2016高考動(dòng)量題型全歸納

1、碰撞與動(dòng)量守恒定律考綱:主題內(nèi)容要求說(shuō)明碰撞與動(dòng)量守恒動(dòng)量、定量守怛定律及其應(yīng)用n動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用只限 r-維情況動(dòng)量定理n彈性碰撞和非彈性碰撞i、動(dòng)量定理1、動(dòng)量、速度和動(dòng)能的聯(lián)系2、動(dòng)量的變化pptp0動(dòng)量是矢量，當(dāng)初態(tài)動(dòng)量和末態(tài)動(dòng)量不在一條直線上時(shí)，動(dòng)量變化由平行四邊形法則進(jìn)行運(yùn)算.動(dòng)量變化的方向與速度的改變量v 的方向相同.當(dāng)初、末動(dòng)量在一直線上時(shí)通過(guò)選定正方向，動(dòng)量的變化可簡(jiǎn)化為帶有正、負(fù)號(hào)的代數(shù)運(yùn)算。3、沖量：4、動(dòng)量定理：物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化.表達(dá)式:Ft=p-p 或 Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式， 運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及

2、動(dòng)量變化量的方向(2)公式中的 F 是研究對(duì)象所受的所有外力的合力.(3)動(dòng)量定理的研究對(duì)象可以是單個(gè)物體，也可以是物體系統(tǒng)統(tǒng)內(nèi)力.系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量.(4)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力【典型題型】1.質(zhì)量為 0.2kg 的小球豎直向下以 6m/s 的速度落至水平地面，再以 4m/s 的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為 kg-m/s。若小球與地面的作用時(shí)間為 0,2s,則小球收到地面的平均作用力大小為 N(g=10m/s2)PPp40.2(60.2)2kgm/skgm/sF-mg0.21012t0.22.我國(guó)女子短道速滑

3、隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子 3000m 接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”捧”的運(yùn)動(dòng)員乙前面.并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(A 甲豎的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D. 甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功【答案】B【解析】甲、乙運(yùn)動(dòng)員相互作用時(shí)，根據(jù)作用力與反作用力的特點(diǎn)，力的大小相等，作用時(shí)間也相等，所以沖量的大小相等，但沖量是矢量，它們的方向相反，故選項(xiàng) A A 錯(cuò)誤；在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平

4、方向上的相互作用，則由甲與乙構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，甲、乙動(dòng)量變化量大小相等，方向相反，故選項(xiàng) B B 正確；甲乙互相作用時(shí)是非彈性碰撞，所以機(jī)械能會(huì)有損失，所以甲的動(dòng)能增加量和乙的動(dòng)能的減小量不相等，所以選項(xiàng) C C 錯(cuò)誤；根據(jù)選項(xiàng) C C 可知,甲、乙的動(dòng)能增加量與減小量不相等，所以由動(dòng)能定理可知，甲對(duì)乙做功的絕對(duì)值和乙對(duì)甲做的功的絕對(duì)值不相等，所以選項(xiàng) D D 錯(cuò)誤。3、在距地面高為 h,同時(shí)以相等初速 V)分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質(zhì)量相等的物體 m 當(dāng)它們從拋出到落地大小關(guān)系:I=Ft。.對(duì)物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系【解析】取豎直向上為正方向則初動(dòng)

5、量為負(fù)末動(dòng)量為正，動(dòng)量變化為的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交時(shí)，比較它們的動(dòng)量的增量P,有()A.平拋過(guò)程較大 B.豎直上拋過(guò)程較大 C.豎直下拋過(guò)程較大 D.三者一樣大【答案】B4.質(zhì)量m1.5kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平恒力 F 作用下，從水平面上 A 點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t2.S停在 B 點(diǎn)，已知 A、B 兩點(diǎn)間的距離S5.0m，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.202求叵力 F 多大。(g1m/s)【解析】設(shè)撤去力 F F 前物塊的位移為S1,撤去力 F F 時(shí)物塊速度為 V,V,物塊受到的滑動(dòng)摩擦力：F1mg對(duì)撤去力 F F 后物塊滑動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理得Fitmv

6、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得SiVt2對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理Fs1F1s0F由以上各式得mgscT2cT22sgt代入數(shù)據(jù)解得 F=15NF=15N5.如圖所示， 質(zhì)量 mA為 4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上， 木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)質(zhì)量RB為 1.0kg的小物塊 B(視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)。木板突然受到水平向右的用開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能 EM為 8.0J，小物塊的動(dòng)能&為 0.50J,(1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度 V。；(2)木板的長(zhǎng)度 L。為 0.24,木板右端放著12N-s 的瞬時(shí)沖量 I 作重力加速度取 10m/s2,求：【解析】(1)

7、(1)設(shè)水平向右為正方向ImAv0代入數(shù)據(jù)解得v03.0m/s(2)(2)設(shè) A A 對(duì) B B、B B 對(duì)AC C 對(duì) A A 的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為為VA和VB,有(FBAFcA)tmAVAmAV0十參小叫小用堯切妨占陌巳&仃打+又一chL4FAB、FBA和FCA,B B 在 A A 上滑行的時(shí)間為B B 離開 A A 時(shí) A A 和 B B 的初速分別FABtmBVB其中FAB=FEAFCA(mAmB)g設(shè) A A、B B 相對(duì)于 C C 的位蔻關(guān)小分別為SA和SB,有1212小(FBAFCA)SA-mAVA匚mAV022FABSBEAB動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系為RAVA也mizR

8、BVA2mBEkB木板 A A 的長(zhǎng)度LSASB代入數(shù)據(jù)解得 L=0.50mL=0.50m(11)二、動(dòng)量守恒定律1.動(dòng)量守恒定律：二系筮丕.受處力或直皿客處力之亟為棗，.磨仁系憊的應(yīng)劾量促拄丕變.表達(dá)式:m1v1+m2v2=m1v1+m2v22.動(dòng)量守恒定律成立的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零.當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí).某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，該方向的動(dòng)量守恒.某一方向動(dòng)量守恒的一般模型?(2)注意研究過(guò)程的選取，選取不同的過(guò)程，結(jié)論會(huì)不同.?(3)注意區(qū)分系統(tǒng)動(dòng)量守恒與系統(tǒng)的某一方向分動(dòng)量守恒3.動(dòng)量守恒的應(yīng)用的基本步驟(1)明確研究對(duì)象，一般是兩個(gè)或兩

9、個(gè)以上物體組成的系統(tǒng)；(2)分析系統(tǒng)相互作用時(shí)的受力情況，區(qū)分內(nèi)力和外力，判定系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒；(3)選定正方向，確定相互作用前后兩狀態(tài)系統(tǒng)的總動(dòng)量；(4)在同一地面參考系中建立動(dòng)量守恒方程，并求解，如解出兩個(gè)答案或帶有負(fù)號(hào)要說(shuō)明其意義.【典型題型 1】動(dòng)量守恒的判斷6、如圖 5 所示的裝置中，木塊 B 與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈 A 沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短.現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對(duì)象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中()|廣A、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒-B、動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒圖*C、動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒A 動(dòng)量

10、不守恒、機(jī)械能守恒【答案】B7.如圖所示，半徑為 R,質(zhì)量為 M 內(nèi)表面光滑的半球物體放在光滑的水平面上，左端緊靠著墻壁，一個(gè)質(zhì)量為 m 的物塊從半球形物體的頂端的 a 點(diǎn)無(wú)初速釋放，圖中 b 點(diǎn)為半球的最低點(diǎn)，c 點(diǎn)為半球另一側(cè)與 a 同高的頂點(diǎn)，關(guān)于物塊 M 和 m 的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法的正確的有()A.m 從 a 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)的過(guò)程中，m 與 M 系統(tǒng)的機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒B.m 從 a 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)的過(guò)程中，m 的機(jī)械能守恒C.m 釋放后運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)右側(cè)，m 能到達(dá)最高點(diǎn) cD.當(dāng) m 首次從右向左到達(dá)最低點(diǎn) b 時(shí)，M 的速度達(dá)到最大【答案】【典型題型 2】碰撞類問(wèn)題1.碰撞類

11、型(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒.1 1一21 1一21 1一22 2miV0101m1 1v1 11m!v2 22 22m1 1m1 1m2Vo(注:在同一水平面上發(fā)生彈性正碰，機(jī)械能守恒即為動(dòng)能守恒討論當(dāng) m=mm=m 時(shí)，V V1=0,V=0,V2=V=Vo(速度互換)2當(dāng) mmmmmm 時(shí)，V V10,V0,V200(同向運(yùn)動(dòng))4當(dāng) mmmm 時(shí)，V V1QV00(反向運(yùn)動(dòng))5當(dāng) mmmm 時(shí)，V V1rV,VrV,V2R2V2V0(同向運(yùn)動(dòng))、(2)非彈性碰撞：部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成物體的內(nèi)能，動(dòng)量守恒2222mVmV1+mV+mV2=miV=miV1+mV+mV2，E(m1V1

12、%m%m2V2)Gm%.mGm%.m2V2)注意：(1)注意系統(tǒng)的確定，區(qū)分內(nèi)力與外力BDBDm1Vom1V1mhV2m1 1m2 2V1和VoV2(3)完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體粘在一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)動(dòng)能損失最大，而動(dòng)量守恒.mM+mVmM+mV2=(m+m)V=(m+m)VEk(2m1V12；m2V22)1(m1m2)V22.碰撞規(guī)律：判定運(yùn)動(dòng)情景是否可行。（1）動(dòng)量守恒；（2）動(dòng)能不增加；（3）不發(fā)生二次碰撞，不穿越8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA,規(guī)定向右為正方向，AB 兩球的動(dòng)量均為6kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后

13、A 球的動(dòng)量增量為4kgm/s，則（）A.左方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為2:5D.右方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為1:109.如圖所示，物體 A A 靜止在光滑的水平面上，A A 的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與 A 質(zhì)量相等的物體 B B 以速度 v v 向 A A 運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A A、B B 始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，則 A A、B B 組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是（）A.A A 開始運(yùn)動(dòng)時(shí) B.A 的速度等于 v v 時(shí) C.B B 的速度等于零時(shí) D.A A 和 B B 的速度相等時(shí)點(diǎn)評(píng)：應(yīng)該注重到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無(wú)關(guān)。不論是勻速行走

14、還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達(dá)船的左端，那么結(jié)論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要非凡注重兩個(gè)物體相對(duì)于地面的移動(dòng)方向和兩個(gè)物體位移大小之間的關(guān)系?！镜湫皖}型 4】“子彈打木塊”模型B.左方是 A 球，碰撞后A、B 兩球速度大小之比為1:10C.右方是 A 球，碰撞后 A、B 兩球速度大小之比為2:5【答案】A AJELAA/AA【答案】D D10.A A、B B 兩小球在水平面上沿同一方向運(yùn)動(dòng)，兩球的動(dòng)量分別為PA6kg?m/s,PB10kg?m/s。當(dāng) A A 球追及 B B球發(fā)生對(duì)心碰撞后，關(guān)于兩球動(dòng)量PA和PB的數(shù)值正確的是（）A.PA7kg?m/s,PB9kg?

15、m/sB.PA6kg?m/s,PB10kg?m/sC.PA6kg?m/s,PB22kg?m/sD.PA3kg?m/s,PB19kg?m/s【答案】D D【典型題型 3】平均動(dòng)量守恒問(wèn)題一一人船模型：特點(diǎn)：初態(tài)時(shí)相互作用物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，在物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，某一個(gè)方向的動(dòng)量守恒11.質(zhì)量為 m m 的人站在質(zhì)量為M長(zhǎng)為 L L 的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時(shí)，船左端離岸多遠(yuǎn)？【解析】先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量始終為零，所以人、船動(dòng)量大小始終相等。從圖中可以看之和等于 L L。設(shè)人、船位移大小分別為 l1l1、l2,l2,則：mv1=Mv2mv

16、1=Mv2 兩邊同乘時(shí)間 t,ml1=Ml2t,ml1=Ml2，而 l1+l2=Ll1+l2=L12.如圖所示，一質(zhì)量為 M 的木塊，靜止在光滑的水平面上。一質(zhì)量為 m 的子彈以速度”口擊中木塊，當(dāng)子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)，子彈射入木塊的深度為 do（1）求子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度v；(2)(2)若子彈擊中木塊后所受的阻力為恒力舟,求其大?。?3)(3) 在此過(guò)程中，有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？【解析】(1)(1)將子彈和木塊作為一個(gè)系統(tǒng)，則該系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。對(duì)系統(tǒng)在子彈射向木塊到子彈與木塊有共同速度的過(guò)程,解得皿/(M+/(M+時(shí)禺，子彈的位移為鬲。以木塊為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理有對(duì)本模型

17、，可得如下結(jié)論：(1)1)在子彈擊木塊過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒；(2)2)阻力對(duì)木塊做正功，對(duì)子彈做負(fù)功；(3)子彈動(dòng)能減少量大于木塊動(dòng)能增加量，差值等于轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分；(4)阻力與相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，也等于轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分。【典型題型 5】動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)、能量結(jié)合的力學(xué)綜合問(wèn)題13.(16 分)如圖所示，坡道頂端距水平面高度為 h,h,質(zhì)量為 m m 的小物塊 A A 從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，為使 A A 制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線 M M 處的墻上，另一端與質(zhì)量為 m m 的檔板相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，B B 恰好位于滑道的末端 O

18、O 點(diǎn)。A A 與 B 碰撞時(shí)間極短，碰撞后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧。已知在 O O 眼 A A、B B 與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為 g,g,求(1)(1) 物塊 A 在檔板 B B 碰撞瞬間的速度 v v 的大??；(2)(2) 彈簧最大壓縮時(shí)為 d d 時(shí)的彈性勢(shì)能 E E(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)【解析】(1)(1)由機(jī)械能守恒定律得，有.12mghim1v2v.2ghm1v(m1m2)v,AB B 克服摩擦力所做的功水平光滑地面上停放著一輛小車，左側(cè)靠在豎直墻壁上，小車的四分由動(dòng)量守恒定律有型，二(必+洵*(2)(2)設(shè)子彈靜止在木塊中時(shí)，木塊的位

19、移為以子彈作為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理有-旦，=1/2朋uf,2jAU聯(lián)立以上三式解得Ff=3&濟(jì)2M+m)d(3(3)在題設(shè)過(guò)程中，子彈與木塊的相對(duì)位移為 d,d,E1，與 d d 的乘積便為系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)=Ffd=誠(chéng)蝙/2(Af+網(wǎng))(2)(2)AB B 在碰撞過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,由動(dòng)量守恒，有W(m1mh)gd由能量守恒定律，有1(2(m1一一/2m2)vEP(mmh)gd解得EP2ghmim2(mm2)gd14.如圖所示，之一圓弧軌道10 倍，整個(gè)軌道處于同一豎直平面內(nèi)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊從落，恰好落人小車圓弧軌道滑動(dòng)，然后沿水平軌道滑行至軌道末端AB 是光滑的，在最低點(diǎn)

20、B 與水平軌道 BC 相切，BC 的長(zhǎng)度是圓弧半徑的A 點(diǎn)正上方某處無(wú)初速下C 處恰好沒(méi)有滑出。已知物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn) B 時(shí)對(duì)軌道的壓力是物塊重力的 9 倍，小車的質(zhì)量是物塊的 3 倍，不考慮空氣阻力和物塊落人圓弧軌道時(shí)的能量損失。求.物塊開始下落的位置距水平軌道 BC 的豎直高度是圓弧半徑的幾倍；.物塊與水平軌道 BC 間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【解析】(1)設(shè)物塊的質(zhì)量為m其開始下落處的位置距BC勺豎直高度為h,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v,小車圓 弧軌道半徑為R。由機(jī)械能守恒定律，有 mghmv2v,2vmR(2)設(shè)物塊與BC間的滑動(dòng)摩擦力的大小為F,物塊滑到C點(diǎn)時(shí)與小車的共同速度為v,物塊在小車上

21、由由滑動(dòng)摩擦定律，有 Fmg根據(jù)牛頓第二定律，有 9mgmg解得h=4R=4RB運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中小車對(duì)地面的位移大/J、為s。依題意，小車的質(zhì)量為 3m3mBC長(zhǎng)度為 1010R。由動(dòng)量守恒定律，有 mv(m3m)v對(duì)物塊、小車分別應(yīng)用動(dòng)能定理，有12F(10Rs)-mv12-mv212Fs-(3m)v015.光滑水平面上放著質(zhì)量，m=1kg 的物塊 A A 與質(zhì)量 m=2kg 的物塊 B,A A 與 B B 均可視為質(zhì)點(diǎn)，A A、B B 間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與 A A、B B 均不拴接)，用手擋住 B B 不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能解得 0.3A A 靠在豎直墻壁上，E=49J。在 A

22、A、B B 間B B 沖系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后 B B 向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑求(1)繩拉斷后瞬間B 的速度VB的大小；(2)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)B 的沖量 I的大小；(3)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)A 所做的功W2【解析】(1)mg=RBRmv(2=212(2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為VI,取水平向右為正方向，有&=1mv2I=mvBmv1代入數(shù)據(jù)得 1=1=4N4N s,s,其大小為 4NJ-s4NJ-s(3)設(shè)繩斷后A的速度為VA,取水平向右為正方向，有RBv1=RBVB+mvA12W-mAvA216

23、、(16 分)如圖所示，質(zhì)量 01=0.3kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng) L=15m,現(xiàn)有質(zhì)量 m=0.2kg 可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度 v=2m/s 從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止。物塊與車面間的2=0.5,取 g=10m/s,求物塊在車面上滑行的時(shí)間 t;要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度V0不超過(guò)多少。代入數(shù)據(jù)得動(dòng)摩擦因數(shù)(1)(2)【解析】本題考查摩擦拖動(dòng)類的動(dòng)量和能量問(wèn)題。涉及動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理和功能關(guān)系這些物理規(guī)律的運(yùn)用。(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v,以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有nv0m1m2v設(shè)物塊與車面間的滑

24、動(dòng)摩擦力為F,對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有-Ftmvm2v0其中m2g2.mvC+2mgRR=0.5m,B B 恰能到達(dá)最高點(diǎn)(2)(2)要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度1212由功能美系有一m2v0mim2vm2gL代入數(shù)據(jù)解得 5m/s5m/s22故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v。不能超過(guò) 5m/so5m/so17.如圖所示，小球 A 系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在。點(diǎn)，O 點(diǎn)到水平面的距離為 h。物塊 B 質(zhì)量是小球的 5倍，至于粗糙的水平面上且位于。點(diǎn)正下方，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為現(xiàn)拉動(dòng)小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與

25、物塊發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升至最高點(diǎn)_h時(shí)到水平面的距離為16。小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求物塊在水平面上滑行的時(shí)間 t?！窘馕觥吭O(shè)小球的質(zhì)量為m運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為vi,取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒有:12mgh-mv,得：v2gh2設(shè)碰撞后小珠反彈的速度大小為v；,同理有：mgmv12得.v；162設(shè)碰后物塊的速度大小v2,取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvmv15mv2得：v2設(shè)物塊在水平面上滑行的時(shí)間為 t t，根據(jù)動(dòng)量定理(Ft=Ft=mvmv 有:/曰2gh得：t也4g18.如圖所示， 圓管構(gòu)成的半圓形

26、豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為 R,MNR,MN 為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球 A A 以某一初速度沖進(jìn)軌道，到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn) M M 時(shí)與靜止于該處的質(zhì)量與 A A 相同的小球 B B 發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點(diǎn)距 N N 為 2R R。重力加速度為 g,忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計(jì)，求：(1)(1)粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時(shí)間 t;t;(2)(2)小球A A沖進(jìn)軌道時(shí)速度v v的大小。J 一!解得miV0代入數(shù)據(jù)得mm)2gt0.24sv,則m2v0物塊在水平面上所受摩擦力的大小為:F=5F=5卬mgmgFt05mv2(2)(2)設(shè)球 A A的質(zhì)量為m碰撞前速度大小為v1,把球A沖進(jìn)軌道最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能定為0,0,由機(jī)械能守恒定律知1 12mvmv2 21 12mv,2mgRmv,2mgR1 12【解析】(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，有 2R2Rgtgt2 22 2解得設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為V2,由動(dòng)量守恒定律知 mvmv12mv2mv2飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方