi)，它也能解決許多由于相互作用力難以確定而不能直接應(yīng)用牛頓運動定律的問題，這正是動量守恒定律的特點和優(yōu)點所在． 三、應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟 ①明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； ②進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)； ③規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； ④由動量守恒定律列出方程； ⑤代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明． 四、碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 ①動量守恒定律． ②機械能不增加． ③速度要合理：若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 五、彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律． 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例， 則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和 解得：； 結(jié)論： ①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運動． ③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來 六、綜合應(yīng)用動量和能量的觀點解題技巧 ①動量的觀點和能量的觀點 動量的觀點：動量守恒定律 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解． ②利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題： (a)動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式． (b)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解． 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點的全過程中,所受空氣阻力大小恒定,則（） A．全過程重力的沖量為零 B．全過程中動量的變化量等于阻力的沖量 C．全過程中動能的變化量等于阻力做的功 D．上升過程中機械能的變化量大于下落過程機械能的變化量 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB、重力是恒力，全過程重力的沖量不可能為零，只會不斷增加，根據(jù)動量定理可知全過程中動量的變化量等于阻力與重力合力的沖量，故選項A、B錯誤； C、重力是恒力，在全過程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可得全過程中動能的變化量等于阻力做的功，故選項C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系可知，機械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過程中機械能的變化量等于下滑過程中機械能的變化量，故選項D錯誤； 2．質(zhì)量相等的A、B、C三個物體放在光滑的水平面上且在同一直線上，A、B用輕彈簧相連，靜止在水平面上，彈簧處于原長?，F(xiàn)給C 一大小為Ek的初動能，使其向左運動，與B相碰后黏在一起，之后彈簧的形變量在彈性限度內(nèi)，則彈簧能獲得的最大彈性勢能為 A．12EK B．13EK C．14EK D．16EK 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、B碰撞后瞬間的速度為v1，A.B系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有mv0=2mv1，解得v1=12v0；當(dāng)A、B、C具有共同速度v時，彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，碰后至A、B、C速度相同的過程中，系統(tǒng)動量守恒，有：2mv1=3mv，根據(jù)碰后系統(tǒng)的機械能守恒得：12?2mv12=12?3mv2+Ep，解得：Ep=112mv02=16Ek，故選項D正確，A、B、C錯誤； 彈簧能獲得的最大彈性勢能的選選項D。 3．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運動的整個過程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運動的整個過程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過程的加速度大小為a2=v02t0；對于勻減速運動過程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯誤；對整個過程，由動量定理：IF-If=0，則在物體運動的整個過程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項B錯誤；對整個過程，由動能定理：WF-Wf=0，則在物體運動的整個過程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項C錯誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 4．雙人滑冰是一種觀賞性很高的冰上運動。如圖所示，在一組動作中，男女運動員繞某豎直軸做勻速圓周運動。對此現(xiàn)象，小明同學(xué)對于“如果水平面光滑?！边@樣的理想化情況，做出這樣一些分析判斷，其中正確的是： A．他倆不可能做勻速圓周運動 B．他倆的運動不是直線運動，總動量不守恒 C．由于男選手對女選手拉力斜向上，這個拉力大于女選手對男選手的拉力 D．由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力大于自己的重力 【答案】 D 【解析】 【詳解】 男女運動員繞某豎直軸轉(zhuǎn)動，兩人之間的拉力和重力的合力充當(dāng)向心力，則他倆可能做勻速圓周運動，選項A錯誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動量守恒，選項B錯誤；男選手對女選手的拉力與女選手對男選手的拉力是一對作用和反作用力，大小相等，選項C錯誤；由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力等于男選手的重力與女選手對男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對冰面壓力大于自己的重力，選項D正確；故選D. 5．在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運動，在t=0時刻受一與運動方向相反的恒力F=4N的作用，經(jīng)一段時間后撤去力F，物體運動的v-t圖象如圖所示，已知g=10m/s2，下列說法正確的是 A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 B．物體最后回到t=0時刻的位置 C．力F的沖量大小為4Ns D．物體的質(zhì)量為1kg 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由于物體0-1s內(nèi)物體沿正向減速運動，1-2s內(nèi)沿負(fù)向加速運動，2s后沿負(fù)方向減速運動，則拉力在2s末撤去的，拉力F的作用時間為2s，在2-3s內(nèi)物體的加速度大小為a=△v△t=2m/s2，摩擦力大小為μmg=ma，解得μ=0.2，力F的沖量大小為I=Ft=8N?s，故A C錯誤。由圖知，0-1s內(nèi)物體沿正向運動，位移x1=1261m=3m，1-3s內(nèi)沿負(fù)向運動，位移x2=12(3?1)2m=2m，則知3s末距離出發(fā)點距離為x=x1-x2=1m，故B錯誤；在0-1s內(nèi)物體沿正向運動，根據(jù)圖象可得加速度a1=△v1△t1=61m/s2=6m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-μmg=ma1，解得物體的質(zhì)量m=1kg，故D正確。故選D。 6．將靜止在P點的原子核置于勻強磁場中（勻強磁場的方向圖中未畫出），能發(fā)生α衰變或β衰變，衰變后沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RAP與RPB之比為44:1，則 A．發(fā)生了α衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90 B．發(fā)生了α衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86 C．發(fā)生了β衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45 D．發(fā)生了β衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為43 【答案】 D 【解析】 【詳解】 兩粒子運動方向相反，受洛倫茲力方向相同，可知兩粒子帶異種電荷，可知發(fā)生的是β衰變；根據(jù)動量守恒定律，兩粒子動量等大反向，由r=mvqB∝1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因β射線帶一個負(fù)電荷，則原核電荷數(shù)為43，根據(jù)左手定則可知，磁場垂直紙面向外，故選D. 7．如圖所示，光滑的水平桌面上有一個內(nèi)壁光滑的直線槽子，質(zhì)量相等的A、B兩球之間由一根長為L且不可伸長的輕繩相連，A球始終在槽內(nèi)，其直徑略小于槽的直徑，B球放在水平桌面上。開始時刻A、B兩球的位置連線垂直于槽，相距L2，某給B球一個平行于槽的速度v0，關(guān)于兩球以后的運動，下列說法正確的是 A．繩子拉直前后，A、B兩球組成的系統(tǒng)在平行于槽的方向動量守恒 B．繩子拉直后，A、B兩球?qū)⒁韵嗤乃俣绕叫杏谙嗟姆较蜻\動 C．繩子拉直的瞬間，B球的機械能的減少量等于A球機被能的增加量 D．繩子拉直的瞬間，B球的機械能的減少量小于A球機械能的增加量 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A.在拉直前，A和B作為一個系統(tǒng)，在平行于槽的方向不受力，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)在平行于槽的方向動量守恒。故A正確。 B. 繩子拉直后，B球要以A為圓心，L長為半徑做圓周運動，運動的方向不能平行于直線槽子。故B錯誤。 CD. 繩子拉直的瞬間，系統(tǒng)的機械能要損失，所以B球的機械能的減少量大于A球機械能的增加量。故D錯誤。 故選A。 8．如圖所示，光滑細(xì)桿BC和AC構(gòu)成直角三角形ABC，其中AC桿豎直，BC桿和AC桿間的夾角θ=37，兩根細(xì)桿上分別套有可視為質(zhì)點的小球P、Q質(zhì)量之比為1︰2．現(xiàn)將P、Q兩個小球分別從桿AC和BC的項點由靜止釋放，不計空氣阻力，sin37=0.6。則P、Q兩個小球由靜止釋放后到運動至C點的過程中，下列說法正確的是 A．重力的沖量之比為1︰1 B．重力的沖量之比為5︰6 C．合力的沖量之比為5︰8 D．合力的沖量之比為5︰2 【答案】 C 【解析】 【詳解】 設(shè)AC為5l，BC為4l，P球沿AC桿做自由落體運動，設(shè)下落的時間tp：5l=12gtp2，Q球沿BC桿做勻加速運動，加速度為a=gcos37°=0.8g，設(shè)下落的時間為tQ:4l=12atQ2，有以上方程可得：tptQ=11。 A、C.有沖量的定義I=Ft可得兩球的重力的沖量比為：IPIQ=mPgtPmQgtQ=mPmQ=12。故AC都錯誤。 C、D.由速度公式v=at可得，兩球的速度比：vPvQ=gtP0.8gtQ=10.8；由動量定理I合=ΔP=mΔv可知，兩球的合力的沖量比：IP合IQ合=mPvPmQvQ=1210.8=58。故C正確，D錯誤。 9．如圖所示，靜止在勻強磁場中的某放射性元素的原子核，當(dāng)它放出一個α粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測得α粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1，則下列說法不正確的是（） A．α粒子與反沖粒子的動量大小相等，方向相反 B．原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90 C．反沖核的核電荷數(shù)為88 D．α粒子和反沖粒子的速度之比為1:88 【答案】 D 【解析】 【詳解】 微粒之間相互作用的過程中遵守動量守恒定律，由于初始總動量為零，則末動量也為零，即α粒子和反沖核的動量大小相等，方向相反；由于釋放的α粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內(nèi)，且在洛倫茲力作用下做圓周運動；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對α粒子：R1=P1B?2e，對反沖核：R2=P2B?(Q-2)e，由于P1=P2，根據(jù)R1:R2=44:1，解得Q=90，反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88，它們的速度大小與質(zhì)量成反比，由于不知道質(zhì)量關(guān)系，無法確定速度大小關(guān)系，故A、B、C正確，D錯誤； 10．如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度向v0右運動，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為（） A．14mv02 B．18mv02 C．112mv02 D．115mv02 【答案】 C 【解析】 【詳解】 粘性物體和A相互作用，動量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝12v0，以后三個物體一起相互作用動量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝23v0，最大彈性勢能EP＝12mv02＋122m(12v0)2－123m(13v0)2＝112mv02，∴正確答案選C。 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動 B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運動，選項A錯誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小，選項B正確； C．因此過程中只有球的重力對系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則系統(tǒng)的動量不守恒，選項D錯誤. 12．為完成某種空間探測任務(wù)，需要在太空站上發(fā)射空間探測器，探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其加速。已知探測器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，噴射氣體的功率恒為P，不計噴氣后探測器的質(zhì)量變化。則( ) A．噴出氣體的速度為Pm B．噴出氣體的速度為2Pm C．噴氣Δt秒后探測器獲得的動能為mPΔt2M D．噴氣Δt秒后探測器獲得的動能為mPΔt22M 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 由動能定理可知：Pt=12mv2，t=1s，解得：v=2Pm，選項B正確，A錯誤；由動量守恒定律可知：0=Mv1-m△t?v，則有：2MEk=mΔtv=mΔt2Pm得EK=mP△t2M，故C正確，D錯誤。 13．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小隨時間變化如圖甲所示。在拉力F從零逐漸增大的過程中，物體的加速度隨時間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說法中錯誤的是 A．物體與水平面間的摩擦力先增大后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．4s末物體的動量大小為12kgm/s D．4s內(nèi)滑動摩擦力的沖量大小為9Ns 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0-2s內(nèi)物體靜止不動，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t=2s時靜摩擦力達(dá)到最大值，t=2s后物體開始運動，受到滑動摩擦力作用，滑動摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變。故A正確。在2-4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：F-μmg=ma；由圖知：當(dāng)F=6N時，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；當(dāng)F=12N時，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；聯(lián)立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為△v=1+322=4m/s，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，動量大小為P=mv=12kg?m/s，故C正確。4s內(nèi)滑動摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1302N?s=6N?s，選項D錯誤。 14．如圖甲所示，質(zhì)量為0.01kg、長為0.2m的水平金屬細(xì)桿CD的兩端分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應(yīng)強度大小B1=10T、方向水平向右的勻強磁場，且細(xì)桿CD與該磁場方向垂直。一匝數(shù)為100匝、橫截面面積為0.01m2的線通過導(dǎo)線、開關(guān)S與兩水銀槽相連，線岡處于沿豎直方向垂直穿過圈橫截面的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在t=0.20s時閉合開關(guān)S，細(xì)桿CD間彈起（可認(rèn)為彈起過程中安培力遠(yuǎn)大于重力，重力忽略不計），彈起的最大高度為0.2m。不考慮空氣阻力，水銀的黏滯作用和細(xì)桿CD落回水槽后的運動，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（） A．感應(yīng)強度B2的方向豎直向上 B．t=0.05s時，線圈中的感應(yīng)電動勢大小為10V C．在細(xì)桿CD彈起的過程中，細(xì)桿CD所受安培力的沖量大小為0.01N?s D．開關(guān)S閉合后，通過細(xì)桿CD某一橫截面的電荷量為0.01C 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、由題意知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知感應(yīng)電流方向由C到D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.15~0.25s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應(yīng)強度B2方向豎直向上，故A正確； B、由圖像可知，0~0.1s內(nèi)線圈的感應(yīng)電動勢大小為E=nΔ?Δt=10V，即0.05s時，線圈中的感應(yīng)電動勢大小為10V，故B正確； C、細(xì)桿彈起過程中，細(xì)桿所受安培力的沖量大小為I=mv=m2gh=0.02Ns，故C錯誤； D、開關(guān)K閉合后，設(shè)通過CD的電荷量為q，根據(jù)動量定理可得：B1IL?Δt=mv-0，而B1IL?Δt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C，故D正確； 故選ABD。 15．如圖所示，長為L、質(zhì)量為3m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的鐵塊A放在長木板右端。一質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板。子彈射入木板中的時間極短，子彈、鐵塊均視為質(zhì)點，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定，重力加速度為g。下列說法正確的是（） A．木板獲得的最大速度為v05 B．鐵塊獲得的最大速度為v05 C．鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為v0240gL D．子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為2mv025 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 對子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律求出木板獲得的最大速度，對木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律求出鐵塊獲得的最大速度，由能量守恒定律求出鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)和子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機械能； 【詳解】 A、對子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=v04，故A錯誤； B、對木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)：mv0=5mv2，解得v2=v05，故B正確； C、子彈打入木板后，對木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，由能量守恒定律：μmgL=124mv12125mv22，解得μ=v0240gL，故C正確； D、全過程，由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為△E=12mv02-125mv22，故D正確； 故選BCD。 【點睛】 子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，由動量守恒定律求木塊獲得的最大速度；木塊在木板上滑行時，木塊（含子彈）與木板組成的系統(tǒng)合外力為零，總動量守恒，由動量守恒定律求木塊滑離木板時木板獲得的速度。 16．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運動中的位移為s。則以下說法正確的是 A．子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損 B．子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小 C．摩擦力對M做的功一定等于摩擦力對m做的功 D．位移s一定大于深度d 【答案】 AB 【解析】 【分析】 子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，最終子彈未能射穿木塊時，此時木塊和子彈的速度相同，根據(jù)動量守恒定律以及能量守恒定律列式求解即可； 【詳解】 AC、子彈射擊木塊的過程中，設(shè)子彈受到木塊的摩擦力為f，摩擦力對木塊M做的功為W1=fs，摩擦力對子彈m做的功為W1=f(s+d)，根據(jù)能量守恒可得子彈動能的虧損為ΔEk1=f(d+s)，系統(tǒng)動能的虧損ΔEk2=fd，所以子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A正確，C錯誤； B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，最終子彈未能射穿木塊時，此時木塊和子彈的速度相同，以子彈初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=mv0M+m，子彈動量變化量的大小ΔP1=mv0-mv=Mmv0M+m，木塊動量變化量的大小ΔP2=Mv=Mmv0M+m，故B正確； D、對木塊根據(jù)動能定理可得fs=12Mv2-0，解得木塊在加速運動中的位移為s=Mm2v022(M+m)2f，根據(jù)能量守恒可得fd=12mv02-12(m+M)v2，解得射入的深度為d=Mmv022(M+m)f>mM+mMmv022(M+m)f=s，故D錯誤； 故選AB。 【點睛】 正確分析物體的運動情況，知道當(dāng)子彈未能射穿木塊時時，此時木塊和子彈的速度相同，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，明確應(yīng)用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向。 17．一個靜止在水平地面上的物體，質(zhì)量為0.1kg，受到豎直向上的拉力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖所示。若g取10m/s2，則下列說法正確的是 A．0~3s內(nèi)，物體的速度逐漸增大 B．3s時物體的加速度最大 C．第5s末和第9s末物體的速度相等 D．第9s末物體離地面的高度最大 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)圖像可知物體在0~1s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，1~3s內(nèi)做加速度增大的加速運動，3~7s內(nèi)做加速度減小的加速運動，7~9s內(nèi)向上做加速度增大的減速運動據(jù)此分析 【詳解】 物體質(zhì)量為0.1kg，即物重1N，在F=1N前物體保持靜止，即物體是從1s后開始向上加速運動的，A錯誤；在3s末拉力最大，故加速度最大，B正確；根據(jù)動量定理Ft=mΔv可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的動量變化量，所以5~7s內(nèi)增加的動量大小與7~9s內(nèi)減小的動量大小相等，即第5s末和第9s末的速度相等，C正確；物體在1~9s整個過程中都在向上運動，即第9s末物體仍向上運動，物體離地面的高度不是最大，D錯誤． 18．如圖，一輛質(zhì)量為M=3kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m=1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，平板小車A的長度L=0.9m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個v0=5m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g=10m/s2.下列說法正確的是 A．小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2m/s B．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量大小為8kg.m/s C．小鐵塊B向左運動到達(dá)豎立墻壁的過程中損失的機械能為4J D．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 鐵塊B向左運動的過程，根據(jù)動能定理列式，求出鐵塊B到達(dá)豎直墻壁前的速度．鐵塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞后以原速率反彈，之后鐵塊在小車上向右滑動，假設(shè)鐵塊最終能停留在小車A上，根據(jù)動量守恒定律求出共同速度，再根據(jù)功能關(guān)系求出小鐵塊相對小車運動距離，即可進(jìn)行判斷．根據(jù)能量守恒定律求系統(tǒng)損失的機械能． 【詳解】 選取向左為正方向，設(shè)鐵塊向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1．對鐵塊B向左運動的過程，根據(jù)動能定理得：-μmgL=12mv12-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得：v1=4m/s，故A錯誤；鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運動，速度大小為：v1′=-v1=-4m/s；根據(jù)動量定理，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為：I=△mv=m（v1′-v）=1（-4-4）=-8kg?m/s。負(fù)號表示方向向右。故B正確；根據(jù)功能關(guān)系，小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機械能等于小鐵塊損失的動能，為：△E1=12mv02 ?12mv12 = 12152?12142＝4.5J．故C錯誤；假設(shè)小鐵塊最終和小車達(dá)到共同速度v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： mv1′=（M+m）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=-1m/s，設(shè)小鐵塊相對小車運動距離x時與平板車達(dá)到共速，由能量守恒定律得：-μmgx= 12（M+m）v22-12mv′12，代入數(shù)據(jù)解得：x=1.2m；由于x＞L，說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共速時就滑出平板車。即鐵塊B最后不能停留在小車A上。根據(jù)功能關(guān)系可知，小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為△E2=2μmgL，代入數(shù)據(jù)解得：△E2=9J．故D正確。故選BD。 【點睛】 本題首先要分析鐵塊的運動情況，對于鐵塊向右運動是否滑出平板車，我們可以采用假設(shè)法進(jìn)行判斷，正確運用功能關(guān)系求解． 19．如圖所示，一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動，其a﹣t圖象如圖所示，t=0時速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則下列說法中正確的是（　　） A．在t=6s的時刻，物體的速度大小為20m/s B．在0～6s的時間內(nèi)，合力對物體做的功為400J C．在0～6s的時間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N?s D．在t=6s的時刻，拉力F的功率為200W 【答案】 AD 【解析】 【分析】 根據(jù)△v=a△t可知a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，由此求得t=6s時物體的速度．根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做的功等于動能的變化量，根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，根據(jù)牛頓第二定律求出在t=6s時刻，拉力F的大小，再根據(jù)P=Fv求解拉力F的瞬時功率． 【詳解】 根據(jù)△v=a△t可知，在a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在0-6s時間內(nèi)速度增量為△v=2+426=18m/s，所以t=6s時刻，物體的速度v6=v0+△v=2+18=20m/s，故A正確；在0～6s內(nèi)，根據(jù)動能定理得：W合=△Ek=12mv62-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得 W合=396J，故B錯誤；根據(jù)動量定理得：IF-ft=mv6-mv0，則得拉力對物體的沖量 IF=ft+m（v6-v0）=26+2（20-2）=48N?s，故C錯誤。t=6s時，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=ma，得 F=ma+f=24+2=10N，則在t=6s時刻，拉力F的功率P=Fv6=1020=200W，故D正確。故選AD。 【點睛】 本題的解題關(guān)鍵是知道a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量．明確利用動能定理可求合外力做的功，運用動量定理可求合外力的沖量． 20．如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點的物塊P，P 、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P向右的速率VP，給Q向左的速率VQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變化的圖像可能正確的是（） A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 開始時，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達(dá)到共同速度；對AB系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律進(jìn)行討論即可. 【詳解】 開始時，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達(dá)到共同速度；設(shè)向右為正方向，對AB系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律mPvP-mQvQ=(mP+mQ)v；若mPvP=mQvQ，則v=0，圖像如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖像如圖B所示；若mPvP0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移),碰后小球2從DB進(jìn)入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點的切線水平,B、D間距很小,可看作重合的點。圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53在BC右邊整個空間有水平向左、場強E=3mg4q的勻強電場,小球2進(jìn)入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運動,一段時間后從軌道下端F處脫離,最后打在豎直墻面BC的C點。已知重力加速度為g,sin53=0.8。 求：（1）碰后小球2運動的速度; （2）軌道DEF的半徑R; （3）小球2打在C點前瞬間的速度。 【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s 【解析】 【詳解】 （1）由能量守恒得Ep=12?3mv12① 1、2小球根據(jù)動量守恒得：3mv1=3mv1+mv2②. 1、2小球根據(jù)機械能守恒得：123mv12=123mv12+12mv22③. 由①②③式解得：vB=v2=3gs2m/s （2）由題意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg. 設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點小球達(dá)到等效最高點，由于小球恰好能沿著DEF軌道運動，則在E點有：54mg=mvE2R①. 根據(jù)動能定理得：-54mg?(R-Rsin53°)=12mvE2-12mvB2.②. 由①②式解得：R=67sm （3）過點F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53。又因為mgqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53。即在F點小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運動。 由幾何關(guān)系得：LBC=R+Rcos53°=167sm. 從B到C全程動能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gs14m/s. 22．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。 【答案】v0≤22gR或v0≥25gR 【解析】 【詳解】 AB碰撞動量守恒，則：mv0＝2mv 若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－122mv2， 解得v0＝22gR 若兩物體恰能到達(dá)最高點，則：－2mg2R＝122mv′2－122mv2， 2mg＝2mv2R， 解得v0＝25gR 綜上，當(dāng)v0≤22gR或v0≥25gR時，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。 23．如圖所示，三個直徑相同的小球靜止在足夠長的光滑水平面上，A、C兩球的質(zhì)量均為m，B球的質(zhì)量為km（k>1）。給A球一個水平向右的初速度v0，B球先與A球發(fā)生彈性正碰，再與C球發(fā)生彈性正碰。求系數(shù)k的值為多大時，B與C碰后瞬間B球的速度最大？ 【答案】 k=3吋，vB2最大 【解析】 【詳解】 設(shè)A、B發(fā)生弾性碰撞后的速度分別vA、vB1，則： mv0=mvA+kmvB1 12mv02=12mvA2+12kmvB12 聯(lián)立解得：vA=1-kk+1v0vB1=2k+1v0 設(shè)B、C發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為vB2、vC，同理可得：vB2=k-1k+1vB1 代入整理得：vB2=2k+1-4(k+1)2v0 解得當(dāng)k=3時，vB2最大。 24．在距地面1.25m高處豎直向下迅速擊打一皮球,它觸地后豎直向上彈起的最大高度也為1.25m。皮球的質(zhì)量為600g，觸地過程中,地面對皮球的平均作用力F=30N，假設(shè)觸地前后皮球的動能損失掉75%,忽略其它阻力,g取10m/s2。求: (1)觸地過程中,皮球與地面相互作用的時間； (2)皮球被擊打后獲得的速度大小。 【答案】(1) 38s (2) 53m/s 【解析】 【詳解】 解：(1)設(shè)球被打擊后初速度為v0，碰地前后速度分別為v1、v2 則有：12mv12(1-34)=12mv22 觸地反彈后運動到最高點過程：v22=2gh 觸地過程，以向上為正，由動量定理：Ft-mgt=mv2-(-mv1) 聯(lián)立解得：t=38s， (2)從打擊后判落地前過程：v12-v02=2gh 解得：v0=53m/s 25．如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車，由水平部分AB和半圓弧軌道BCD部分平滑連接而成，一質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點的物塊Q以初速度v0=10m/s從左側(cè)滑上小車。，已知AB長為L=10m，小車的質(zhì)量為M=3kg．取重力加速度g=10m/s2。 （1）若水平部分AB是粗糙的，而半圓弧BCD部分是光滑的，物塊Q滑到C點返回恰好停止在AB的中點，求物塊Q與水平部分AB間的動摩擦因數(shù)μ和半圓弧BCD的半徑R1。 （2）若小車上表面AB和半圓弧軌道BCD面均光滑，半圓弧軌道BCD的半徑為R2=1.2m，物塊Q可以從半圓弧軌道BCD的最高點D飛出，求其再次落回小車時，落點與B點的距離S為多少？（結(jié)果可用根號表示） 【答案】（1）0.25；1.25m（2）1235m 【解析】 【詳解】 (1)物塊Q從開始運動到與小車相對靜止過程，共同速度為v，系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有：mv0=(m+M)v， 代入數(shù)據(jù)解得：v =2.5m/s 系統(tǒng)能量守恒：12mv02=μmg32L+12(m+M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.25 Q至C點與車共速時，系統(tǒng)能量守恒，有：12mv02=μmgL+12(m+M)v2+mgR1 代入數(shù)據(jù)解得：R1=1.25m (3)設(shè)Q通過D點時，Q與小車的速度分別為v1、v2系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程能量守恒，規(guī)定向右為正方向， mv0=mv1+Mv2 12mv02=12mv12+12Mv22+2mgR2 解得：v1=-2m/s，v2=4m/s 或v1=7m/s，v2=1m/s（舍） 物塊Q通過D點時相對小車的速度為：v′=（v2-v1）6m/s， 物塊Q再次落回小車時與物塊的距離為：s=v4R2g 代入數(shù)據(jù)解得：s=1235m 26．如圖所示，可看成質(zhì)點的質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B之間夾著一被壓縮且鎖定的輕、短彈簧，它們靜止在光滑軌道abc的水平軌道ab上，bc為豎直平面內(nèi)的半徑為R=0.1m的半圓形軌道，長為L=0.4m的傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速度為v=2m/s，忽略傳送帶的d端與半圓軌道c點之間的縫隙寬度，物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，解除彈簧的鎖定后，求： (1)為了使物塊B在運動中一定能滑上傳送帶且不從e點脫離傳送帶，解除彈簧鎖定后，物塊B獲得的速度必須滿足的條件； (2)如果m=1kg，開始時彈簧的彈性勢能為EP=6.75J，物塊B再次落到水平軌道ab 上時與e點間水平距離為多大； 【答案】(1)5ms≤vB≤22ms ；(2)0.2m 【解析】 【詳解】 解：(1)設(shè)物塊B恰好能通過軌道的c點時速度為vC1 由牛頓第二定律可得：mg=mvC12R 解得：vC1=gR=1m/s 此時物體B從解除鎖定到運動至c點過程，由機械能守恒得：-mg2R=12mvC12-12mvB12 解得：vB1=5m/s 從解除鎖定后物塊B的速度為vB2時，剛好能運動到傳送帶的e端： 從d到e的過程中：-μmgL=0-12mvd2 解得：vd=2m/s 從b到d的過程中：-mg2R=12mvd2-12mvB22 解得：vB2=22m/s 所以B的速度必須滿足：5m/s≤vB≤22m/s (2)解除彈簧的鎖定后，設(shè)A、B獲得的速度分別為vA、vB 由動量守恒可得：0=mvB-2mvA 根據(jù)機械能守恒可得：EP=122mvA2+12mvB2 解得：vB=3m/s>22m/s，所以物塊B將滑過e點 物塊B從解除鎖定到運動到e點時的速度設(shè)為ve 由動能定理可得：-mg2R-μmgL=12mve2-12mvB2 解得：ve=1m/s 物塊B離開e點后做平拋運動：2R=12gt2,x=vet 解得：x=0.2m 27．如圖所示，水平地面上A、B兩點靜止放置著可視為質(zhì)點的M、N兩個小木塊，其中A、B之間地面光滑，B、C之間地面粗糙。地面與傾角為37的粗糙斜面在C點相連，木塊通過C點可認(rèn)為沒有能量損失?，F(xiàn)給木塊M一個5m/s的初速度向左運動，撞上粘有橡皮泥的木塊N之后一起沖向斜面。已知M的質(zhì)量為4kg，N和橡皮泥的總質(zhì)量為1kg，BC地面與木塊間的動摩擦因素μ1=0.2，斜面與木塊的動摩擦因數(shù)μ2=0.5（g取10m/s2）求 （1）為了讓兩個小木塊能夠到C點，B、C之間的最大距離不得超過多少？ （2）若B、C之間的距離為2m，求木塊能上升到斜面的最大高度是多少？ 【答案】（1）4m（2）0.24m 【解析】 【詳解】 解：(1)AB碰撞由動量守恒定律得：mMvN=(mM+mN)vB 解得：vB=4m/s 剛好由B到C由動能定律得：-μ1(mM+mN)gLBC=0-12(mM+mN)v12 解得：LBC=4m (2)經(jīng)分析，由B到C 由動能定理得：-μ1(mM+mN)gLBC=12(mM+mN)vC2-12(mM+mN)vB2 從C向斜面上沖，由動能定理得：-μ2(mM+mN)gxcosθ-(mM+mN)gxsinθ=0-12(mM+mN)vC2 解得：x=0.4m 又由：h=xsinθ 解得：h=0.24m 28．距水平地面高5 m的平臺邊緣放有一質(zhì)量為0.19 kg的木塊，一質(zhì)量為10 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內(nèi)，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測得木塊落地位置到平臺邊緣的水平距離為3m。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）子彈射入木塊前瞬間的速度大?。? （2）子彈射入木塊的過程中所產(chǎn)生的內(nèi)能。 【答案】（1）60m/s（2）17.1J 【解析】 【詳解】 （1）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運動， 豎直方向：h＝12gt2 水平方向：x=vt， 代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s 子彈射入木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向， 由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v 代入數(shù)據(jù)解得：v0=60m/s。 （2）子彈擊中木塊過程，由能量守恒定律得：Q＝12mv02?12(m+M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：Q=17.1J。 29．如圖所示，MN是半徑為R=0.2m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點。把一質(zhì)量為m=1kg的小球B靜止放于N點，另一完全相同的小球A由M點靜止釋放，經(jīng)過N點時與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不計阻力，小球可視為質(zhì)點。求： （1）小球A運動到N點與小球B碰前的速度v0的大小 （2）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小 （3）P點與N點之間的水平距離x 【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m 【解析】 【詳解】 （1）由機械能守恒定律：mgR=mv02/2 解得：v0=4m/s （2）小球A與小球B碰撞過程動量守恒，則：mv0=2mv 解得：v=2m/s （3）小球做平拋運動：h=gt2/2 x=vt 解得：x=0.8m 30．如圖所示，質(zhì)量M＝0.5kg的長木板A靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.3 kg的物塊B（可視為質(zhì)點）以大小v0＝6m／s的速度從木板A的左端水平向右滑動。已知物塊B與木板A上表面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.6，認(rèn)為各接觸面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10 m／s2。 （1）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0．3，物塊B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的長度L； （2）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0．1，木板足夠長，求木板A從開始滑動至達(dá)到最大速度過程中所受合力的沖量大小I。 【答案】（1）L＝3m（2）I＝0.75N?s 【解析】 【分析】 （1）分別對B與A進(jìn)行受力分析，求出它們之間的摩擦力以及A與地面之間的摩擦力，比較判定A是否會運動，然后由牛頓第二定律求出加速度，最后由運動學(xué)的公式即可求出； （2）判定A是否會運動，然后由牛頓第二定律求出加速度，最后由運動學(xué)的公式，結(jié)合動量定理即可求出； 【詳解】 （1）A、B之間的滑動摩擦力大小為：f1＝μ1mg＝1.8N A與地面間的最大靜摩擦力為：f2＝μ2（M+m）g＝2.4N 由于f2＞f1，故A靜止不動 B向右做勻減速直線運動，到達(dá)A的右端時速度為0，有：v02=2aL， 其中a＝μ1g＝6m/s2 解得：L＝3m （2）若木板A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，則：f2＝μ2（M+m）g＝0.8N＜f1，故A將向右滑動，A、B的加速度為：a1=f1-f2M=2m/s2，a2=a=6m/s2 當(dāng)它們的速度相等時，υm=a1t=υ0-a2t， 又：I＝Mvm 代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.75N?s 【點睛】 該題結(jié)合動量定理考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是先判斷A是否相對地面發(fā)生運動．