碰撞與動(dòng)量守恒 綜合檢測(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第18小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第912小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的得0分)1.如圖所示,一傾角為的光滑斜面,固定在水平面上,一質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止開始滑下,滑到底端時(shí)速度的大小為v,所用時(shí)間為t,則物塊滑至斜面的底端時(shí),重力的瞬時(shí)功率及下滑過程重力的沖量分別為(D)A.mgv,0 B.mgv,mgtsin C.mgvcos ,mgtD.mgvsin ,mgt解析:根據(jù)瞬時(shí)功率的公式,可得物塊滑至斜面的底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為p=mgvsin ,重力的沖量為I=mgt,所以D正確,A,B,C錯(cuò)誤.2.如圖,從豎直面上大圓的最高點(diǎn)A,引出兩條不同的光滑軌道,端點(diǎn)都在大圓上.相同物體由靜止開始,從A點(diǎn)分別沿兩條軌道滑到底端,則下列說法中正確的是(B)A.到達(dá)底端的速度大小相等B.重力的沖量都相同C.物體動(dòng)量的變化率都相同D.沿AB運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間小于沿AC運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間解析:如圖所示,對(duì)物體在軌道上下滑過程中,由牛頓第二定律可得a=gcos 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=at2可得2Rcos =gcos t2,則有t=2;因此下滑時(shí)間與軌道和豎直方向的角度無關(guān),只與圓弧的半徑及重力加速度有關(guān),故D錯(cuò)誤;因時(shí)間相同,則重力的沖量相同,故B正確;由于物體下落的高度不同,故物體到達(dá)軌道底端的速度大小不同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理,動(dòng)量的變化率等于合外力,即mgcos ,因?yàn)椴煌?則動(dòng)量的變化率不同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.3.在光滑的水平面上有a,b兩球,其質(zhì)量分別為ma,mb,兩球在t0時(shí)刻發(fā)生正碰,并且在碰撞過程中無機(jī)械能損失,兩球碰撞前后的速度時(shí)間圖像如圖所示,下列關(guān)系正確的是(B)A.ma>mbB.ma<mbC.ma=mbD.無法判斷解析:由圖像知a球以一初速度向原來靜止的b球運(yùn)動(dòng),碰后a球反彈且速度小于其初速度,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量,選項(xiàng)B正確.4.在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉淼?則碰后B球的速度大小是(A)A. B.C.或D.無法確定解析:兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?相碰過程中滿足動(dòng)量守恒,若碰后A速度方向不變,則mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,若B在前,A在后,則A球在后的速度應(yīng)小于B球在前的速度,不滿足實(shí)際情況,因此A球一定反向運(yùn)動(dòng),即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=,因此A正確,B,C,D錯(cuò)誤.5.如圖,長l的輕桿兩端固定兩個(gè)質(zhì)量相等的小球甲和乙,初始時(shí)它們直立在光滑的水平地面上,后由于受到微小擾動(dòng),系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒.當(dāng)小球甲剛要落地時(shí),其速度大小為(A)A.B.C.D.0解析:兩球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,小球甲剛要落地時(shí),水平方向系統(tǒng)速度為0,則小球乙速度為0;由機(jī)械能守恒定律得m=mgl,解得vB=,故選項(xiàng)A正確.6.如圖所示,足夠長的長木板A靜止在光滑的水平地面上,質(zhì)量為1 kg的物體B以v0=3 m/s的水平速度沖上A,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上.若從B沖到木板A上到相對(duì)木板A靜止這段時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)長木板的沖量大小為2 N·s,則A,B最后的共同速度及長木板的質(zhì)量分別為(B)A.1 m/s,1 kgB.1 m/s,2 kgC.2 m/s,1 kgD.2 m/s,2 kg解析:物體B與長木板A最終兩者達(dá)到共同速度,作用過程中系統(tǒng)不受外力作用,系統(tǒng)動(dòng)量守恒.選向右為正方向,則mv0=(M+m)v,對(duì)長木板A由動(dòng)量定理得I=Mv,得v=1 m/s,M=2 kg,選項(xiàng)B正確,A,C,D錯(cuò)誤.7.將質(zhì)量為M=3m的木塊固定在光滑水平面上,一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊,子彈射穿木塊時(shí)的速度為,現(xiàn)將同樣的木塊放在光滑的水平桌面上,相同的子彈仍以速度v0沿水平方向射入木塊.則子彈(A)A.不能射穿木塊,子彈將留在木塊中,一起以共同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)B.能夠射穿木塊C.剛好能射穿木塊,此時(shí)相對(duì)速度為零D.子彈以3v0速度射向木塊,并從木塊中穿出,木塊獲得的速度為v1;若子彈以4v0速度射向木塊,木塊獲得的速度為v2,則必有v1<v2解析:當(dāng)木塊固定時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理-fd=m()2-m,解得fd=m,當(dāng)木塊不固定,假設(shè)子彈不能射出木塊,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,根據(jù)動(dòng)能定理-fx=(M+m)()2-m,解得fx=m,可知x<d,即子彈不能射出木塊,最終子彈和木塊以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng),故A正確,B,C錯(cuò)誤;木塊不固定時(shí),子彈以速度v射入木塊,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,假設(shè)不能穿出,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv=(M+m)v,根據(jù)功能關(guān)系可得Q=fx=mv2-(M+m)v2,而M=3m,解得x=d,故當(dāng)子彈以3v0速度或者4v0速度射向木塊時(shí),有x>d,故子彈均射出,子彈初速度越大,穿出時(shí)間越短,木塊加速時(shí)間越短,獲得的速度越小,故D錯(cuò)誤。8.如圖所示,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)量也為m的鐵塊,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(D)A.以速度v做平拋運(yùn)動(dòng)B.以小于v的速度做平拋運(yùn)動(dòng)C.靜止于車上D.自由下落解析:整個(gè)過程水平方向動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,所以小車與鐵塊相當(dāng)于彈性碰撞;由于小車和鐵塊的質(zhì)量都為m,所以當(dāng)鐵塊回到小車右端時(shí),鐵塊的速度為0,小車具有向左的速度v,選項(xiàng)D正確.9.如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上,另一端與質(zhì)量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上,有一質(zhì)量與A相同的物體B從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮,彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(BD)A.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為mghB.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為mghC.B能達(dá)到的最大高度為hD.B能達(dá)到的最大高度為h解析:對(duì)B下滑過程,據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=m,則得B剛到達(dá)水平地面時(shí)的速度v0=,與A碰撞過程,以A,B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0=2mv,得A與B碰撞后的共同速度為v=v0,所以彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為Epm=×2mv2=mgh,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí),A與B將分開,B以v的速度沿斜面上滑,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=mv2,解得B能達(dá)到的最大高度為h=h,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.10.兩小球A,B置于光滑的水平面上,A球以一定的速度與靜止的B球發(fā)生彈性正碰,如圖所示,關(guān)于兩球碰撞過程中的說法正確的是(AC)A.在兩球碰撞的整個(gè)過程中,相互作用力沖量的矢量和為零,做功的代數(shù)和也為零B.在兩球碰撞的整個(gè)過程中,B對(duì)A始終做負(fù)功C.在兩球壓縮形變階段,系統(tǒng)的動(dòng)量不變,動(dòng)能減少D.當(dāng)兩球的速度相等時(shí),系統(tǒng)的機(jī)械能最小解析:由牛頓第三定律知,在兩球碰撞的整個(gè)過程中相互作用力始終大小相等、方向相反,故相互作用力沖量的矢量和為零,由于兩球發(fā)生彈性碰撞,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故相互作用力做功的代數(shù)和為零,選項(xiàng)A正確;若兩球碰后A的速度反向,則在整個(gè)碰撞過程中,B對(duì)A先做負(fù)功再做正功,若兩球碰后A的速度方向不變,則在整個(gè)碰撞過程中,B對(duì)A做負(fù)功,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在兩球壓縮形變階段,由于水平方向不受外力,則系統(tǒng)動(dòng)量保持不變,雖然兩球發(fā)生彈性碰撞,即碰撞開始和結(jié)束的兩時(shí)刻動(dòng)能相等,但在壓縮階段,兩球的彈性勢能增加,則總動(dòng)能減少.當(dāng)兩球速度相等時(shí),系統(tǒng)動(dòng)能最小.選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.11.如圖所示,豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對(duì)接,右邊與一個(gè)足夠高的四分之一光滑圓弧軌道平滑相連,木塊A,B靜置于光滑水平軌道上,A,B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng),之后與墻壁碰撞,碰撞的時(shí)間為0.3 s,碰后的速度大小變?yōu)? m/s,當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運(yùn)動(dòng),g取10 m/s2,則(BCD)A.A與墻壁的過程中,墻壁對(duì)A的平均作用力的大小F=10 NB.A與B碰撞的過程中損失的機(jī)械能為3 JC.A,B碰撞后的速度v=3 m/sD.A,B滑上圓弧軌道的最大高度h=0.45 m解析:設(shè)水平向右為正方向,當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí),由動(dòng)量定理得Ft=mAv1-mA·(-v1),則F=50 N,故A錯(cuò)誤;設(shè)碰撞后A,B的共同速度為v,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAv1=(mA+mB)v,則v=3 m/s,故C正確.A與B碰撞過程中,損失的機(jī)械能E=mAv12-(mA+mB)v2=3 J,故B正確.A,B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,代入數(shù)據(jù)解得h=0.45 m,故D正確.12.如圖所示,小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道,整個(gè)小車(含管道)的質(zhì)量為2m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量為m,半徑略小于管道半徑,以水平速度v從左端滑上小車,小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn),然后從管道左端滑離小車.關(guān)于這個(gè)過程,下列說法正確的是(BC)A.小球滑離小車時(shí),小車回到原來位置B.小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為vC.車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為D.小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中,小車的動(dòng)量變化大小是解析:小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn),說明在最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)速度為0,小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中,根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒,有mv=(m+2m)v,得v=,小車動(dòng)量變化大小p車=2m·=mv,D項(xiàng)錯(cuò)誤.小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v2,得H=,C項(xiàng)正確.小球從滑上小車到滑離小車的過程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為v+v=v,B項(xiàng)正確.在整個(gè)過程中小球?qū)π≤嚳偸亲稣?因此小車一直向右運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤.二、非選擇題(共52分)13.(4分)某班物理興趣小組選用如圖所示裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn).將一段不可伸長的輕質(zhì)小繩一端與力傳感器(可以實(shí)時(shí)記錄繩所受的拉力)相連固定在O點(diǎn),另一端連接小鋼球A,在小鋼球最低點(diǎn)N下方有一水平氣墊導(dǎo)軌,氣墊導(dǎo)軌上放有小滑塊B(B上安裝寬度較小且質(zhì)量不計(jì)的遮光板)、光電門(已連接數(shù)字毫秒計(jì)).當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.實(shí)驗(yàn)時(shí)先調(diào)整滑塊B的位置使小鋼球自由下垂靜止在N點(diǎn)時(shí)與滑塊B接觸而無壓力,調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌高度,確保小鋼球A通過最低點(diǎn)時(shí)恰好與滑塊B發(fā)生正碰.把小鋼球A拉至某位置M且繩拉緊,然后由靜止釋放,擺到最低點(diǎn)N與滑塊B碰撞,碰撞后小鋼球A并沒有立即反向,碰撞時(shí)間極短.(1)為完成實(shí)驗(yàn),除了數(shù)字計(jì)時(shí)器讀數(shù)t、碰撞前瞬間繩的拉力F1、碰撞結(jié)束瞬間繩的拉力F2、滑塊B的質(zhì)量mB和遮光板寬度d外,還需要測量的物理量有. A.小鋼球A的質(zhì)量mAB.繩長LC.小鋼球從M到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(2)滑塊B通過光電門時(shí)的瞬時(shí)速度vB=.(用題中已給的物理量符號(hào)來表示) (3)實(shí)驗(yàn)中應(yīng)得到的表達(dá)式是.(用題中已給的物理量符號(hào)來表示) 解析:(1)實(shí)驗(yàn)中要確定物體碰撞前、后動(dòng)量的關(guān)系,需要得到小鋼球的速度和質(zhì)量.計(jì)算速度需要繩長L,即答案為A,B.(2)滑塊B通過光電門時(shí)的瞬時(shí)速度vB=.(3)根據(jù)牛頓第二定律得F1-mAg=mA.F2-mAg=mA.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)得到的表達(dá)式為mAv1=mAv2+mBvB整理得=+mB.答案:(1)AB(2)(3)=+mB評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):(1)問1分,(2)問1分,(3)問2分.14.(6分)某同學(xué)運(yùn)用圖示裝置探究彈性碰撞的規(guī)律.斜面底端用光滑小圓弧與水平桌面相連,實(shí)驗(yàn)中使用半徑相等的彈性小球1和2,且小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量.實(shí)驗(yàn)步驟如下:安裝好實(shí)驗(yàn)裝置,做好測量前的準(zhǔn)備.第一步:先將木板豎直固定于斜槽前端邊緣處的C點(diǎn),且板面與紙面垂直,在木板上記下置于C點(diǎn)小球的位置O,然后將木板向右平移適當(dāng)?shù)木嚯x,并固定.第二步:不放小球2,讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下,并撞在木板上.重復(fù)多次,用盡可能小的圓把小球的所有落點(diǎn)圈在里面,其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置.第三步:把小球2放在斜槽前端邊緣處的C點(diǎn),讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下,使它們碰撞,重復(fù)多次,并使用與第二步同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置.第四步:用刻度尺分別測量三個(gè)落點(diǎn)的平均位置離O點(diǎn)的距離,即線段OM,OP,ON的長度.回答下列問題:(1)若木板到C點(diǎn)的距離為x,小球落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為y,重力加速度為g,則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0=; (2)上述實(shí)驗(yàn)中P點(diǎn)是的平均位置,N點(diǎn)是的平均位置,M點(diǎn)是的平均位置. (3)用測量的物理量寫出表示驗(yàn)證彈性碰撞的表達(dá)式為.解析:(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得,x=v0t,y=gt2,由以上兩式解得,v0=x.(2)設(shè)碰前小球1的速度大小為v1,碰后小球1的速度大小為v1,小球2的速度大小為v2,因?yàn)樾∏?的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量,則v2>v1>v1,小球的水平位移相等,由x=vt知,t2<t1<t1,由y=gt2知,y2<y1<y1,故P點(diǎn)是在實(shí)驗(yàn)的第二步中小球1落點(diǎn)的平均位置,N點(diǎn)是小球1與小球2碰撞后小球1落點(diǎn)的平均位置,M點(diǎn)是小球2落點(diǎn)的平均位置.(3)由v0=x知,v1=x,v2=x,v1=x,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1=m1v1+m2v2,由機(jī)械能守恒定律得m1=m1v12+m2,由以上各式解得=-.答案:(1)x(2)小球1未碰撞的落點(diǎn)小球1碰撞后的落點(diǎn)小球2落點(diǎn)(3)=-評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):(1)問1分,(2)問每空1分,(3)問2分.15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端與豎直墻壁接觸處于靜止?fàn)顟B(tài),可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊B停在木板的右端,如圖所示.對(duì)木塊施加水平向左的瞬時(shí)沖量使其獲得初速度v0=7 m/s,經(jīng)時(shí)間t=0.5 s木塊運(yùn)動(dòng)到豎直墻壁處,速度大小減為v1=5 m/s.木塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:(1)木板的長度L和木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)木板和木塊的質(zhì)量的比值.解析:(1)木塊向左運(yùn)動(dòng)L=(v0+v1)t (1分)v1=v0-at (1分)mg=ma (1分)木板長為L=3 m (1分)動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4. (1分)(2)木塊在木板上向右滑動(dòng)的過程中mv1=(M+m)v (1分)m=mgL+(M+m)v2 (1分)可得=24. (1分)答案:(1)3 m0.4(2)2416.(9分)從某高度自由下落一個(gè)質(zhì)量為M的物體,當(dāng)物體下落h時(shí),突然炸裂成兩塊,已知質(zhì)量為m的一塊碎片恰能沿豎直方向回到開始下落的位置,求:(1)剛炸裂時(shí)另一塊碎片的速度;(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能?解析:(1)物體下落h的過程中,由機(jī)械能守恒定律得Mgh=Mv2 (2分)解得v= (1分)炸裂時(shí),爆炸力遠(yuǎn)大于物體受到的重力,規(guī)定向下為正方向,因?yàn)橘|(zhì)量為m的一塊碎片恰好能返回到開始下落的位置,可知該碎片的速度大小等于物體爆炸前的速度大小,由動(dòng)量守恒定律知Mv=-mv+(M-m)v (2分)解得v=,方向豎直向下. (1分)(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于動(dòng)能的增量故轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能為E=mv2+(M-m)v2-Mv2 (2分)解得E=. (1分)答案:(1)方向豎直向下(2)17.(11分)如圖所示,光滑固定斜面傾角=30°,一輕質(zhì)彈簧底端固定,上端與m0=3 kg的物體B相連,初始時(shí)B靜止,物體A質(zhì)量m=1 kg,從斜面上與B物體相距s1=10 cm處由靜止釋放,物體A下滑過程中與物體B發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰撞后粘在一起,已知碰后AB經(jīng)t=0.2 s下滑s2=5 cm至最低點(diǎn),彈簧始終處于彈性限度內(nèi),A,B可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2,求:(1)從碰后到最低點(diǎn)的過程中彈性勢能的增加量;(2)從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過程中,彈簧對(duì)物體B沖量的大小.解析:(1)A下滑s1時(shí),由動(dòng)能定理得mgs1sin =m (1分)則v0= m/s=1 m/s (1分)設(shè)初速度方向?yàn)檎较?A,B相碰時(shí)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+m0)v1 (2分)解得v1=0.25 m/s; (1分)從碰后到最低點(diǎn),由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有Ep=(m+m0)+(m+m0)gs2sin (2分)解得Ep=1.125 J. (1分)(2)從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過程中,由動(dòng)量定理得I-(m+m0)gsin ×2t=(m+m0)v1-(m0+m)v1 (2分)解得I=10 N·s. (1分)答案:(1)1.125 J(2)10 N·s18.(14分)如圖所示,水平傳送帶兩輪間的距離L=30 m,傳送帶以恒定的速率v0=4 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩質(zhì)量分別為m1=4 kg,m2=2 kg的小滑塊P,Q用一根輕繩(未畫出)連接,中間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物體不拴接),此時(shí)彈簧的彈性勢能Ep=54 J,現(xiàn)把P,Q從傳送帶的最左端由靜止開始釋放,t1=2 s時(shí)輕繩突然斷裂,瞬間彈簧恢復(fù)至原長(不考慮彈簧的長度的影響).已知兩滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.1,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)輕繩突然斷裂時(shí)兩滑塊的位移;(2)兩滑塊離開傳送帶的時(shí)間差.解析:(1)繩子斷前對(duì)PQ整體,根據(jù)牛頓第二定律有(m1+m2)g=(m1+m2)a解得a=1 m/s2 (1分)假設(shè)繩子斷前P,Q一直加速,則v1=at1=2 m/s<v0,假設(shè)成立 (1分)其位移為s1=a=2 m. (1分)(2)繩斷到彈簧恢復(fù)原長的過程,P,Q與彈簧系統(tǒng)動(dòng)量、能量守恒,則(m1+m2)v1=m1vP1+m2vQ1 (1分)Ep+(m1+m2)=m1+m2 (1分)解得vP1=-1 m/s,vQ1=8 m/s (1分)繩斷后P向左運(yùn)動(dòng)sP2=0.5 m<s1,可見P從右側(cè)掉落 (1分)P向左減速為零的時(shí)間tP2=1 s (1分)P向右加速到傳送帶速度的時(shí)間tP3=4 s,sP3=a=8 m (1分)P向右勻速運(yùn)動(dòng)直到掉下,有L-(s1-sP2)-sP3=v0tP4解得tP4=5.125 s (1分)Q向右減速到傳送帶速度,有v0=vQ1-atQ2解得tQ2=4 s (1分)sQ2=24 m (1分)Q向右勻速運(yùn)動(dòng)直到掉下,有L-s1-sQ2=v0tQ3解得tQ3=1 s (1分)時(shí)間差為t=tP2+tP3+tP4-tQ2-tQ3=5.125 s. (1分)答案:(1)2 m(2)5.125 s- 11 -