2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題07 碰撞與動量守恒（含解析）

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1、 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用中考查。 2、動量守恒定律的應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、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，左圖為大型

2、游樂設施跳樓機，右圖為其結構簡圖。跳樓機由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下。已知跳樓機和游客的總質量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g。則 A．從a到b與從b到c的運動時間之比為2：1 B．從a到b，跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等 C．從a到b，跳樓機和游客總重力的沖量大小為mgh D．從b到c，跳樓機受到制動力的大小等于2mg 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．由題意可知，跳樓機從a運動b過程中做自由落體運動，由2h=12gt12可得，下落時間t1=4hg=2hg，由vb2=2g?2h可知，運動到b的速度

3、大小為vb=4gh=2gh；跳樓機從a運動b過程中做減速運動，同理可得h=12at22，vb2=2ah，解得減速過程的加速度大小為a=2g，時間為t2=hg，故從a到b與從b到c的運動時間之比為t1:t2=2hg:hg=2:1，故A正確； B．從a到b，跳樓機做自由落體運動，故跳樓機座椅對游客的作用力為零，故B錯誤； C．從a到b，根據(jù)動量定理可得IG=mvb=2mgh，則跳樓機和游客總重力的沖量大小為2mgh，故C錯誤； D．從b到c，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳樓機受到制動力的大小為F=3mg，故D錯誤。 2．北京時間2009年3月1日下午15時36分，在距月

4、球表面100km的圓軌道上運行的質量為1.2×103kg (連同燃料)的“嫦娥一號”衛(wèi)星，在北京航天飛行控制中心科技人員的控制下發(fā)動機點火。在極短的時間內(nèi)以4.92km/s的速度（相對月球表面）向前噴出質量為50kg的氣體后，衛(wèi)星減速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞擊到月球東經(jīng)52.36度、南緯1.50度的預定的豐富海區(qū)域，實現(xiàn)了預期目標，為中國探月一期工程畫上一個圓滿的句號。已知月球的半徑R=1.7×103km，月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。則“嫦娥一號”噴氣后的速度約為（） A．1.10 km/s B．1.56km/s C．2.88km/s D．3.78km/s

5、【答案】 B 【解析】 【詳解】 “嫦娥一號”衛(wèi)星在距離月球表面100km做圓周運動時：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMm'R2=m'g'，則解得：v=Rg'R+h=1.7×1061.81.8×106m/s=1.7×103m/s；噴氣的過程根據(jù)動量守恒定律：mv=(m-Δm)v1+Δmv2解得v1=mv-Δmv2m-Δm=1.2×103×1.7×103-50×4.92×1031.2×103-50m/s=1.56×103m/s=1.56km/s，故選B. 3．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引

6、力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是 A．v1>v0 B．v1= v0 C．v2>v0 D．v2=v0 【答案】 A 【解析】 【詳解】 設探測器的質量為m，行星的質量為M，探測器和行星發(fā)生彈

7、性碰撞. A、B、對于模型一：設向左為正，由動量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m，因M>>m，則v1≈2U+v0>v0，故A正確，B錯誤. C、D、對于模型二：設向左為正，由動量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m，因M>>m，則v2≈v0-2U

8、質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0 B．0.3v C．0.6?v D．0.9v 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中系統(tǒng)動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2， 選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有： mv=-mv1+2mv2…① 假設碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v 由題意知球A被反彈，所以球B的速度為：v2>0.5v…② AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有：12mv2≥12mv12+12×2mv

9、22…③ ①③兩式聯(lián)立得：v2≤23v…④ 由②④兩式可得：0.5v

10、解析】 【詳解】 A、對于每個氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：2eU=12m0v2，p=m0v，解得：p=2m0eU，故A錯誤； B、設Δt時間內(nèi)有n個離子被噴出，根據(jù)電流的定義式：I=QΔt=n2eΔt，對于單個離子，由動量定理得：F0Δt=m0v，若有n個離子被噴出，則有F'=nF0，聯(lián)立以上各式可得：F'=Im0Ue，由牛頓第三定律：F=F'=Im0Ue，故B正確； C、對飛船，由牛頓第二定律得：a=FM=IMm0Ue，故C錯誤； D、功率的單位與2MeU不同，故D錯誤。 【點睛】 6．宇宙飛船動力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑地面上有一質量為M的絕緣小車，

11、小車兩端分別固定帶等量異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中央開有一個小孔，兩金屬板間的電場可看作勻強電場，兩板間電壓為U?，F(xiàn)有一質量為m、帶電量為+q、重力不計的粒子從左板正對小孔處無初速釋放。則以下判斷正確的是：( ) A．小車總保持靜止狀態(tài) B．小車最后減速運動 C．粒子穿過小孔時速度為2qUm D．粒子穿過小孔時速度為2MqUm(M+m) 【答案】 D 【解析】 【詳解】 金屬板間的電場方向向右，粒子所受的電場力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車所受的電場力方向向左，則小車將向左做勻加速運動。粒子穿過小孔時速度，粒子不再受電場力作用，小車也不再受電場力

12、，將做勻速運動，故AB錯誤。設粒子穿過小孔時速度為v1，小車此時的速度為v2．取向右方向為正方向。根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；?qU=12mv12+12mv22；聯(lián)立解得，v1=2MqUm(M+m)．故C錯誤，D正確。故選D。 7．雨打芭蕉是我國古代文學中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為10m／s，設雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg／m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為 A．0.25N B．0.5N

13、C．1.5N D．2.5N 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由于是估算壓強，所以不計雨滴的重力。設雨滴受到支持面的平均作用力為F．設在△t時間內(nèi)有質量為△m的雨水的速度由v=10m/s減為零。以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：F△t=0-（-△mv）=△mv。得：F=△mv△t；設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在△t時間內(nèi)水面上升△h，則有：△m=ρS△h；F=ρSv△h△t．壓強為：P=FS=ρv△h△t=1×103×10×15×10-310×60N/m2=0.25N/m2，故A正確，BCD錯誤。 8．質量為m的帶正電小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直

14、向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則（） A．整個過程中小球電勢能變化了32mg2t2 B．整個過程中小球速度增量的大小為2gt C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2 D．從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)運動學公式，抓住位移關系求出電場力和重力的大小關系。根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，根據(jù)動量定理求出整個過程中小球速度增量的大小，運用動能定理可得小球動能變化，根據(jù)重力做功判斷從A點到最低點小球重力勢能變化。 【詳解】 A、自由落體運動的位移x1=1

15、2gt2，末速度v=gt，設加上電場后的加速度為a，則加上電場后在ts內(nèi)的位移x2=vt-12at2=gt2-12at2，因為x2=-x1，解得a=3g，根據(jù)牛頓第二定律有a=F-mgm，所以電場力F=4mg，電場力做功與路徑無關，則電場力做的正功W=Fx1=2mg2t2，帶電小球電勢能減小了2mg2t2，故A錯誤。 B、整個過程中由動量定理有：Ft-mg2t=m?v，解得小球速度增量的大小?v=2gt，故B正確。 C、加電場時，物體的速度v=gt，到最低點時末速度為零，則由動能定理可知動能減小了12mg2t2，故C錯誤。 D、ts末加上電場勻減速運動到零的位移：x′=v22a=g2t2

16、6g=gt26，則從A點到最低點的位移：x=gt26+12gt2=23gt2，則重力做功WG=23mg2t2，所以重力勢能減小量為23mg2t2．故D錯誤。 故選：B 9．如圖所示，光滑地面上靜置一質量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R，表面光滑。將一質量為m的小滑塊（可視為質點），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當小滑塊運動到凹槽的最低點時，對凹槽的壓力為FN，F(xiàn)N的求解比較復雜，但是我們可以根據(jù)學過的物理知識和方法判斷出可能正確的是（重力加速度為g）（ ） A．(3M+2m)mgM B．(3m+2M)mgM C．(3M+2)mgM D．(3m+2)mgM 【答案】 A 【解析】

17、 【詳解】 滑塊和凹側組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，機械能守恒，當滑塊運動到最低點時有：mv=Mv'，mgR=12mv2+12Mv'2，由極限的思想，當M趨于無窮大時，v'趨近于0，凹槽靜止不動，滑塊速度為v=2gR，且小滑塊在最低點時由牛頓第二定律得FN-mg=mv2R，解得FN=3mg，四個選項中當M趨于無窮大時，只有A選項符合，另外CD選項從量綱的角度上講也不對，故A對；BCD錯； 故選A 10．如圖甲所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力

18、恒定不變，子彈可視為質點。則子彈穿過木塊的時間為 A．1v0(s+L) B．1v0(s+2L) C．12v0(s+L) D．1v0(L+2s) 【答案】 D 【解析】 【分析】 以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，滿足動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木塊列動量定理表達式，聯(lián)立可求解. 【詳解】 子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動量守恒，有：mv0=mv1+mv2， 設子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對子彈由動能定理：-f(s+L)=12mv12-12mv02，由動量定理：-ft=mv1-mv0， 對木塊由動能定理：

19、fs=12mv22，由動量定理：ft=mv2， 聯(lián)立解得：t=1v0(L+2s)；故選D. 【點睛】 子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時注意研究對象、研究過程的選擇. 二、多選題 11．如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側的煤層。設水柱直徑為D，水流速度為v．方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ，下列說法正確的是 A．高壓水槍的流量為vπD2 B．高壓水槍的功率為18ρπD2v3 C．水柱對煤層的平均沖

20、擊力為14ρπD2v2 D．手對高壓水槍的作用力水平向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、設Δt時間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為ΔV, 則ΔV=SvΔt=14πD2vΔt ,所以單位時間內(nèi)高壓水槍的流量為Q=14πD2v，故A錯； B、設Δt時間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為ΔV, 質量為Δm ,則Δm=ρΔV ,Δt時間內(nèi)噴出水的質量為14ρπD2vΔt,Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek=12Δmv2=18ρπD2v3Δt,高壓水槍的功率P=Wt=18ρπD2v3,故B對； C、考慮一個極短時間Δt' ,在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質量為m,設煤層對水柱的作用力為F,由動量定

21、理,FΔt'=mv,Δt'時間內(nèi)沖到煤層水的質量m=14ρπD2vΔt' ,解得F=14ρπD2v2由牛頓第三定律可知,水柱對煤層的平均沖力為F=14ρπD2v2，故C對； D、當高壓水槍向右噴出高壓水流時,水流對高壓水槍的作用力向左,由于高壓水槍有重力,根據(jù)平衡條件,手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方,故D錯； 12．如圖所示，運動的球A在光滑水平面上與一個原來靜止的球B發(fā)生彈性碰撞， A．要使B球獲得最大動能，則應讓A,B兩球質量相等 B．要使B球獲得最大速度，則應讓A球質量遠大于B球質量 C．要使B球獲得最大動量，則應讓A球質量遠小于B球質量 D．若A球質量遠大于B球質量

22、，則B球將獲得最大動能、最大速度及最大動量 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 設A球的質量為m1、B球質量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發(fā)生彈性碰撞，則：m1v0=m1v1+m2v2、12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：v1'=m1-m2m1+m2v0、v2'=2m1m1+m2v0。 A：據(jù)v1'=m1-m2m1+m2v0，當A、B兩球質量相等時，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動能，B球獲得了最大動能。故A項正確。 B：據(jù)v2'=2m1m1+m2v0，當A球質量遠大于B球質量時，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B項正確。 C：據(jù)v

23、1'=m1-m2m1+m2v0，當A球質量遠小于B球質量時，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動量的接近2倍，B球獲得最大動量。故C項正確。 D：由上面三項分析知，D項錯誤。 13．靜止在勻強磁場中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質量數(shù)為A，電荷數(shù)為Z，核X、核Y和α粒子的質量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場中運動的半徑為R。則 A．衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He B．核Y的結合能為（mx-my-mα）c2 C．核Y在磁場中運動的半徑為2RZ-2 D．核Y的動能為EKY=mY(mX-mY-mα)c2mY+mα 【答案】

24、 AC 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He，選項A正確； B．此反應中放出的總能量為：?E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的結合能不等于（mx-my-mα）c2，選項B錯誤； C．根據(jù)半徑公式r=mvqB，又mv=P（動量），則得r=PqB，在衰變過程遵守動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα，得半徑之比為rYrα=qαqY=2Z-2，則核Y在磁場中運動的半徑為rY=2RZ-2，故C正確； D．兩核的動能之比：EkYEkα=12mYvY212mαvα2=mα(mYvY)2mY(mαvα)2=m

25、αmY，因EkY+Ekα=ΔE=（mx-my-mα）c2，解得EkY=mα(mX-mY-mα)c2mY+mα，選項D錯誤。 14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現(xiàn)給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運動并與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，木塊A、B碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運動，重力加速度g取10m/s2，則(　　) A．在木塊A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對木塊A的平均作用力大小為50N B．木塊A與在墻壁碰撞的過程中沒有能

26、量損失 C．木塊A、B碰撞后一起向右運動的速度大小為3m/s D．木塊A、B滑上圓弧軌道后到達的最大高度為0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時，由動量定理得：Ft=mAv'1-mA?(-v1)，代入數(shù)據(jù)解，墻壁對A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動能減小，說明碰撞過程中A的能量有損失，故B錯誤。設碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv'1=(mA+mB)v，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：12(m

27、A+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m，故D錯誤。故選ACD。 15．如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h 處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（） （重力加速度為g） A．金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh

28、 C．金屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd） D．金屬棒運動的時間為2ghμg-B2L2d2Rμmg 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 根據(jù)功能關系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯誤。設金屬棒克服安培力所做的功為W．對整個過程，由動能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B錯誤。電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W= mg（h-μd），則屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd），故C正確。金屬棒在下滑過程中，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金屬棒經(jīng)過磁場通過某界面的電量為q=ΔΦ2R=

29、BLd2R；根據(jù)動量定理：-BILΔt-μmgdΔt=0-mv0，其中q=IΔt，解得Δt=2ghμg-B2L2d2Rμmg，選項D正確；故選CD. 16．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質量為3.3kg C．滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D

30、．若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結合的問題，應用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項錯誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠大于外力，系

31、統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質量M=66m=3.3kg。故B項正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運動過程中滑塊與傳送帶間的相對運動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項錯誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端

32、水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。 17．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質量分別為mA=6kg，mB=2kg的A、B兩物體用質量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功W=25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左推力解除壓縮，則 A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量I=10 N·s，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復原長時，兩物體速率均是2.5m/s

33、 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、解除壓縮后，彈簧在恢復原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤； B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉化，故機械能守恒，故B正確； C、壓縮彈簧時，外力做的功全轉化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復原長，彈性勢能全轉化為B的動能，設此時B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v0＝5m/s，此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動量定理得：I

34、＝mBv0＝10 N·s，故C正確； D、當彈簧恢復原長時，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運動后，B減速，A加速，當A、B速度相等時彈簧拉伸最長．此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當彈簧再次恢復原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正確。 18．如圖固定在地面的斜面傾角為30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點由靜止開始下滑，到b點接觸輕彈簧，又壓縮至最低點c，此時將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點。已知A質量為m，B質量為3m

35、，a、c間距為L，重力加速度為g。下列說法正確的是 A．在A上滑的過程中，與彈簧分離時A的速度最大 B．彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為0.8mgL C．在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5mgL D．若物塊B沒有被拿出，AB能夠上升的最高位置距離a點為L/4 【答案】 BC 【解析】 【分析】 對木箱A下滑和上滑過程，運用功能原理列式，可分析若物塊B沒有被拿出，彈簧能否將整體彈回a點．在A、B一起下滑的過程中，速度最大時的位置合力為零．根據(jù)功能關系求彈簧上端在最低點c時其彈性勢能以及摩擦產(chǎn)生的熱量． 【詳解】 A．在A上滑的

36、過程中，與彈簧分離是彈簧恢復原長的時候，之前A已經(jīng)開始減速，故分離時A的速度不是最大，A錯誤； B．設彈簧上端在最低點c時，其彈性勢能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關系有4mgLsinθ＝μ?4mgLcos30°+Ep，將物塊B拿出后木箱A從c點到a點的過程，由功能關系可得 Ep＝mgLsinθ+μmgLcos30°聯(lián)立解得Ep＝0.8mgL，故B正確； C．由分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，摩擦生熱Q=5μmgLcosθ=5(Ep-mgLsinθ)=1.5mgL D．若AB一起能返回的距離大于彈簧原長，則有Ep=4mgL'cosθ+μmgL'cosθ，

37、解得L'=L4，但不知道L'與彈簧原長的關系，故無法確定，故D錯誤。 【點睛】 解決本題的關鍵是掌握功與能的關系，明確能量是如何轉化的．解題時，采用分段法列式． 19．一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點與物體P相對靜止，重力加速度為g，則： A．粗糙水平面ab的動摩擦因數(shù)為h/L B．當木塊最后到達a時的速度為0 C．當木塊最后到達a時的

38、速度為v0/3 D．整個過程產(chǎn)生的熱量為2mgh 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 分不同階段應用動量守恒和能量守恒即可解決問題。 【詳解】 先分析小物塊從開始到最高點的過程，根據(jù)動量守恒：mv0=3mv，v=13v0，根據(jù)能量守恒，有μmgL+mgh=12mv02-32mv2①，同理，最后到達a點時的速度也是v=13v0，整個過程能量守恒有2μmgL=12mv02-32mv2②，聯(lián)立①②得μmgL=mgh，得μ=hL，整個過程產(chǎn)生的熱量Q=2μmgL=2mgh；綜上ACD正確，B錯誤。 【點睛】 本題綜合運用了動量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生熱與相對運動的關

39、系。 20．如圖所示，在光滑的水平面上靜止著物體P，P上有一個軌道，軌道的右端為一半徑為R的光滑1/4圓弧，左端是長度為R的直軌道。一個小滑塊Q以初速度v0=4gR水平向右滑上直軌道，已知P和Q質量相等，與直軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，P和Q的質量均為m，下列判斷正確的是 A．Q不可能沖出P的圓弧軌道 B．Q第二次經(jīng)過圓弧最低點時P的速度最大 C．從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統(tǒng)動量守恒 D．從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統(tǒng)損失的機械能為15mgR 【答案】 BD 【解析】 【分析】 假設當滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達圓弧軌道最高點，則由水平方向動

40、量守恒以及能量關系可求解v，從而判斷當v0=4gR時Q能否沖出P的圓弧軌道；分析整個過程中P的受力情況可知Q第二次到達最低點時速度最大；結合功能關系求解系統(tǒng)機械能的損失. 【詳解】 設當滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達圓弧軌道最高點，則由水平方向動量守恒：mv=2mv共；由能量關系：12mv2=12?2mv2共+mgR，解得v=2gR，可知當v0=4gR時Q能沖出P的圓弧軌道，選項A錯誤；Q開始在水平軌道部分運動時，P受向右的摩擦力被加速；在圓弧軌道上運動時，Q給P斜向下的壓力而使P加速；Q返回到圓弧面上時P仍然加速，因Q第二次經(jīng)過P點后進入水平面上后給P向左的摩擦力而使P開始減速，可知第

41、二次經(jīng)過圓弧最低點時P的速度最大，選項B正確；從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，選項C錯誤；從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=μmgΔs=0.2×mg×R=0.2mgR，選項D正確；故選BD. 三、解答題 21．如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與粗糙水平軌道BC相切。質量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點相距x=4m，一段時間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取10

42、 m/S2。求： (1)物塊a、b碰撞前口的速度大??； (2)物塊a、b碰撞后相距的最遠距離。 【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠距離Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 【解析】 【詳解】 （1）a由靜止釋放到最低點B的過程中，由機械能守恒定律得：m1gR=12m1v02 a從B點到與b碰撞前的過程中，由動能定理得：-μm1gx=12m1v12-12m1v02 （或：從釋放到碰撞全過程，由動能定理得：m1gR-μm1gx=12m1v12） 聯(lián)立可得：v1=2g(R-μx)=3m/s （2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過程中，

43、 由動量守恒定律得：m1v1=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2 聯(lián)立解得：v1'=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2'=2m1m1+m2v1=2m/s 碰后小球a與b都做勻減速運動，由牛頓第二定律得：μmg=ma 小球a與b相距的最遠距離：Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 22．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長為12cm的輕質彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長度為4cm時，用銷釘擋住B不動。拔掉銷釘，當彈簧長度第2次達到（12+30）cm時，從A、B

44、之間撤去彈簧，之后A、B發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長為0.5m、傾角為53°的光滑斜面（機械能不損失），并落到足夠長的水平固定平臺上，已知彈簧彈性勢能的表達式為Ep=12kx2，其中勁度系數(shù)k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求： （1）彈簧首次恢復到原長時B球的速度大??； （2）從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時間； （3）兩球在平臺上第一次落點間的距離。 【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。 【解析】 【詳解】 （1）至彈簧恢復原長時，由機械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2 代

45、入數(shù)據(jù)得vB=8m/s （2）彈簧恢復原長后，A開始運動，至撤去彈簧 由動量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1 由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12 代入數(shù)據(jù)得vA1=5m/s vB1=3m/s 從撤去彈簧到A、B相碰經(jīng)歷時間t=l2vA1-vB1 解得t=12+30200s （3）A、B彈性碰撞，機械能動量均守恒 速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s 到達斜面頂端的速度分別為vA3，vB3 v22-v32=2as 其中斜面上運動的加速度a=8m/s2 得vA3=1m/s，vB3=17m/s 在平臺上的水平位移x

46、=v3cos53°?2v3sin53°g 最終可得兩球落點的水平距離d=1.536m 23．如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°,另一端點C為軌道的最低點,C點右側的光滑水平路面上緊挨C點放置一木板,木板質量M=2kg,上表面與C點等高.質量m=1kg的物塊（可視為質點）從空中A點以v0=1m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板,已知木板的長度L=1m,取g=10m/s2,求： (1)物塊剛到達軌道上的C點時對軌道的壓力; (2)若物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)0

47、.3≤μ≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量. 【答案】(1)50N (2)①當0.3≤μ<0.6時，Q1=10μ；②當0.6≤μ≤0.8時，Q1=6J 【解析】 【詳解】 （1）A→B(平拋運動):vB=2v0 B→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+12mvB2=12mvC2 C 點:FNC-mg=mvc2R 聯(lián)立以上三式得:FNC=50N 由牛頓第三定律可得物塊剛到達軌道上的 C 點時對軌道的壓力:FNC'=50N （2）設物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ時，物塊恰好滑到木板右端，由動量和能量守恒可得:mvc=(m+M)v 12mvc2=12(m+M)v2+μm

48、gL 解得μ=0.6 ①當0.3≤μ<0.6時，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落: 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量Q1=μmAgL=10μ ②當0.6≤μ≤0.8時，A和小車能共速： 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J 24．如圖所示，長木板質量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質量為m=1 kg的物塊A，右端放著一個質量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4，AB之間的距離L=6 m，開始時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。 （

49、1）為使物塊A與木板發(fā)生相對滑動，F(xiàn)至少為多少？ （2）若F=8 N，求物塊A經(jīng)過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？ 【答案】（1）5 N （2）vA’=2m/s vB’=8m/s 【解析】 【詳解】 （1）據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力。 設物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則： 對整體： F0=（2m+M）a 對木板和B：μmg=（m+M）a 解之得： F0=5N 即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5 N； （2）物

50、塊的加速度大小為：aA=F-μmgm=4m∕s2 木板和B的加速度大小為：aB=μmgM-m=1m/s2 設物塊滑到木板右端所需時間為t，則：xA-xB=L 即12aAt2-12aBt2=L 解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s AB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇ 機械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12mvB＇2 解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s 25．如圖所示，在兩根間距為L的水平金屬導軌上，有一個邊長為L的正方形金屬線圈，線圈的 ab、cd 邊質量均為m，電阻均為 R；ac、bd

51、邊的質量和電阻均不計。在cd和pq 間存在磁感應強度為 B，垂直導軌向上的勻強磁場。在導軌上，另有一根質量為 m、電阻為R的金屬棒 ef，在恒力F的作用下向右運動。線圈和ef金屬棒與導軌的摩擦因數(shù)均為μ，導軌電阻不計。當 ef 棒向右運行距離為 L 時，線圈剛好開始運動，求: （1）ef棒的速度； （2）ef棒從靜止開始，到線圈剛開始運動消耗的時間； （3）在ef棒運動過程中，cd桿消耗的焦耳熱； （4）當ef桿速度多大時，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。 【答案】（1）v=3μmgRB2L2；（2）Δt=2B4L5+9μm2gR23(F-μmg)RB2L2；

52、（3）Qcd=16FL-μmgL-9μ2m3g2R22B4L4； （4）v=3R(F-μmg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-μmg)28B2L2 【解析】 【詳解】 （1）設ef棒的速度為v，則電動勢E=BLv； 流過cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ; 線圈剛剛開始運動：BIcdL=2μmg 聯(lián)立解得ef棒的速度：v=6μmgRB2L2 （2）從ef開始運動，到線圈開始運動，對ef由動能定理：(F-BIL-μmg)Δt=mv 其中的q=IΔt；I=BL?LΔt?32R； 聯(lián)立解得：Δt=mv+2B2L3/3RF-μmg， 解得Δt=6μm2gRB2L2

53、+2B2L33RF-μmg=6μm2gR+2B4L53RB2L2(F-μmg) （3）由能量關系可知：FL-μmgL-Q=12mv2 其中cd桿消耗的焦耳熱為：Qcd=16Q 可得：Qcd=16(FL-μmgL-18μ2m3g2R2B4L4) （4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-μmg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函數(shù)， 由數(shù)學知識可知，當v=1.5R(F-μmg)2B2L2時P最大，最大值為Pm=1.5R(F-μmg)24B2L2 26．如圖所示，一質量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場區(qū)域為a處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運動，物塊與絕緣平面

54、的摩擦因數(shù)為μ，物塊在運動過程中要穿越寬度為2a，場強大小為E的電場區(qū)域，當場強方向豎直向下時，物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處，當場強方向向上時，物塊停留在距離電場區(qū)域右側的a處。求： （1）電場強度的大小，以及物塊的初速度; （2）若增加物塊初速度的大小，當電場向下時，物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時物塊運動的時間與電場向下情況下物塊運動時間差值的最小值。并求出對應的初速度。 【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（2）Δtmin=2aμg；v0=6μga 【解析】 【詳解】 （1）當場強方向豎直向下時，由動能定理：12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0

55、.5a； 當場強方向豎直向上時，由動能定理：12mv02=μmg?2a+μ(mg-qE)×2a； 聯(lián)立解得：E=mgq；v0=2μga （2）無論電場方向如何，物塊在進入電場前運動時時間是相等的，設滑塊剛進入電場時速度為v，當電場向下時物塊不滑出電場，則由動量定理：μ(mg+qE)t1=mv 解得：t1=v2μg； 若場強向上，則由于mg=qE，則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運動，出離電場后做運減速運動，則在電場中的時間為：t21=2av， 出離電場時：μmgt22=mv， 則運動的總時間為：t2=2av+vμg； 則時間差：Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2a

56、v+v2μg； 由數(shù)學知識可知，當2av=v2μg時，?t最小，即當v=2μga時，?t最小值為：Δtmin=2aμg； 此時當場強向下時，有：12mv2=μ(mg+qE)x，解得x=a，滑塊不滑出電場的范圍； 由動能定理：12mv02=μmga+12mv2， 解得：v0=6μga； 27．如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌MN、M'N'與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導軌間距L=1m，水平導軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，磁場區(qū)域寬度d=1m。一質量為m=0.2k

57、g、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導體棒ab放置在水平導軌上距磁場左邊界s處，在與導體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運動，導體棒運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，導體棒進入磁場后做勻速運動，當導體棒運動至NN'時撤去F，結果導體棒ab恰好能運動到半圓形軌道的最高點PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導軌電阻忽略不計。 （1）求勻強磁場的磁感應強度B的大小及s的大?。? （2）若導體棒運動到AA'時撤去拉力，試判斷導體棒能不能運動到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導體棒沿半圓軌道運動時會不會脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.

58、25m；（2）h=0.45m，由于h

59、+R0d=m(v3-v1) 解得：v3=3m/s 所以假設成立，能運動到半圓軌道上。 假設導體棒在半圓軌道上不會離開軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

60、度減為0，ER流體對薄滑塊的阻力必須隨薄滑塊下移而適當變化，以薄滑塊初始位置處為原點，向下為正方向建立Ox軸，不計空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求ER流體對薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標x變化的函數(shù)關系式 (2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運動，求λ的取值范圍。 (3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊向上運動一段距離后停止運動不再下降，求A的最小值。 【答案】(1)f=-kx+mg+kL4；(2)λ<1；(3)13 【解析】 【詳解

61、】 (1)設滑塊靜止時彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=mg 設物體下落與滑塊相碰前的速度大小為v0，由動能定理得：mgL=12mv02 設碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動量守恒定律得：mv0=(m+12m)v1 滑塊下移的距離為x1=2mgk時，由運動學公式得：0-v22=-2ax1 由牛頓第二定律得：k(x0+x1)+f-2mg=2ma 解得f=-kx+mg+kL4； (2)滑塊能向上運動，則有k(x0+x1)>2mg+λmg 解得：λ<1； (3)當滑塊向上運動時，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力： F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ

62、)mg 作出F-x圖象如圖所示： 由數(shù)學知識可得滑塊停止運動的位置坐標x1=2λmgk 滑塊停止運動不再下降的條件是：2mg-k(x1+x0)≤λmg 解得：λ≥13。 29．碰撞過程中的動量和能量傳遞規(guī)律在物理學中有著廣泛的應用。如圖所示，將一個大質量的彈性球A（質量為m1）和一個小質量的彈性球B（質量為m2）疊放在一起，從初始高度h0由靜止豎直下落，不計空氣阻力，且h0遠大于球的半徑。設A球與地面作用前的速度大小為v0（v0為未知量），A球和地面相碰后，以原速反彈；反彈后它和以v0向下運動的B球碰撞，如圖（甲）所示。碰后如圖（乙）所示。取豎直向上為正方向。 （1）a．求

63、v0； b．有同學認為，兩物體（選為一個系統(tǒng)）在豎直方向碰撞，由于重力的影響，系統(tǒng)動量不再守恒。現(xiàn)通過實驗及計算說明這一問題。 某次實驗時，測得m1=60.0g，m2=3.0g，h0=1.80m，A和B碰撞時間Δt=0.01s，重力加速度g取10m/s2。 ①求A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動量大小P1； ②求A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動量的變化量大小ΔP； ③計算ΔPP1×100%的值。據(jù)此實驗及結果，你認為物體在豎直方向碰撞過程中，是否可以應用動量守恒定律？并簡要說明理由。 （2）若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<

64、v0=2gh0 b.①0.342kg?m/s②6.3×10-3N?s③1.84%（2）1.8m 【解析】 【詳解】 （1）a．由機械能守恒定律可知：mgh0=12v02， 解得v0=2gh0 b.兩物體落地前的速度v0=2×10×1.8m/s=6m/s ①A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動量大小P1=m1v0-m2v0=(60.0-3.0)×10-3×6kg?m/s=0.342kg?m/s； ②根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動量的變化量等于重力的沖量：ΔP=(m1+m2)gΔt=(60.0+3.0)×10-3×10×0.01=6.3×10-3N?s ③ΔPP1×100

65、00=6.3×10-30.342×10000=1.8400； 據(jù)此實驗及結果，則物體在豎直方向碰撞過程中，可以應用動量守恒定律；因為重力的沖量遠小于系統(tǒng)總動量。 （2）若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<

66、，m和M之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，開始均靜止．今對木板施加一水平向右的恒定拉力F=21N，作用2s后，撤去拉力F，求： (1)拉力F對木板的沖量 (2)整個過程木板和小物體間因摩擦而產(chǎn)生的熱量（g取10m/s2）。 【答案】（1）42N?s，方向水平向右；（2）21J 【解析】 【詳解】 （1）由I＝Ft 帶入數(shù)據(jù)可得：I＝42Ns，方向水平向右 （2）0－2s對m：μmg＝ma1 0－2s對M：F?μmg＝Ma2 帶入數(shù)據(jù)可得a1＝1 m/s2，a2＝4m/s,2 相對滑動的路程為S1＝12a2t2?12a1t2 帶入數(shù)據(jù)可得：S1＝6m 產(chǎn)生的熱量Q1＝umg S1 Q1＝6J 此時m的速度v1＝2 m/s，v2＝8 m/s 由動量守恒可知：mv1+Mv2＝（m+M）v共 v共＝7 m/s t2＝v共-v1a1=5s 相對滑動的路程為S2＝v共+v22t2?v共+v12t2＝15m＜(25-6)m， 所以m沒有掉下去，能夠和M共速度 由能量關系可知：Q2＝12mv12+12Mv22?12（m+M）v2共 Q2＝15J Q總＝Q1+