高考物理計算題專題復(fù)習(xí)《動量守恒定律綜合題》(解析版)

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁《動量守恒定律綜合題》一、計算題如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2m/s、2.0m/s的速率相向運動，碰撞后B球靜止.已知碰撞時間為0.05s，A、B的質(zhì)量均為0.2kg.求：

(1)碰撞后A球的速度大??；

(2)碰撞過程如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的滑塊，以υ0=5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小車質(zhì)量M=4kg，平板小車長L=3.6m，滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止．(g取9.8m/s2

).求：

(1)滑塊與平板小車之間的動摩擦因數(shù)μ；

如圖所示，一顆質(zhì)量為m=10g的子彈以水平速度v0=200m/s擊穿一個靜止于光滑水平面上的沙箱后，速度減小為v=100m/s。已知沙箱的質(zhì)量為M=0.5kg。求：

(1)沙箱被擊穿后的速度v′的大??；

(2)這一過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q的大小。

如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L=1.0m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R=0.25m的14光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O′點相切。車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態(tài)的壓縮彈簧，一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊緊靠彈簧放置，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將彈簧解除鎖定，小物塊被彈出，恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點A.取g=10m/s2.求：

(1)解除鎖定前彈簧的彈性勢能；

(2)小物塊第二次經(jīng)過O′點時的速度大?。?/p>

(3)小物塊與車最終相對靜止時距

如圖所示，水平地面上豎直固定一個光滑的、半徑R=0.45m的14圓弧軌道，A、B分別是圓弧的端點，圓弧B點右側(cè)是光滑的水平地面，地面上放著一塊足夠長的木板，木板的上表面與圓弧軌道的最低點B等高，可視為質(zhì)點的小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m=0.20kg，木板的質(zhì)量M=4m，P1和P2與木板上表面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.20和μ2=0.50，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力；開始時木板的左端緊靠著B，P2靜止在木板的左端，P1以v0=4.0m/s的初速度從A點沿圓弧軌道自由滑下，與P2發(fā)生彈性碰撞后，P1處在木板的左端，取g=10m/s2.求：

(1)P1通過圓弧軌道的最低點B時對軌道的壓力；

如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)碰撞前瞬間A的速率v；

(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；

(3)A和B整體在桌面上滑動的距離L

如圖所示，光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M=1kg的小車，小車的上表面有一個質(zhì)量為m=0.9kg的滑塊，在滑塊與小車的擋板間用輕彈簧相連接，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，整個系統(tǒng)一起以v1=10m/s的速度向右做勻速直線運動，此時彈簧長度恰好為原長．現(xiàn)在用一質(zhì)量為m0=0.1kg的子彈，以v0=50m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，所用時間極短．當(dāng)彈簧壓縮到最短時，彈簧被鎖定，測得此時彈簧的壓縮量為d=0.50m，g=10m/s2.求：

(1)子彈射入滑塊的瞬間，子彈與滑塊的共同速度；

(2)彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能的大?。?/p>

如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA=4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計，可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB=2kg，現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t=0.6s，二者的速度達(dá)到vt=2m/s，求

(1)A開始運動時加速度a的大?。?/p>

(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；

如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落t=0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB=3mA，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失，求：

(i)B球第一次到達(dá)地面時的速度；

(ii)P點距離地面的高度。

如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的木板長L=1.4m，靜止在光滑的水平地面上，其右端靜置一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)，小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，今用水平力F=28N向右拉木板。

(1)在力F的作用下，滑塊和木板加速度各是多少？

(2)要使小滑塊從木板上掉下來，力F作用的時間至少要多長？(不計空氣阻力，g=10m/s2)

甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1m/s和2m/s.求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比．

如圖所示，一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可以調(diào)節(jié)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上的B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N，小球經(jīng)過BC段所受阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2m。小球運動過程中可以視為質(zhì)點，且不計空氣阻力。

(1)求小球運動至B點的速度大??；

(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；

(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度；

(4)小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后靜止。假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點飛出后靜止所需的時間。

如圖所示，AB

C是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，B點在半圓最高點C點的正下方．一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，并滯留在木塊中．若被擊中的木塊沿軌道能滑到最高點C，已知木塊對C點的壓力大小為N=(M+m)g.求：

(1)木塊在C點時的速度vC；

(2)射入木塊前瞬間，子彈的速度v0的大??；

(3)木塊離開C點后落在水平軌道上某處的D點(圖中未畫出)，求BD的距離x．

如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0=5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求

如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g．

(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；

(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m=M2，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：

①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；

②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s．

如圖所示，位于光滑水平面上，質(zhì)量分別為1kg、4kg的滑塊A、B，現(xiàn)使滑塊A獲得5m/s水平向右的瞬時速度，與左側(cè)連有輕質(zhì)彈簧的靜止滑塊B發(fā)生碰撞．求二者在發(fā)生相互作用的整個過程中

①彈簧的最大彈性勢能；

②滑塊B獲得的最大速度．

用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v0=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中，

(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？

(2)彈性勢能的最大值是多大？

(3)A物塊速度的最小值是多大？

豎直平面內(nèi)的半圓軌道光滑且與水平地面相切于B點，一質(zhì)量為1kg的堅硬小物塊A(可視為質(zhì)點)，靜止在光滑的水平地面上，如圖所示．一顆質(zhì)量為10g的子彈以505m/s的速度向左飛來，正好打中并留在小物塊內(nèi)，它們一起向左運動，已知R=0.4m，g=10m/s2.求：

①子彈打中小物塊并合成一個整體時的共同速度；

②小物塊在C點對軌道頂端的壓力大小；

③小物塊落地點與B點的水平距離．

如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車，小車的左側(cè)靠在豎直墻壁上，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB的最低點B與水平軌道BD平滑相接，小車的右端固定有一個輕質(zhì)彈簧，彈簧左端自然伸長至C點，水平軌道BC段粗糙，CD段光滑．現(xiàn)有一可視為質(zhì)點的物塊從A點正上方h=R處無初速度下落，物塊質(zhì)量為m，恰好落入小車沿圓軌道滑動，然后沿水平軌道滑行，與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最后又返回到B點相對于車靜止．已知M=3m，物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，不考慮空氣阻力和物塊落入圓弧軌道時的能量損失．求

(1)物塊下落后由A滑至B處時，對軌道的壓力大??；

(2)壓縮彈簧過程中，彈簧所具有的最大彈性勢能．

如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點：初始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài).現(xiàn)將a由靜止釋放，當(dāng)物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后b滑行的最大距離為s.已知b的質(zhì)量是a的3倍.?b與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。求

(1)碰撞后瞬間物塊b速度的大??；(2)輕繩的長度。

如圖所示，在光滑水平面上，有足夠長度的木板B，質(zhì)量為mB=4kg，其上有一滑塊C，質(zhì)量為mC=4kg，B、C之間的動摩擦因數(shù)為0.2.現(xiàn)有質(zhì)量為mA=lkg的滑塊A，以v0=12m/s的初速度向B運動，與B碰撞(碰撞時間極短)后以4m/s速度彈回．求：

①運動過程中B的最大速度；

②物塊C相對B滑動的距離．

如圖所示，半圓形豎直光滑軌道ab固定在水平地面上，軌道半徑R=0.6m，與水平粗糙地面ab相切，質(zhì)量m2=0.2kg的物塊B靜止在水平地面上b點，另一質(zhì)量m1=0.6kg物塊A在a點以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物塊B，與物塊B發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后兩物塊粘在一起，之后沖上半圓軌道，到最高點c時，兩物塊對軌道的壓力恰好等于兩物塊的重力。已知ab兩點間距L=3.6m，A與B均可視為質(zhì)點，空氣阻力不計，(1)物塊A與B剛碰后一起運動的速度v；(2)物塊A和地面間的動摩擦因數(shù)μ。

答案和解析1.【答案】解：①A、B系統(tǒng)動量守恒，設(shè)B的運動方向為正方向。

由動量守恒定律得：mvB?mvA=0+mvA′

解得：vA′=0.8m/s；【解析】對于碰撞過程，要掌握其基本規(guī)律：動量守恒定律。要知道碰撞、打擊等過程求作用力要根據(jù)動量定理，不能根據(jù)牛頓定律，因為物體間相互作用力是變力。

①根據(jù)動量守恒定律求碰撞后A球的速度大??；

②對B，利用動量定理求碰撞過程A對B平均作用力的大小。

2.【答案】解：

(1)對滑塊與小車組成的系統(tǒng)，水平方向上合力為零，動量守恒，選向右的方向為正，由動量守恒定律可得：

mv0=(m+M)v

滑塊相對小車靜止時的速度為：：v=mv0m+M=1×51+4m/s=1m/s

以滑塊的初速度方向為正方向，對滑塊，由動量定理得：?μmgt=mv?mv0，

解得動摩擦因數(shù)為：μ=m(v?v0)?mgt=1×(1?5)?1×9.8×1≈0.4；

(2)設(shè)滑塊恰好不滑離小車的最大速度為vm，當(dāng)滑塊滑到小車最右端時，兩者速度相等均為，滑塊在小車上滑行時，動量守恒，由動量守恒定律得：

mvm=(m+M)v′

即：1×vm=(1+4)v′

解得：vm=5v′…①【解析】

本題考查了求動摩擦因數(shù)、滑塊的速度問題，分析清楚物體運動過程、確定滑塊恰好不滑離小車的條件、應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。

(1)以滑塊與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受合外力為零，由動量守恒定律可以求出它們共同運動時的速度，對滑塊由動量定理可以求出動摩擦因數(shù)；

(2)滑塊到達(dá)小車的右端時相對小車靜止，則滑塊恰好不滑離小車，由動量守恒定律、能量守恒定律可以求出小車的最小初速度。

3.【答案】解：(1)以子彈和沙箱組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒，得：

mv0=mv+Mv′

解得：v=mv0?mvM=0.01×(200?100)0.5m/s=2m/s

(2)根據(jù)能量守恒得：Q=12mv02?(12【解析】(1)子彈射擊沙箱的過程，系統(tǒng)的動量守恒，列式求解沙箱被擊穿后的速度v′的大小；

(2)這一過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q的大小等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小，由能量守恒求解Q。

對于碰撞過程，關(guān)鍵要掌握其基本規(guī)律：系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒。解題時，要注意選取正方向，特別是方向有變化時，要用符號表示出速度的方向。

4.【答案】解：(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，解除鎖定前，總動量為零，故小物塊到達(dá)圓弧最高點A時，二者的共同速度v共=0

設(shè)彈簧解除鎖定前的彈性勢能為Ep，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有

Ep=mgR+μmgL

代入數(shù)據(jù)解得

Ep=7.5J

(2)設(shè)小物塊第二次經(jīng)過時的速度大小為vm，此時平板車的速度大小為vM，研究小物塊在平板車圓弧面上的下滑過程，由系統(tǒng)動量守恒和機(jī)械能守恒有

0=mvm?MvM

mgR=12mvm2+12MvM2

代入數(shù)據(jù)解得

vm=2.0m/s

(3)最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同速度為0。

設(shè)小物塊相對平板車滑動的路程為S，對系統(tǒng)由能量守恒有

Ep=μmgS【解析】(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)，豎直方向受到重力和地面的支持力，水平方向不受外力，水平方向動量守恒。根據(jù)系統(tǒng)的水平方向動量守恒和能量守恒求解解除鎖定前彈簧的彈性勢能；

(2)小物塊從最高點下滑到O′的過程中，系統(tǒng)水平動量守恒、機(jī)械能守恒，由兩大守恒定律結(jié)合求解小物塊第二次經(jīng)過O′點時的速度大??；

(3)對全過程，根據(jù)水平方向動量守恒求出平板車和小物塊的共同的速度，由能量守恒求解物塊與車最終相對靜止時距O′點的距離。

本題是系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體間的相對位移，往往根據(jù)能量守恒研究。

5.【答案】解：(1)設(shè)P1滑到圓弧最低點B時的速度為vB

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12mv02+mgR=12mvB2

解得：vB=5m/s；

設(shè)P1通過B時受到的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律得：N?mg=mvB2R

解得：N=13.1N，根據(jù)牛頓第三定律可知，P1對軌道的壓力為13.1N，方向豎直向下。

(2)P1與P2碰撞滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，用v1、v2分別表示碰后P1、P2的速度，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvB=mv1+mv2

由機(jī)械能守恒定律得：12mvB2=12mv12+12mv22

解得：v1=0，v2=5m/s，方向：向右

假設(shè)碰撞后P2在木板上滑動時，P1與木板保持相對靜止，它們共同的加速度為a共

根據(jù)牛頓第二定律有：μ2mg=(m+M)a共，解得：a共=1m/s2

P1受到木板的靜摩擦力為：【解析】(1)P1沿圓弧軌道下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出滑到B點時的速度，然后由牛頓第二定律求出對軌道的壓力；

(2)P1、P2碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出木板的加速度；

(3)由牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用勻變速直線運動的位移公式求出物體的位移，然后分析答題。

本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動量守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式的應(yīng)用，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動量守恒定律、運動學(xué)公式即可解題。

6.【答案】解：(1)滑塊從圓弧最高點滑到最低點的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mAgR=12mAvA2

得：vA=2gR=2×10×0.2=2m/s．

(2)滑塊A與B碰撞，軌道向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：

得：v′=12vA=12×2=1m/s．

(3)滑塊A與B粘在一起滑行，根據(jù)動能定理，有：f?l=12(mA【解析】(1)A到B的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出碰撞前A的速度．

(2)A、B碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰撞后整體的速率．

(3)對AB整體運用動能定理，求出AB整體在桌面上滑動的距離．

本題考查了機(jī)械能守恒、動量守恒、動能定理的綜合，難度中等，知道機(jī)械能守恒和動量守恒的條件，關(guān)鍵是合理地選擇研究對象和過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．

7.【答案】解：(1)子彈射入滑塊后的共同速度大為v2，設(shè)向右為正方向，

對子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv1?m0v0=(m+mv0)v2

①解得：v2=4m/s；

(2)子彈、滑塊與小車，三者的共同速度為v3，當(dāng)三者達(dá)到共同速度時彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大．

以向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv1+(m+m0)v2=(M+m+m0)v3

②【解析】(1)向左射入滑塊且不穿出，所用時間極短，子彈與滑塊的總動量守恒，動量守恒定律求出子彈射入滑塊后共同的速度．

(2)當(dāng)子彈，滑塊與小車三者的速度相同時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大．由動量守恒定律求出三者共同的速度，由能量守恒定律求解彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能的大?。?/p>

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚運動過程、應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．

8.【答案】解：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律得：

F=mAa，

代入數(shù)據(jù)得：a=2.5m/s2；

(2)A、B碰撞后共同運動過程中，選向右的方向為正，由動量定理得：

Ft=(mA+mB)vt?(mA+mB)v，

代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s；

(3)A、B碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mAvA=(mA+mB)v，

A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理得：【解析】(1)由牛頓第二定律可以求出加速度；

(2)由動量定理求出碰撞后的速度；

(3)由動量守恒定律與動能定理可以求出A上表面的長度。

本題考查了求加速度、速度、A的長度問題，分析清楚物體運動過程，應(yīng)用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理即可正確解題。

9.【答案】解：(i)B球釋放后做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動位移速度公式得：

B落地的速度為：v=2gh=2×10×0.8=4m/s…①

(ii)設(shè)P點距離地面的高度為h′，碰撞前后，A球的速度分別為v1、v1′，B球的速度分別為v2、v2′，由運動學(xué)規(guī)律可得：

v1=gt=10×0.3=3m/s…②

由于碰撞時間極短，兩球碰撞前后動量守恒，動能守恒，規(guī)定向下的方向為正，則：

mAv1+mBv2=mBv2′(碰后A球速度為0)…③

12mAv【解析】(i)B球釋放后做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動位移速度公式即可求解；

(ii)A球釋放后做自由落體運動，根據(jù)速度時間公式求出碰撞時，A球的速度，碰撞過程中動量守恒，不考慮動能損失，則機(jī)械能守恒，根據(jù)動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律即可求解。

本題主要考查了自由落體運動基本公式、動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能分析清楚兩個小球得運動情況，選擇合適的過程，應(yīng)用物理學(xué)基本規(guī)律解題，難度適中。

10.【答案】解：(1)

滑塊加速度a1=μmgm，得a1=μg=4m/s2，

木板加速度a2=F?μmgM=6m/s2

(2)設(shè)F作用時間為t，滑塊在木板上滑動距離為L1。

L1=12a2t2?12a1t2=(6?4)t22

即L1=t2

①

此時，滑塊速度

v1=a1t=4t

②

木板速度

v2=a2t=6t

③

撤去F后，若滑塊剛好滑到木板的最左端，兩者速度相等，由系統(tǒng)動量守恒，有【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求滑塊和木板的加速度。

(2)小滑塊從木板上掉下來時，由位移公式和位移關(guān)系列式得到此時板長與時間的關(guān)系。由運動學(xué)公式得到撤去F時滑塊與木板的速度和時間的關(guān)系。當(dāng)滑塊剛好滑到木板的最左端，兩者的速度相等，M與m的位移之差等于板長L.位移撤去F后，系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒，由兩大守恒定律列式，再聯(lián)立，就可求出F最短作用時間。

本題首先要分析物體的運動情況，其次把握滑塊不從木板上滑下的條件，即兩物體之間的幾何關(guān)系。再結(jié)合動量守恒、牛頓第二定律、運動學(xué)規(guī)律和能量守恒列式求解。

11.【答案】解：甲、乙相遇時用力推對方的過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，【解析】甲、乙相遇時用力推對方的過程系統(tǒng)的動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出甲、乙質(zhì)量之比．

本題的關(guān)鍵是要明確系統(tǒng)的動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意正方向的選擇，注意各人的速度方向．

12.【答案】解：(1)小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則：FN?mg=mv02R

代入數(shù)據(jù)可得：v0=4m/s

(2)A到B的過程中重力和阻力做功，則由動能定理可得：mgR?Wf=12mv02?0

代入數(shù)據(jù)得：Wf=2.4J

(3)由B到C的過程中：?kmgLBC=12mvc2?12mv02

則：LBC=v02?vc22kg

從C點到落地的時間：t0=2hg=2×3.210=0.8s

B到P的水平距離：L=v02?vc22kg+vc?t0

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立并整理可得：L=4?14vc2+45vc

【解析】(1)小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，由此即可求出B點的速度；

(2)根據(jù)動能定理即可求出小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；

(3)結(jié)合平拋運動的公式，即可求出為使小球落點P與B點的水平距離最大時BC段的長度；

(4)由機(jī)械能的損失求出速度的損失，然后結(jié)合豎直上拋運動的公式求出各段時間，最后求和即可；

該題結(jié)合機(jī)械能守恒考查平拋運動以及豎直平面內(nèi)的圓周運動，其中的第三問的難度較大，根據(jù)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，得出碰撞后的速度為碰撞前速度的12是解答的關(guān)鍵。

13.【答案】解：(1)木塊到達(dá)C點時，由重力和軌道的彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

(M+m)g+N=(M+m)vC2R

又N=(M+m)g；

解得：vc=2gR

(2)子彈射入木塊的過程，設(shè)共同速度為v，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

mv0=(M+m)v

共同體從B到C過程，由機(jī)械能守恒定律得：

12(M+m)v2=(M+m)g?2R+12(M+m)vC2

聯(lián)立解得：v0=M+mm6gR

(3)共同體離開C點后做平拋運動，則有：

2R=1【解析】(1)木塊到達(dá)C點時，由重力和軌道的彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解木塊在C點時的速度vC．

(2)子彈射入木塊過程，系統(tǒng)的動量守恒．共同體從B到C的過程，只有重力做功，其機(jī)械能守恒．根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程求解射入木塊前子彈的速度大小．

(3)木塊離開C點后做平拋運動，根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合C點的速度求出落地點D與B點的距離x．

對于圓周運動，常常是機(jī)械能守恒定律或動能定理與牛頓定律的綜合，要知道圓周運動向心力來源于指向圓心的合力．對于子彈射擊木塊過程，基本的規(guī)律是動量守恒，把握每個過程的物理規(guī)律是解決物理問題的關(guān)鍵．

14.【答案】解：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，

以向右為正方向，由動量守恒定律得

mAv0=mAvA+mCvC，①

A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得

mAvA+mBv0=(mA【解析】A與C碰撞過程動量守恒列出等式，A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，由動量守恒定律列出等式，A、B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足速度相等。

分析物體的運動過程，選擇不同的系統(tǒng)作為研究對象，運用動量守恒定律求解。

15.【答案】解：(1)當(dāng)滑塊到達(dá)B時的速度最大，受到的支持力最大；當(dāng)滑塊下滑的過程中機(jī)械能守恒，得：

mgR=12mvB2

滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，得：

N?mg=mvB2R

解得：N=3mg

由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力：N′=N=3mg

即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是3mg．

(2)①在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm，當(dāng)滑塊下滑到B點時，小車速度最大，由機(jī)械能守恒得：

mgR=12Mvm2+12m(2vm)2

解得：vm=gR3

②由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即：

v滑塊=2【解析】(1)滑塊在圓弧的軌道上運動的過程中合外力提供向心力，所以滑塊在B點的左側(cè)受到的支持力要大于重力，當(dāng)滑塊到達(dá)B時的速度最大，受到的支持力最大，由機(jī)械能守恒求出滑塊在B點的速度，然后又牛頓第二定律即可求解；

(2)根據(jù)題意，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，然后結(jié)合機(jī)械能守恒即可求出小車的最大速度大小vm；

在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，寫出速度的關(guān)系式，然后結(jié)合運動學(xué)的公式即可求出小車的位移．

該題的第一問考查機(jī)械能守恒與向心力，比較簡單；

第二問主要考查系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體間的相對位移，往往根據(jù)平均速度研究．也可以根據(jù)題目提供的特殊的條件：在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，不使用動量守恒定律．

16.【答案】解：①當(dāng)彈簧壓縮至最短時，彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同．選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

mAv0=(mA+mB)v．

解得：v=mAv0mA+mB=1×51+4=1m/s

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的最大彈性勢能為：EP=12mAv02?12(mA【解析】①A與B相互作用過程中，外力的合力為零，系統(tǒng)動量守恒，同時由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒；A剛與彈簧接觸時，彈簧彈力逐漸變大，A做加速度變大的加速運動，B做加速度變大的加速運動，當(dāng)A與B速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式即可．

②當(dāng)A、B分離時，B的速度最大，此時相當(dāng)進(jìn)行了一次彈性碰撞．由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可求解．

本題關(guān)鍵對兩物體的受力情況和運動情況進(jìn)行分析，得出A和B的速度相同時，彈簧最短，然后根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式研究．

17.【答案】解：(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大。由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒：

?(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)vA…①

由①式解得?vA=3m/s…②

(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為v，則：

mB(3)從B與C共速后到彈簧再次回到原長時，A的速度為最小，設(shè)為，

解得：，故A的最小速度為0。

答：1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度為3m/s。

(2)彈性勢能的最大值是12J。

(3)A物塊速度的最小值是0。

【解析】(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒求解物體A的速度。

(2)分過程研究：BC碰撞過程，由動量守恒求出碰后兩者的共同速度，當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求出最大的彈性勢能。

(3)從B與C共速后到彈簧再次回到原長時，A的速度為最小，根據(jù)動量守恒和動能守恒列式求解。

對于含有彈簧的系統(tǒng)，抓住系統(tǒng)的合外力為零，遵守兩大守恒：動量守恒和機(jī)械能守恒進(jìn)行研究。

18.【答案】解：①子彈打中小物塊的過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=(m+M)v

得共同體的速度為：v=mv0m+M=0.01×5050.01+1=5m/s

②小物塊(含子彈)從A運動到C點的過程，由機(jī)械能守恒定律得：

12(m+M)v2=12(m+M)vC2+(m+M)g?2R

戴爾數(shù)據(jù)解得：vC=3m/s

在C點，由牛頓第二定律得：

N+(m+M)g=(m+M)vC2R

代入數(shù)據(jù)解得N=12.625N

由牛頓第三定律知，小物塊在C點對軌道頂端的壓力大小為：N′=N=12.625N；

③小物塊離開C【解析】①子彈打擊小物塊的過程遵守動量守恒，由動量守恒定律求兩者并合成一個整體時的共同速度；

②由于沒有摩擦，所以共同體從A運動到C的過程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出共同體到達(dá)C點時的速度，再由牛頓運動定律求從小物塊在C點對軌道頂端的壓力大??；

③小物塊離開C點后做平拋運動，由分位移公式求落地點與B點的水平距離．

本題解題時注意過程分析，找出各過程可用的物理規(guī)律及聯(lián)系，明確子彈打擊木塊的過程遵守動量守恒定律，軌道光滑時往往運用機(jī)械能守恒定律研究．

19.【答案】解：(1)物塊從靜止釋放至B的過程中小車不動，對物體由機(jī)械能守恒定律有：

mg(h+R)=12mvB2…①

解得：vB=2gR…②

在B處時，由牛頓第二定律有：N?mg=mvB2R…③