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動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律 1. 將質(zhì)量相等的三只小球A、B、C從離地同一高度以大小相同的初速度分別上拋、下拋、平拋出去，空氣阻力不計(jì)，那么，有關(guān)三球動(dòng)量和沖量的情況是 A. 三球剛著地時(shí)的動(dòng)量相同 B. 三球剛著地時(shí)的動(dòng)量各不相同 C. 三球從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，受重力沖量最大的是A球，最小的是B球 D. 三球從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，受重力沖量均相同 【答案】C 【解析】 三個(gè)小球在空中均只受重力，故機(jī)械能守恒，則可知三小球落地時(shí)的速度大小相等，但C小球速度不沿豎直方向，故AB的速度相等，動(dòng)量相等，但與C的不相等，故AB均錯(cuò)誤；由于A的時(shí)間最長(zhǎng)，而B(niǎo)的時(shí)間最短，故A受沖量最大，B受沖量最小，故C正確；物體動(dòng)量的變化等于合外力的沖量，故A動(dòng)量變化最大，B最小，D錯(cuò)誤；故選C. 2.如圖所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)登高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則 A. 合力做功為零 B. 合力的沖量為零 C. 重力做的功為mgL D. 重力的沖量為m2gL 【答案】C 【解析】 小球在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL．故A錯(cuò)誤，C正確；由機(jī)械能守恒可得，小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能：12mv2＝mgL 所以速度：v=2gL ；由動(dòng)量定理可得合力的沖量：I合＝△P＝mv?0＝m2gL．故B錯(cuò)誤；小球向下的過(guò)程是擺動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間在空氣的阻力不計(jì)的情況下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于單擺周期的14 ，所以：t=142πLg ，所以重力的沖量：IG＝mgt＝πm2gL ．故D錯(cuò)誤．故選：C 點(diǎn)睛：該題結(jié)合單擺的周期公式考查動(dòng)量定理以及動(dòng)能定理等，考查的知識(shí)點(diǎn)比較多，在解答的過(guò)程中一定要注意知識(shí)的遷移能力． 3.一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經(jīng)時(shí)間t，通過(guò)位移L后，動(dòng)量變?yōu)镻、動(dòng)能變?yōu)镋k．若上述過(guò)程F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)閙2，以下說(shuō)法正確的是（ ） A. 經(jīng)過(guò)時(shí)間2t，物體動(dòng)量變?yōu)?P B. 經(jīng)過(guò)位移2L，物體動(dòng)量變?yōu)?P C. 經(jīng)過(guò)時(shí)間2t，物體動(dòng)能變?yōu)?Ek D. 經(jīng)過(guò)位移2L，物體動(dòng)能變?yōu)?Ek 【答案】AD 【解析】 以初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理，有：Ft=P，故時(shí)間變?yōu)?t后，動(dòng)量變?yōu)?P，故A正確；根據(jù)Ek＝P22m ，動(dòng)量變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動(dòng)能變?yōu)?Ek，故C錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)位移2L，根據(jù)動(dòng)能定理，有：FL=Ek，故位移變?yōu)?倍后，動(dòng)能變?yōu)?Ek，故D正確；根據(jù)P=2mEk ，動(dòng)能變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動(dòng)量不變，故B錯(cuò)誤；故選AD. 點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是分別根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列式分析，同時(shí)要記住動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系公式Ek＝P22m，基礎(chǔ)題目． 4.質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開(kāi)始作勻加速直線運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)時(shí)間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時(shí)，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止．兩物體速度隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．設(shè)F1和F2對(duì)A、B的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對(duì)A、B做的功分別為W1和W2，則下列結(jié)論正確的是（　?。? A. I1＞I2，W1＞W(wǎng)2 B. I1＜I2，W1＞W(wǎng)2 C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2 【答案】B 【解析】 從圖象可知，兩物塊勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小之都為v0t0，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運(yùn)動(dòng)中有f=ma，則摩擦力大小都為mv0t0．根據(jù)圖象知，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度分別為2v0t0，v04t0，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運(yùn)動(dòng)中有F?f=ma，則F1=3mv0t0，F(xiàn)2=5mv04t0，故I1:I2=F1t0:4F2t0=3:5；由圖看出，撤去拉力后兩圖象平行，說(shuō)明加速度，由牛頓第二定律分析則知加速度a=μg，說(shuō)明兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，則兩物體所受的摩擦力大小相等，設(shè)為f，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：W1?fs1=0，W2?fs2=0，得W1=fs1，W2=fs2，圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示運(yùn)動(dòng)的位移，則位移之比為6：5，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F1和F2做功之比為W1:W2=s1:s2=6:5，故C正確． 5.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從h高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(diǎn)（斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接）。要使物體能原路返回，在B點(diǎn)需給物體的瞬時(shí)沖量最小應(yīng)是： （ ） A. 2mgh B. mgh C. mgh2 D. 4mgh 【答案】A 【解析】 滑塊從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh?Wf=0，滑塊從B返回A過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：?mgh?Wf=0?12mv2，聯(lián)立解得：v=2gh，在B點(diǎn)需給物體的瞬時(shí)沖量等于動(dòng)量的增加量，故I=mv=2mgh，故A正確。 6.如圖所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后（　?。? A. 兩者的速度均為零 B. 兩者的速度總不會(huì)相等 C. 盒子的最終速度為mv0M，方向水平向右 D. 盒子的最終速度為mv0M+m，方向水平向右 【答案】D 【解析】 試題分析：選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由水平方向動(dòng)量守恒得： Mv0=（M十m）v 所以：v= v方向與v0同向，即方向水平向右，故選：D。 考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律 【名師點(diǎn)睛】以物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向僅有系統(tǒng)內(nèi)力而不受外力作用，水平方向動(dòng)量守恒，由于盒子內(nèi)表面不光滑，最終的狀態(tài)是兩者具有共同的速度。運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解最終速度。 7.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為34h0（不計(jì)空氣阻力），則（ ） A. 小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B. 小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為12R C. 小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D. 小球第二次能上升的最大高度12h0m，重力加速度為g，某時(shí)刻m獲得一瞬時(shí)速度v0，當(dāng)m第一次回到O點(diǎn)正下方時(shí)，細(xì)線拉力大小為 A. mg B. mg+mv02L C. mg+m(2m)2v02(M+m)2L D. mg+m(M?m)2v02(M+m)2L 【答案】B 【解析】 當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為v2，把小球和框架看成一個(gè)系統(tǒng)，滿足動(dòng)量守恒：mv0=Mv1+mv2，根據(jù)能量守恒有：12mv02=12Mv12+12mv22，聯(lián)立解得：v1=2mM+mv0， v2=m?MM+mv0，m相對(duì)圓心的速度為：v=v1?v2=v0，由向心力公式：T?mg=mv2L，聯(lián)立解得：T=mg+mv02L，故B正確，ACD錯(cuò)誤。 12.如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個(gè)小物塊，其中物塊A的左側(cè)連接一輕質(zhì)彈簧。物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B以一定的初速度向物塊A運(yùn)動(dòng)，并通過(guò)彈簧與物塊A發(fā)生彈性正碰。對(duì)于該作用過(guò)程，兩物塊的速率變化可用速率—時(shí)間圖象進(jìn)行描述，在圖所示的圖象中，圖線1表示物塊A的速率變化情況，圖線2表示物塊B的速率變化情況。則在這四個(gè)圖象中可能正確的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 物塊B壓縮彈簧的過(guò)程，開(kāi)始時(shí)A做加速運(yùn)動(dòng)，B做減速運(yùn)動(dòng)，隨著壓縮量的增大，彈簧的彈力增大，兩個(gè)物塊的加速度增大．當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，二者的速度相等；此后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速，彈簧的壓縮量減小，彈力減小，兩個(gè)物塊的加速度減小．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B離開(kāi)彈簧．所以v-t圖象切線斜率的大小都先增大后減?。O(shè)B離開(kāi)彈簧時(shí)A、B的速度分別為vA和vB．取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mBv0=mAvA+mBvB，由機(jī)械能守恒得：12mBv02=12mAvA2+mBvB2聯(lián)立解得vA=2mBmA+mBv0 ，vB=mB?mAmA+mBv0 ．若mB＞mA，由上式可得：vA＞vB．所以B圖是可能的．若mB=mA，由上式可得：vA=v0，vB=0．若mB＜mA，由上式可得：vA＞0，vB＜0．綜上，只有B圖是可能的．故ACD錯(cuò)誤，B正確．故選B. 點(diǎn)睛：該題考查系統(tǒng)的動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律，解決本題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，要知道v-t圖象的斜率表示加速度． 13.沖擊擺是用來(lái)測(cè)量子彈速度的一種簡(jiǎn)單裝置．如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量很大的砂箱用輕繩懸掛起來(lái)，一顆子彈水平射入砂箱，砂箱發(fā)生擺動(dòng)．若子彈射擊砂箱時(shí)的速度為v，測(cè)得沖擊擺的最大擺角為，砂箱上升的最大高度為h，則當(dāng)子彈射擊砂箱時(shí)的速度變?yōu)?v時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ） A. 沖擊擺的最大擺角將變?yōu)?θ B. 沖擊擺的最大擺角的正切值將變?yōu)?tanθ C. 砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h D. 砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h 【答案】D 【解析】 設(shè)子彈的質(zhì)量為m，砂箱的質(zhì)量為M，砂箱上升的最大高度為h，最大偏轉(zhuǎn)角為θ，沖擊擺的擺長(zhǎng)為L(zhǎng)；以子彈和砂箱作為整體，在子彈和砂箱一起升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12(m+M)v共2＝(m+M)gh，解得：v共＝2gh ；在子彈射入砂箱的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv=（m+M）v共，解得：v＝m+Mmv共＝m+Mm?2gh①；沖擊擺的最大偏轉(zhuǎn)角滿足cosθ=L?hL，由于不知道h與L之間的關(guān)系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解是否將變?yōu)?θ．故A錯(cuò)誤；由于不知道h與L之間的關(guān)系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解的正切值是否將變?yōu)?tanθ．故B錯(cuò)誤；由公式①可知，當(dāng)v增大為2v時(shí)，砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h．故C錯(cuò)誤，D正確；故選D． 點(diǎn)睛：本題屬于動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒在日常生活中的應(yīng)用的例子，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律即可正確解題求出子彈的初速度與沖擊擺上升的高度、擺動(dòng)的夾角之間的關(guān)系是解答的關(guān)鍵． 14.用一個(gè)半球形容器和三個(gè)小球可以進(jìn)行碰撞實(shí)驗(yàn)，已知容器內(nèi)側(cè)面光滑，半徑為R，三個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2、m3，兩兩的小球1、2、3，半徑相同且可視為質(zhì)點(diǎn)，自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸，若將質(zhì)量為m，的球移至左側(cè)離容器底高h(yuǎn)處無(wú)初速釋放，如圖所示，各小球間的碰撞時(shí)間極短且碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，小球1與2、2與3碰后，球1停在0點(diǎn)正下方，球2上升的最大高度為19R，球3恰能滑出容器，則三個(gè)小球的質(zhì)量之比為 A. 2:2:1 B. 3:3:1 C. 4:4:1 D. 3:2:1 【答案】B 【解析】 碰撞前球1下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得m1gh=12m1v02 對(duì)于碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0=m2v2+m3v3 由機(jī)械能守恒定律得：12m1v02=12m2v22+12m3v32 碰后，對(duì)球2有12m2v22=m2g19R 對(duì)球3有12m3v32=m3gR 聯(lián)立解得m1:m2:m3=3:3:1. 故選：B 【名師點(diǎn)睛】 由于小球間的碰撞時(shí)間極短且碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，所以碰撞過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，由此列式；再對(duì)碰后，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律對(duì)球2和球3列式，聯(lián)立可解。 15.某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系．已知相互作用時(shí)間極短，由圖象給出的信息可知(　　) A. 碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B. 碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小大 C. 碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小 D. 滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的16 【答案】D 【解析】 根據(jù)s—t圖像的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5：2，故A錯(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的小，故B錯(cuò)誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動(dòng)能的表達(dá)式可知，12m1v12>12m2v22，故C錯(cuò)誤，D正確． 故選D 16.在光滑的水平地面上水平放置著足夠長(zhǎng)的質(zhì)量為M的木板，其上放置著質(zhì)量為m帶正電的物塊（電量保持不變），兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，且M＞m，空間存在著足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某時(shí)刻開(kāi)始它們以大小相同的速度相向運(yùn)動(dòng)，如圖，取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運(yùn)動(dòng)的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 對(duì)m分析可知，m受重力、支持力和洛倫茲力與摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做減速運(yùn)動(dòng)；則由F=Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對(duì)M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來(lái)越大；同時(shí)M受m向右的摩擦力作用，M也做減速運(yùn)動(dòng)；因摩擦力增大，故M的加速度也越來(lái)越大；則可知v-t圖象中對(duì)應(yīng)的圖象應(yīng)為曲線；對(duì)Mm組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，最終兩物體速度一定相同，則有mv0?Mv0=M+mv，因M>m，故最終速度一定為負(fù)值，說(shuō)明最終兩物體均向左做勻速運(yùn)動(dòng)，則B正確． 17.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（ ） A. 從開(kāi)始計(jì)時(shí)到t4這段時(shí)間內(nèi)，物塊A、B在t2時(shí)刻相距最遠(yuǎn) B. 物塊A、B在t1與t3兩個(gè)時(shí)刻各自的加速度相同 C. t2到t3這段時(shí)間彈簧處于壓縮狀態(tài) D. m1:m2=1:2 【答案】D 【解析】 結(jié)合圖象可得兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，開(kāi)始時(shí)m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相當(dāng)，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮最大，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)t3時(shí)刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t2到t3過(guò)程中彈簧的長(zhǎng)度將逐漸變大，故A、B、C錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得，t=0時(shí)刻和t=t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有：m1v0=（m1+m2）v2，解得：m1：m2=1：2，故D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。 18.如圖，帶有光滑弧形軌道的小車質(zhì)量為m，放在光滑水平面上，一質(zhì)量也是m的小鐵塊，以速度v沿軌道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，則當(dāng)鐵塊回到小車右端時(shí)，將（　?。? A. 以速度v做向右平拋運(yùn)動(dòng) B. 靜止于車上 C. 以小于v的速度向左做平拋運(yùn)動(dòng) D. 做自由落體運(yùn)動(dòng) 【答案】D 【解析】 【詳解】小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv=mv車+mv鐵，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12mv02=12mv車2+12mv鐵2，解得鐵塊離開(kāi)車時(shí)：v鐵=0，v車=v，所以鐵塊離開(kāi)車時(shí)將做自由落體運(yùn)動(dòng)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤. 故選D. 【點(diǎn)睛】解決本題關(guān)鍵是能夠把動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合起來(lái)，要知道接觸面光滑時(shí)，往往考慮系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒． 19.如圖甲所示，A、B兩個(gè)滑塊靠在一起放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為2m和m，從t=0時(shí)刻起，水平力F1、F2同時(shí)分別作用在滑塊A和B上，已知F1、F2隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，兩力作用在同一直線上．則滑塊從靜止開(kāi)始滑動(dòng)到A、B兩個(gè)滑塊發(fā)生分離的時(shí)間是（　?。? A. 2s B. 3s C. 4s D. 6s 【答案】A 【解析】 【分析】 先根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)寫(xiě)出水平力F1、F2與時(shí)間的關(guān)系式．再根據(jù)牛頓第二定律對(duì)整體和其中一個(gè)物體列式，求出A、B兩個(gè)滑塊發(fā)生分離的時(shí)間． 【詳解】由乙圖可得：F1=(60-10t)N，F(xiàn)2=10t N, 當(dāng)A、B兩個(gè)滑塊剛要發(fā)生分離時(shí)相互間的作用力為零，對(duì)整體，由牛頓第二定律得：F1+F2=(2m+m)a 對(duì)B有：F2=ma 聯(lián)立得：t=2s 即滑塊從靜止開(kāi)始滑動(dòng)到A、B兩個(gè)滑塊發(fā)生分離的時(shí)間是2s.故A正確，B,C,D錯(cuò)誤. 故選A. 【點(diǎn)睛】解決本題時(shí)要靈活選擇研究對(duì)象，采用隔離法和整體法相結(jié)合研究，比較簡(jiǎn)潔．還要抓住臨界條件：兩個(gè)物體剛要分離時(shí)相互間的作用力為零． 20.質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于(　　) A. 彈性碰撞 B. 非彈性碰撞 C. 完全非彈性碰撞 D. 條件不足，不能確定 【答案】A 【解析】 根據(jù)x-t圖象可知：a球的初速度為：va=31m/s=3m/s，b球的初的速度為vb=0， 碰撞后a球的速度為：va′=?11m/s=?1m/s ；碰撞后b球的速度為：vb′=5?31m/s=2m/s ；兩球碰撞過(guò)程中，動(dòng)能變化量為：ΔEk=12mava2+0?12mava′2?12mbvb′2=12132?12112?12222=0 則知碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變，此碰撞是彈性碰撞；故選A． 點(diǎn)睛：本題主要考查了動(dòng)量守恒定律得應(yīng)用，要知道判斷是否為彈性碰撞的方法是看機(jī)械能是否守恒，若守恒，則是彈性碰撞，若不守恒，則不是彈性碰撞. 21.如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠墻角，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開(kāi)始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是（ ） A. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒 B. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C. 小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng) D. 槽將不會(huì)再次與墻接觸 【答案】D 【解析】 小球從AB的過(guò)程中，半圓槽對(duì)球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因?yàn)橛胸Q直墻擋住，所以半圓槽不會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，可見(jiàn)，該過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動(dòng)量并不守恒，而由小球、半圓槽 和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒；從B→C的過(guò)程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動(dòng)物塊一起運(yùn)動(dòng)，因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動(dòng)：一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)是與半圓槽一起向右運(yùn)動(dòng)，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過(guò)程中，因?yàn)橛形飰K擋住，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量并不守恒，在小球運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，水平方向 動(dòng)量也不守恒，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，它的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；因?yàn)槿^(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)在水平 方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會(huì)再次接觸，D正確． 【點(diǎn)睛】判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒關(guān)鍵是明確系統(tǒng)是否受到外力的作用，故在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)一定要明確是哪一系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 22.如圖所示，質(zhì)量之比mA：mB=3：2的兩物體A、B，原來(lái)靜止在平板上小車C上，地面光滑?，F(xiàn)同時(shí)對(duì)A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2使A、B同時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，下列正確的說(shuō)法是（ ） A. 僅當(dāng)A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為μA：μB=2：3時(shí)， ABC組成系統(tǒng)的動(dòng)量才守恒 B. 無(wú)論A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是否相同， A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量都守恒 C. 因?yàn)镕1、F2等大反向，故A、B組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 D. 若A、B與小車C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則C與B的運(yùn)動(dòng)方向相同 【答案】B 【解析】 試題分析：將A、B、C組成系統(tǒng)合力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由于A、B與C之間有摩擦力做功，有內(nèi)能產(chǎn)生，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若A、B與小車C上表面間的動(dòng)摩擦因素相同，則A對(duì)C的摩擦力大于B對(duì)C的摩擦力，故A與C的運(yùn)動(dòng)方向相同，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 【名師點(diǎn)睛】本題要抓住摩擦力是內(nèi)陸，分析清楚物體的受力情況是正確解題的關(guān)鍵，緊扣動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析即可。 23.如圖所示,光滑的水平面上有一質(zhì)量M=9Kg的木板,其右端恰好和光滑固定圓弧軌道AB的底端等高對(duì)接(木板的水平上表面與圓弧軌道相切),木板右端放有一質(zhì)量m0=2kg的物體C(可視為質(zhì)點(diǎn)),已知圓弧軌道半徑R=0.9m.現(xiàn)將一質(zhì)量m=4kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),由軌道頂端A點(diǎn)無(wú)初速釋放,滑塊滑到B端后沖上木板,并與木板右端的物體C粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不從木板左端滑出.已知滑塊與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù),物體C與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù).取g=10m/.求: (1)滑塊到達(dá)圓弧的B端時(shí),軌道對(duì)它的支持力大小FN (2)木板的長(zhǎng)度L 【答案】(1)120N (2)1.2m 【解析】 （1）滑塊從A端下滑到B端，由機(jī)械能守恒得：mgR=12mv2 得：v=2gR=2100.9=32m/s 在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN-mg=mv02R 解得軌道對(duì)滑塊的支持力為：FN=3mg=3410N=120N 由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力為120 N （2）滑塊滑上小車后，滑塊與木板右側(cè)的物體C發(fā)生碰撞，以向左為正方向，設(shè)碰撞后共同的速度為v1，則： mv0=m+m0v1, 代入數(shù)據(jù)得：v1=22m/s 對(duì)滑塊．物塊C以及小車，三者組成的系統(tǒng)沿水平方向的動(dòng)量守恒，設(shè)末速度為v2，由動(dòng)量守恒有： m+m0v1=m+m0+Mv2， 由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：μ1m+μ2m0?gl=12m+m0v12-12M+m+m0v22 代入數(shù)據(jù)得：l=1.2m 24.如圖所示，一個(gè)半徑為R=1.00m的14粗糙圓孤軌道，固定在豎直平面內(nèi)，其下端切線是水平的，軌道下端距地面高度為h=1.25m在軌道末端放有質(zhì)量為mB=0.05kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))，B左側(cè)軌道下裝有微型傳感器，另一質(zhì)量為mA=0.10kg的小球A(也視為質(zhì)點(diǎn))由軌道上端點(diǎn)從靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)到軌道最低處時(shí)，傳感器顯示讀數(shù)為2.60N，A與B發(fā)生正碰，碰后B小球水平飛出，落到地面時(shí)的水平位移為s=2.00m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度取g=10 m/s2。求： (1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功； (2)A與B碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 【答案】(1) 0.20 J (2) 0.20 J 【解析】 小球A在圓弧軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)由合力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出小球A運(yùn)動(dòng)到軌道最低處時(shí)的速度大小。對(duì)于A球下滑的過(guò)程，利用動(dòng)能定理可以求出小球A克服摩擦力做的功。小球B離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出碰后B的速度，然后由動(dòng)量守恒定律求出碰撞后A的速度，再由能量守恒定律求碰撞過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 （1）在最低點(diǎn)對(duì)球由牛頓第二定律有： FA?mAg=mAvA2R vA=4.00 m/s 由動(dòng)能定理有：mAgR?Wf=12mAvA2 解得Wf = 0.20 J （2）碰后B球做平拋運(yùn)動(dòng)有： h=12gt2 s=v′Bt v′B=4m/s A、B碰撞，由動(dòng)量守恒定律有：mAvA=mAv′A+mBv′B 得v′A=2.0m/s 由能量守恒得：ΔE損=ΔE損=12mAvA2?12mAv′A2?12mBv′B2 故 ΔE損=0.20J 【點(diǎn)睛】本題是多研究對(duì)象多過(guò)程問(wèn)題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量守恒定律即可正確解題，解題時(shí)要注意過(guò)程的選擇與正方向的選擇。 25.某小組在探究反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)，將質(zhì)量為m1一個(gè)小液化瓶固定在質(zhì)量為m2的小球具船上，利用液化瓶向外噴射氣體做為船的動(dòng)力?，F(xiàn)在整個(gè)裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開(kāi)液化汽瓶后向外噴射氣體的對(duì)地速度為v1，如果在△t的時(shí)間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為△m，忽略水的阻力，則 ①噴射出質(zhì)量為△m的液體后，小船的速度是多少？ ②噴射出△m液體的過(guò)程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？ 【答案】（1）（2） 【解析】 （1）由動(dòng)量守恒定律得0=(m1+m2?Δm)v?Δmv1 得：v船=。 (2)對(duì)噴射出的氣體運(yùn)用動(dòng)量定理得：F△t=△mv1 解得F=由牛頓第三定律得， 小船所受氣體的平均作用力大小為F=