專題07 碰撞與動(dòng)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(shí)的同時(shí)，注重考查基本概念和基本規(guī)律?？季V要求1、理解動(dòng)量、動(dòng)量變化量的概念；知道動(dòng)量守恒的條件。2、會(huì)利用動(dòng)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(dòng)量和動(dòng)量的變化量這兩個(gè)概念常穿插在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中考查。2、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)；動(dòng)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(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)。第二部分知識(shí)背一背（1）動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較名稱項(xiàng)目動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量的變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式pmvppp矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量(2)動(dòng)量的性質(zhì)矢量性：方向與瞬時(shí)速度方向相同瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的量，是針對(duì)某一時(shí)刻而言的相對(duì)性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對(duì)地面的動(dòng)量(3)動(dòng)量守恒條件理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒(4)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2.（5）碰撞的種類及特點(diǎn)分類標(biāo)準(zhǔn)種類特點(diǎn)機(jī)械能是否守恒彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大碰撞前后動(dòng)量是否共線對(duì)心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對(duì)心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共線(6)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律動(dòng)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(shí)必須注意動(dòng)量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件。在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對(duì)象及運(yùn)動(dòng)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(gè)狀態(tài)列方程求解。第三部分技能+方法一、動(dòng)量守恒定律的特點(diǎn)：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(dòng)量的正、負(fù)。瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加。同時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，動(dòng)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(shí)刻的總動(dòng)量都相同普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，對(duì)微觀粒子組成的系統(tǒng)也適用。二、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的特點(diǎn)由于動(dòng)量守恒定律只考慮物體相互作用前、后的動(dòng)量，不考慮相互作用過程中各個(gè)瞬間細(xì)節(jié)，即使在牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律的問題，這正是動(dòng)量守恒定律的特點(diǎn)和優(yōu)點(diǎn)所在三、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)；進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)；規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；由動(dòng)量守恒定律列出方程；代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明四、碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律動(dòng)量守恒定律機(jī)械能不增加速度要合理：若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后；碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)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(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)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m1v1m1v1m2v2和解得：；結(jié)論：當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v10，v2v1，兩球碰撞后交換速度當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1>0，v2>0，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，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(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題技巧動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動(dòng)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(dòng)量式、動(dòng)能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對(duì)問題求解利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題：(a)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)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(dòng)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(shí)必須注意動(dòng)量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對(duì)象及運(yùn)動(dòng)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(gè)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(diǎn)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(dòng)量的變化量等于阻力的沖量C全過程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功D上升過程中機(jī)械能的變化量大于下落過程機(jī)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(huì)不斷增加，根據(jù)動(dòng)量定理可知全過程中動(dòng)量的變化量等于阻力與重力合力的沖量，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(dòng)能定理可得全過程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功，故選項(xiàng)C正確；D、根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過程中機(jī)械能的變化量等于下滑過程中機(jī)械能的變化量，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；2質(zhì)量相等的A、B、C三個(gè)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(dòng)能，使其向左運(yùn)動(dòng)，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(shì)能為A12EKB13EKC14EKD16EK【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(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)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(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，碰后至A、B、C速度相同的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：2mv1=3mv，根據(jù)碰后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：122mv12=123mv2+Ep，解得：Ep=112mv02=16Ek，故選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤；彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能的選選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去外力，已知物體的vt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(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小C在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)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(duì)于勻減速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量定理：IF-If=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理：WF-Wf=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)。如圖所示，在一組動(dòng)作中，男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)此現(xiàn)象，小明同學(xué)對(duì)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(yùn)動(dòng)B他倆的運(yùn)動(dòng)不是直線運(yùn)動(dòng)，總動(dòng)量不守恒C由于男選手對(duì)女選手拉力斜向上，這個(gè)拉力大于女選手對(duì)男選手的拉力D由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力【答案】 D【解析】【詳解】男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；男選手對(duì)女選手的拉力與女選手對(duì)男選手的拉力是一對(duì)作用和反作用力，大小相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力等于男選手的重力與女選手對(duì)男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，在t=0時(shí)刻受一與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒力F=4N的作用，經(jīng)一段時(shí)間后撤去力F，物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B物體最后回到t=0時(shí)刻的位置C力F的沖量大小為4NsD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(yùn)動(dòng)，1-2s內(nèi)沿負(fù)向加速運(yùn)動(dòng)，2s后沿負(fù)方向減速運(yùn)動(dòng)，則拉力在2s末撤去的，拉力F的作用時(shí)間為2s，在2-3s內(nèi)物體的加速度大小為a=vt=2m/s2，摩擦力大小為mg=ma，解得=0.2，力F的沖量大小為I=Ft=8Ns，故A C錯(cuò)誤。由圖知，0-1s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，位移x1=1261m=3m，1-3s內(nèi)沿負(fù)向運(yùn)動(dòng)，位移x2=12(31)2m=2m，則知3s末距離出發(fā)點(diǎn)距離為x=x1-x2=1m，故B錯(cuò)誤；在0-1s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象可得加速度a1=v1t1=61m/s2=6m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-mg=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(diǎn)的原子核置于勻強(qiáng)磁場中（勻強(qiáng)磁場的方向圖中未畫出），能發(fā)生衰變或衰變，衰變后沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場中，得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB，兩軌跡在P點(diǎn)相切，它們的半徑RAP與RPB之比為44:1，則A發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90B發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86C發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45D發(fā)生了衰變，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(yùn)動(dòng)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)生的是衰變；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，兩粒子動(dòng)量等大反向，由r=mvqB1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因射線帶一個(gè)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(gè)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(shí)刻A、B兩球的位置連線垂直于槽，相距L2，某給B球一個(gè)平行于槽的速度v0，關(guān)于兩球以后的運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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\(yùn)動(dòng)C繩子拉直的瞬間，B球的機(jī)械能的減少量等于A球機(jī)被能的增加量D繩子拉直的瞬間，B球的機(jī)械能的減少量小于A球機(jī)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(gè)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的方向不能平行于直線槽子。故B錯(cuò)誤。CD. 繩子拉直的瞬間，系統(tǒng)的機(jī)械能要損失，所以B球的機(jī)械能的減少量大于A球機(jī)械能的增加量。故D錯(cuò)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=37，兩根細(xì)桿上分別套有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P、Q質(zhì)量之比為12現(xiàn)將P、Q兩個(gè)小球分別從桿AC和BC的項(xiàng)點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，sin37=0.6。則P、Q兩個(gè)小球由靜止釋放后到運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是A重力的沖量之比為11B重力的沖量之比為56C合力的沖量之比為58D合力的沖量之比為52【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(yùn)動(dòng)，設(shè)下落的時(shí)間tp：5l=12gtp2，Q球沿BC桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a=gcos37=0.8g，設(shè)下落的時(shí)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(cuò)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(dòng)量定理I合=P=mv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(cuò)誤。9如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場中的某放射性元素的原子核，當(dāng)它放出一個(gè)粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測得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粒子與反沖粒子的動(dòng)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90C反沖核的核電荷數(shù)為88D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(dòng)量守恒定律，由于初始總動(dòng)量為零，則末動(dòng)量也為零，即粒子和反沖核的動(dòng)量大小相等，方向相反；由于釋放的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(yùn)動(dòng)；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對(duì)粒子：R1=P1B2e，對(duì)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(cuò)誤；10如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)過程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為（）A14mv02B18mv02C112mv02D115mv02【答案】 C【解析】【詳解】粘性物體和A相互作用，動(dòng)量守恒，mv02mv1v112v0，以后三個(gè)物體一起相互作用動(dòng)量守恒，2mv03mv2，v223v0，最大彈性勢(shì)能EP12mv02122m(12v0)2123m(13v0)2112mv02，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、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(yùn)動(dòng)B球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小C球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒D球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)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(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確；C因此過程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)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(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)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(jì)噴氣后探測器的質(zhì)量變化。則( )A噴出氣體的速度為PmB噴出氣體的速度為2PmC噴氣t秒后探測器獲得的動(dòng)能為mPt2MD噴氣t秒后探測器獲得的動(dòng)能為mPt22M【答案】 BC【解析】【詳解】由動(dòng)能定理可知：Pt=12mv2，t=1s，解得：v=2Pm，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律可知：0=Mv1-mtv，則有：2MEk=mtv=mt2Pm得EK=mPt2M，故C正確，D錯(cuò)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(shí)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(shí)間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說法中錯(cuò)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C4s末物體的動(dòng)量大小為12kgm/sD4s內(nèi)滑動(dòng)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(dòng)，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(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，t=2s后物體開始運(yùn)動(dòng)，受到滑動(dòng)摩擦力作用，滑動(dòng)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-mg=ma；由圖知：當(dāng)F=6N時(shí)，a=1m/s2，代入得6-10m=m；當(dāng)F=12N時(shí)，a=3m/s2，代入得 12-10m=3m；聯(lián)立解得=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時(shí)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(dòng)量大小為P=mv=12kgm/s，故C正確。4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為I=mgt=0.1302Ns=6Ns，選項(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)度大小B1=10T、方向水平向右的勻強(qiáng)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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在t=0.20s時(shí)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(jì)），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(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向上Bt=0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為10VC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0.01NsD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0.150.25s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故A正確；B、由圖像可知，00.1s內(nèi)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=nt=10V，即0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；D、開關(guān)K閉合后，設(shè)通過CD的電荷量為q，根據(jù)動(dòng)量定理可得：B1ILt=mv-0，而B1ILt=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(shí)間極短，子彈、鐵塊均視為質(zhì)點(diǎn)，鐵塊與木板間的動(dòng)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v05B鐵塊獲得的最大速度為v05C鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v0240gLD子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2mv025【答案】 BCD【解析】【分析】對(duì)子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出木板獲得的最大速度，對(duì)木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)和子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；【詳解】A、對(duì)子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=v04，故A錯(cuò)誤；B、對(duì)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(duì)木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，由能量守恒定律：mgL=124mv12125mv22，解得=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(jī)械能為E=12mv02-125mv22，故D正確；故選BCD。【點(diǎn)睛】子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，由動(dòng)量守恒定律求木塊獲得的最大速度；木塊在木板上滑行時(shí)，木塊（含子彈）與木板組成的系統(tǒng)合外力為零，總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求木塊滑離木板時(shí)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(yùn)動(dòng)中的位移為s。則以下說法正確的是A子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C摩擦力對(duì)M做的功一定等于摩擦力對(duì)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(dòng)量守恒，最終子彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，根據(jù)動(dòng)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(duì)木塊M做的功為W1=fs，摩擦力對(duì)子彈m做的功為W1=f(s+d)，根據(jù)能量守恒可得子彈動(dòng)能的虧損為Ek1=f(d+s)，系統(tǒng)動(dòng)能的虧損Ek2=fd，所以子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A正確，C錯(cuò)誤；B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終子彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，以子彈初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=mv0M+m，子彈動(dòng)量變化量的大小P1=mv0-mv=Mmv0M+m，木塊動(dòng)量變化量的大小P2=Mv=Mmv0M+m，故B正確；D、對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理可得fs=12Mv2-0，解得木塊在加速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；故選AB?！军c(diǎn)睛】正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，知道當(dāng)子彈未能射穿木塊時(shí)時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，明確應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向。17一個(gè)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(shí)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A03s內(nèi)，物體的速度逐漸增大B3s時(shí)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01s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，13s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，37s內(nèi)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，79s內(nèi)向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的，A錯(cuò)誤；在3s末拉力最大，故加速度最大，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理Ft=mv可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的動(dòng)量變化量，所以57s內(nèi)增加的動(dòng)量大小與79s內(nèi)減小的動(dòng)量大小相等，即第5s末和第9s末的速度相等，C正確；物體在19s整個(gè)過程中都在向上運(yùn)動(dòng)，即第9s末物體仍向上運(yùn)動(dòng)，物體離地面的高度不是最大，D錯(cuò)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(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，平板小車A的長度L=0.9m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v0=5m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=10m/s2.下列說法正確的是A小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為2m/sB小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量大小為8kg.m/sC小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎立墻壁的過程中損失的機(jī)械能為4JD小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J【答案】 BD【解析】【分析】鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)，假設(shè)鐵塊最終能停留在小車A上，根據(jù)動(dòng)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(duì)小車運(yùn)動(dòng)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(jī)械能【詳解】選取向左為正方向，設(shè)鐵塊向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1對(duì)鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：-mgL=12mv12-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得：v1=4m/s，故A錯(cuò)誤；鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為：v1=-v1=-4m/s；根據(jù)動(dòng)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）=-8kgm/s。負(fù)號(hào)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(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能等于小鐵塊損失的動(dòng)能，為：E1=12mv02 12mv12 = 12152121424.5J故C錯(cuò)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(dòng)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(duì)小車運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)與平板車達(dá)到共速，由能量守恒定律得：-mgx= 12（M+m）v22-12mv12，代入數(shù)據(jù)解得：x=1.2m；由于xL，說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共速時(shí)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(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2=2mgL，代入數(shù)據(jù)解得：E2=9J故D正確。故選BD?！军c(diǎn)睛】本題首先要分析鐵塊的運(yùn)動(dòng)情況，對(duì)于鐵塊向右運(yùn)動(dòng)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(yùn)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(yùn)動(dòng)，其at圖象如圖所示，t=0時(shí)速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N，則下列說法中正確的是（）A在t=6s的時(shí)刻，物體的速度大小為20m/sB在06s的時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC在06s的時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36NsD在t=6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W【答案】 AD【解析】【分析】根據(jù)v=at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(shí)物體的速度根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物體做的功等于動(dòng)能的變化量，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，根據(jù)牛頓第二定律求出在t=6s時(shí)刻，拉力F的大小，再根據(jù)P=Fv求解拉力F的瞬時(shí)功率【詳解】根據(jù)v=at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(shí)間內(nèi)速度增量為v=2+426=18m/s，所以t=6s時(shí)刻，物體的速度v6=v0+v=2+18=20m/s，故A正確；在06s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W合=Ek=12mv62-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得 W合=396J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理得：IF-ft=mv6-mv0，則得拉力對(duì)物體的沖量 IF=ft+m（v6-v0）=26+2（20-2）=48Ns，故C錯(cuò)誤。t=6s時(shí)，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(shí)刻，拉力F的功率P=Fv6=1020=200W，故D正確。故選AD?！军c(diǎn)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(dòng)能定理可求合外力做的功，運(yùn)用動(dòng)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(diǎn)的物塊P，P 、Q間接觸面粗糙。現(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(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過程P、Q速度隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）ABCD【答案】 ABC【解析】【分析】開始時(shí)，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度；對(duì)AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行討論即可.【詳解】開始時(shí)，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度；設(shè)向右為正方向，對(duì)AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)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mPvP<mQvQ，則v<0，圖像如圖C所示；故選項(xiàng)ABC正確，D錯(cuò)誤；故選ABC.三、解答題21在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點(diǎn),右端與質(zhì)量為3m的小球1接觸但不連接?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球1將彈簧壓縮至彈性勢(shì)能為Ep=mgs(s為一定值)時(shí)靜止釋放,離開彈簧后與靜止在P點(diǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)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(diǎn)的切線水平,B、D間距很小,可看作重合的點(diǎn)。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(gè)空間有水平向左、場強(qiáng)E=3mg4q的勻強(qiáng)電場,小球2進(jìn)入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后從軌道下端F處脫離,最后打在豎直墻面BC的C點(diǎn)。已知重力加速度為g,sin53=0.8。求：（1）碰后小球2運(yùn)動(dòng)的速度;（2）軌道DEF的半徑R;（3）小球2打在C點(diǎn)前瞬間的速度?！敬鸢浮浚?）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s【解析】【詳解】（1）由能量守恒得Ep=123mv121、2小球根據(jù)動(dòng)量守恒得：3mv1=3mv1+mv2.1、2小球根據(jù)機(jī)械能守恒得：123mv12=123mv12+12mv22.由式解得：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(diǎn)小球達(dá)到等效最高點(diǎn)，由于小球恰好能沿著DEF軌道運(yùn)動(dòng)，則在E點(diǎn)有：54mg=mvE2R.根據(jù)動(dòng)能定理得：-54mg(R-Rsin53)=12mvE2-12mvB2.由式解得：R=67sm（3）過點(diǎn)F做切線以及垂直BC的水平線，則為53。又因?yàn)閙gqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53。即在F點(diǎn)小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運(yùn)動(dòng)。由幾何關(guān)系得：LBC=R+Rcos53=167sm.從B到C全程動(dòng)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(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g?！敬鸢浮縱022gR或v025gR【解析】【詳解】AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv02mv若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：2mgR0122mv2，解得v022gR若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：2mg2R122mv2122mv2，2mg2mv2R，解得v025gR綜上，當(dāng)v022gR或v025gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。23如圖所示，三個(gè)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(gè)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(shí)，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+kmvB112mv02=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(shí)，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(duì)皮球的平均作用力F=30N，假設(shè)觸地前后皮球的動(dòng)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(shí)間；(2)皮球被擊打后獲得的速度大小?！敬鸢浮?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(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程：v22=2gh觸地過程，以向上為正，由動(dòng)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/s25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(diǎn)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(diǎn)返回恰好停止在AB的中點(diǎn)，求物塊Q與水平部分AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(diǎn)D飛出，求其再次落回小車時(shí)，落點(diǎn)與B點(diǎn)的距離S為多少？（結(jié)果可用根號(hào)表示）【答案】（1）0.25；1.25m（2）1235m【解析】【詳解】(1)物塊Q從開始運(yùn)動(dòng)到與小車相對(duì)靜止過程，共同速度為v，系統(tǒng)水平方向動(dòng)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=mg32L+12(m+M)v2代入數(shù)據(jù)解得：=0.25Q至C點(diǎn)與車共速時(shí)，系統(tǒng)能量守恒，有：12mv02=mgL+12(m+M)v2+mgR1代入數(shù)據(jù)解得：R1=1.25m(3)設(shè)Q通過D點(diǎn)時(shí)，Q與小車的速度分別為v1、v2系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，全過程能量守恒，規(guī)定向右為正方向，mv0=mv1+Mv212mv02=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(diǎn)時(shí)相對(duì)小車的速度為：v=（v2-v1）6m/s，物塊Q再次落回小車時(shí)與物塊的距離為：s=v4R2g代入數(shù)據(jù)解得：s=1235m26如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度為v=2m/s，忽略傳送帶的d端與半圓軌道c點(diǎn)之間的縫隙寬度，物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=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(yùn)動(dòng)中一定能滑上傳送帶且不從e點(diǎn)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(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EP=6.75J，物塊B再次落到水平軌道ab上時(shí)與e點(diǎn)間水平距離為多大；【答案】(1)5msvB22ms ；(2)0.2m【解析】【詳解】解：(1)設(shè)物塊B恰好能通過軌道的c點(diǎn)時(shí)速度為vC1由牛頓第二定律可得：mg=mvC12R解得：vC1=gR=1m/s此時(shí)物體B從解除鎖定到運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)過程，由機(jī)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(shí)，剛好能運(yùn)動(dòng)到傳送帶的e端：從d到e的過程中：-mgL=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/svB22m/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(dòng)量守恒可得：0=mvB-2mvA根據(jù)機(jī)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(diǎn)物塊B從解除鎖定到運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為ve由動(dòng)能定理可得：-mg2R-mgL=12mve2-12mvB2解得：ve=1m/s物塊B離開e點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)：2R=12gt2,x=vet解得：x=0.2m27如圖所示，水平地面上A、B兩點(diǎn)靜止放置著可視為質(zhì)點(diǎn)的M、N兩個(gè)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(diǎn)相連，木塊通過C點(diǎn)可認(rèn)為沒有能量損失?，F(xiàn)給木塊M一個(gè)5m/s的初速度向左運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因素1=0.2，斜面與木塊的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.5（g取10m/s2）求（1）為了讓兩個(gè)小木塊能夠到C點(diǎn)，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(dòng)量守恒定律得：mMvN=(mM+mN)vB解得：vB=4m/s剛好由B到C由動(dòng)能定律得：-1(mM+mN)gLBC=0-12(mM+mN)v12解得：LBC=4m(2)經(jīng)分析，由B到C 由動(dòng)能定理得：-1(mM+mN)gLBC=12(mM+mN)vC2-12(mM+mN)vB2從C向斜面上沖，由動(dòng)能定理得：-2(mM+mN)gxcos-(mM+mN)gxsin=0-12(mM+mN)vC2 解得：x=0.4m又由：h=xsin解得：h=0.24m28距水平地面高5 m的平臺(tái)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(tái)邊緣的水平距離為3m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 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?！敬鸢浮浚?）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(yùn)動(dòng)，豎直方向：h12gt2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(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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：Q12mv0212(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(diǎn)。把一質(zhì)量為m=1kg的小球B靜止放于N點(diǎn)，另一完全相同的小球A由M點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)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(diǎn)。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不計(jì)阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）小球A運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大?。?）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大?。?）P點(diǎn)與N點(diǎn)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(jī)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(dòng)量守恒，則：mv0=2mv解得：v=2m/s（3）小球做平拋運(yùn)動(dòng)：h=gt2/2 x=vt解得：x=0.8m30如圖所示，質(zhì)量M0.5kg的長木板A靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m0.3 kg的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以大小v06ms的速度從木板A的左端水平向右滑動(dòng)。已知物塊B與木板A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.6，認(rèn)為各接觸面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g10 ms2。（1）若木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)203，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(dòng)摩擦因數(shù)201，木板足夠長，求木板A從開始滑動(dòng)至達(dá)到最大速度過程中所受合力的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）L3m（2）I0.75Ns【解析】【分析】（1）分別對(duì)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(huì)運(yùn)動(dòng)，然后由牛頓第二定律求出加速度，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出；（2）判定A是否會(huì)運(yùn)動(dòng)，然后由牛頓第二定律求出加速度，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式，結(jié)合動(dòng)量定理即可求出；【詳解】（1）A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小為：f11mg1.8NA與地面間的最大靜摩擦力為：f22（M+m）g2.4N由于f2f1，故A靜止不動(dòng)B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A的右端時(shí)速度為0，有：v02=2aL，其中a1g6m/s2解得：L3m（2）若木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，則：f22（M+m）g0.8Nf1，故A將向右滑動(dòng)，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(shí)，m=a1t=0-a2t，又：IMvm代入數(shù)據(jù)解得：I0.75Ns【點(diǎn)睛】該題結(jié)合動(dòng)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(duì)地面發(fā)生運(yùn)動(dòng)