1、专题08动量一、单选题1类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由 (力-位移)图像求做功的方法请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）A. 由 (力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率B. 由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量C. 由 (电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率D. 由 (角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度【答案】B2小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击
2、过程中，球对墙的平均冲力大小是A. B. C. D. 【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F=F=；故选C3下列说法中正确的是（）A. 冲量的方向一定和动量的方向相同B. 动量变化量的方向一定和动量的方向相同C. 物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D. 冲量是物体动量变化的原因【答案】D【解析】解：A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向故A错误B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与
3、动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反故B错误C、物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同故C错误D、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因故D正确故选：D4如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍上述两种射入过程相比较A. 射入滑块A的子弹速度变化大 B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大C. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D. 两个过程中系统产生的热量相同【答案】D【解析】A、根据动量守恒定
4、律可得，可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；B、两滑块的动量变化相同，受到的冲量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的倍，故B错误；C、射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误； D、由，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；故选D。5两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A. vA=5 m/s，vB=2.5 m/s B. vA=2 m/s，vB=4
5、m/sC. vA=4 m/s，vB=7 m/s D. vA=7 m/s，vB=1.5 m/s【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B6如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是A. 在下
6、滑过程中，物块的机械能守恒B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【答案】B【解析】在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒故A错误物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒故C错误因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动故B正确，D错误故选B7一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头
7、和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是()A. 动量不变，速度增大 B. 动量变小，速度不变C. 动量增大，速度增大 D. 动量增大，速度减小【答案】A【解析】:因船受到的牵引力及阻力不变,且开始时船匀速运动,故整个系统所受的合外力为零,动量守恒.设炮弹质量为m,船(不包括两炮弹)的质量为M,炮艇原来的速度为 ,发射炮弹的瞬间船的速度为v.设船原来的运动方向为正方向,则由动量守恒可得:可得：即发射炮弹后瞬间船的动量不变,速度增大，故A正确；综上所述本题答案是：A8如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木
8、板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B. 板的加速度一直增大C. 弹簧给木块A的冲量大小为D. 弹簧的最大弹性势能为【答案】D【解析】在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与
9、B的速度分别为v1和v2取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2；根据机械能守恒定律，有：2mv02=2mv12+mv22；解得：v1=v0，v2=v0对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v；系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=2mv02-（2m+m）v2；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.9质量分别为m1 kg和M2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对物块B施加一水
10、平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F6t(N)，两物块之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列结论正确的是()A. 两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/sB. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为sC. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 mD. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6 Ns【答案】A【解析】AB. 当m达到最大静摩擦力时，m相对M发生相对滑动；则此时m的加速度为：a=g=0.210=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=(m+M)a=32=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，
11、F是均匀增加的，对整体由动量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正确，B错误；C. 若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=vt/2=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；D. 由动量定理可知,I=(M+m)v=3Ns；故D错误；故选：A.10质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B11以下几种运动形式在任何相等的时间内，物体动量的变化不相等的运动是（）A. 匀变速直线运动 B. 平抛运动C. 自由落体运动 D. 匀
12、速圆周运动【答案】D【解析】由相等时间内，物体动量的变化总是相等，由动量定理Ft=p知，作用力F一定为恒力，则物体必须做匀变速运动，而匀速圆周运动是变加速运动，故有匀速圆周运动的物体动量的变化不相等，故D正确，ABC错误，故选D。12一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落体的过程称为，进入泥潭直到停止的过程称为，则（ ）A. 过程中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B. 过程中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程中重力冲量的大小C. 过程中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量D. 过程中阻力的冲量大小等于过程与过程重力冲量的大小【答案】D【解析】在过程中，钢珠只受重力的作用，根据动
13、量定理可知，其动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故B错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和故C错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故D正确；故选D.13如图所示曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等下列说法中正确的是( )A.
14、质点从M到N过程中速度大小保持不变B. 质点在M、N间的运动不是匀变速运动C. 质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D. 质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同【答案】C【解析】因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故AB错误；根据动量定理可得，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，C正确D错误14用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在
15、豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N【答案】B【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v，则设向上为正方向，根据动量定理：B正确，ACD错误。故选：B。15如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了5.5J，那么此过程产生的内能可能为（）A. 1JB. 3JC. 5JD. 7J【答案】D【解析】子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，设子弹初速为，子弹和木块的共同速度为；则、解得：化简得：
16、，故选D16质量为m11 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x t(位移时间)图象如图所示，则可知碰撞属于（）A. 非弹性碰撞B. 弹性碰撞C. 完全非弹性碰撞D. 条件不足，不能确定【答案】B【解析】位移时间图象的切线斜率表示物体的速度，由图象可得两物体碰撞前后的速度分别为：、；由动量守恒得；碰前总动能，碰后总动能代入数据可得：、，因此此碰撞是弹性碰撞。故选B17一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（）A. 地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为B. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为C. 地面对他
17、的冲量为为，地面对他做的功为零D. 地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零【答案】C【解析】人从下蹲起跳，经时间速度为v，对此过程应用动量定理得：故在此过程中，地面对他的冲量人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零。综上，选C点睛：动量定理中冲量应是所有力的冲量，不能漏去重力的冲量。18物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间t1内速度由0增大到v，在时间t2内速度由v增大到2v。设F在t1内做的功是W1，冲量是I1；在t2内做的功是W2，冲量是I2；那么 ()A. I1I2，W1W2 B. I1I2，W1W2 C. I1I2，W1W2 D. I1I2，W1W
18、2【答案】D【解析】由动量定理有I1Ft1mv，I2Ft22mvmvmv，所以I1I2；由动能定理有，所以W1W2，故D正确。故选D.【点睛】根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用19质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是A. v B. 06v C. 03v D. 02v【答案】C动能为，违反了能量守恒定律，不可能，B错误；若，由动量守恒得，得，碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的总动能为，不违反了能量守恒定律，是可能的，B正
19、确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有，这时B获得的速度最小，所以，是不可能的，D错误20一个静止的铀核，放射一个粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法( )A. 1是，2是钍 B. 1是钍，2是C. 3是，4是钍 D. 3是钍，4是【答案】B【解析】一个静止的铀核发生衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个外切圆；根据，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度B相同，则电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是粒子的径迹，B正确，ACD错误，选B【点睛】衰变生成的新核与粒子动量守恒，
20、根据左手定则判断粒子的受力方向，从而判断出是内切圆还是外切圆21A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移时间图如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为 （ ）A. 13 B. 12 C. 11 D. 31【答案】A【解析】由x-t图象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA=vB=v=，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正确，BCD错误故选A22课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地
21、上的P点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是()A. 棋子的惯性变大了B. 棋子受到纸带的摩擦力变小了C. 棋子受到纸带的冲量变小了D. 棋子离开桌面时的动量变大了【答案】C【解析】两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变；故A错误；由于正压力不变；故纸带对棋子的摩擦力没变，故B错误；由于快拉时作用时间变短，故摩擦力对棋子的冲量变小了；故C正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小；故D错误；故选C23水平面上有两个物块A、B，A质量是B质量的两倍，与水平面的动摩擦因数都为，t=0时刻
22、，B静止， A以初速度向B运动，与B发生弹性正碰后分开，A与B都停止运动时的距离与t=0时刻AB距离相同，t=0时刻A与B间的距离为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设A与B碰前速度为，由运动学公式得：设A与B碰撞后，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒规律得：由运动学公式可得：可得：，故选项B正确。点睛：对于弹性碰撞，要掌握两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。24有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走
23、到船头停下，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设人走动的时候船的速度为，人的速度为，人从船头走到船尾用时为，人的位移为，船的位移为，所以，。根据动量守恒有：，可得：，小船的质量为：，故B项正确。综上所述，本题正确答案为B。25在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是A. 新核为B. 轨迹1是新核的径迹C. 衰变过程中子数不变D. 新核沿顺时针方向旋转【答
24、案】A【解析】发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是粒子，所以发生的是衰变，衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误
25、26在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上开始时人、锤和车均静止且这三者的质量依次为m1、m2、m3人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为v，则拋出瞬间大锤的动量大小为（）A. m1v B. m2v C. （m1+m3）v D. （m2+m3）v【答案】C【解析】以人、锤和车组成的系统为研究对象，取向左为正方向，人将大锤水平向左抛出的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律得（m1+m3）vP=0可得，拋出瞬间大锤的动量大小为 P=（m1+m3）v 故选：C27一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）A. t=1 s时物块的
26、速率为2 m/sB. t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC. t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD. t=4 s时物块的速度为零【答案】B【解析】前两秒，根据牛顿第二定律，则02s的速度规律为； s时，速率为1m/s，故A错误；t=2s时，速率为2m/s，则动量为，故B正确；24s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为，4s时速度为1m/s，故CD错误；28如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4
27、 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( ) A. 5 m/s B. 4 m/sC. 8.5 m/s D. 9.5 m/s【答案】A【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mghmv2mv02解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v解得：v=5m/s，故选A.29滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()A. B
28、. C. D. v1【答案】D【解析】雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v取向南为正方向，由水平动量守恒得：Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确故选D.30应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是A. 地面对人的支持力始终等于重力B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C. 人原地起跳过程中获得的动能来自于地面D. 人与地
29、球所组成的系统的机械能是守恒的【答案】B【解析】人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的31在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动不可能是()A. 匀速圆周运动 B. 匀变速直线运动C. 自由落体运动 D. 平抛运动【答案
30、】A点睛：此题考查动量定理的应用，要注意明确动能定理的应用，注意匀速圆周运动受到的向心力大小不变，但方向一直在改变，属于变力32下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是()A. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B. 物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C. 物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快【答案】A【解析】物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故A不正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变，故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体动量增量的方向，就是它所受
31、冲量的方向，故C正确；物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故D正确；本题选不正确的，故选A33如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，（ ）A. 小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B. 小球所受支持力的冲量为0C. 小球所受重力的冲量大小为mD. 小球所受合力的冲量大小为m【答案】D【解析】试题分析：由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量小球受到竖直向下的重力，和垂直切面指向圆心的支持力，所以合
32、力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得，故，根据动量定理可得，故C错误D正确34恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 合力对物体的冲量大小为FtC. 拉力F对物体的冲量大小是FtcosD. 拉力F对物体的冲量大小为Ft【答案】D【解析】拉力的大小为F，作用时间为t，根据冲量定义得拉力的冲量Ft，故D正确，AC错误；物体保持静止，根据动量定理，合力冲量为零，
33、故B错误。所以D正确，ABC错误。35光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（ ）A. n2 B. n C. D. 1【答案】D【解析】撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有：PP-PQ=0，故PP=PQ；故动量之比为1；故D正确，ABC错误故选D点睛：本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性36质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射
34、击手.首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )A. 木块静止, d1=d2B. 木块向右运动, d12C. 木块静止, d1F2,则以下说法正确的是 ( )A. 水平推力所做的功W1W2B. 水平推力所做的功W1=W2C. 力F1对物体m1的冲量较小D. 摩擦力对m2的冲量较大【答案】BCD【解析】A、对全过程运用动能定理得,WF-fs=0，可知两次滑行的距离相等，则摩擦力做功大小相等,则水平推力做功相等.故A
35、错误，B正确.C、因为F1F2，所以F1作用时产生的加速度大,撤去推力后,物体的加速度相同,作速度-时间图象：根据速度时间图线，通过位移相等，知F1作用时物体在整个过程中的运动时间短根据动量定理得，F1t1-ft=0，F2t2-ft=0，因为tt，则知摩擦力对m2冲量较大，摩擦力对m1冲量较小，所以F1对物体m1的冲量较小故C、D均正确故选BCD【点睛】本题综合考查了动能定理和动量定理，综合性较强，难度中等，需加强该题型的训练9如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为m的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右
36、运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动。那么（ ）A. 从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能不守恒B. 物块C的初始动能是8.0JC. B离开墙面后，A、B、C三者等速时弹簧此时的弹性势能是2.0JD. B离开墙面后，A、B、C三者等速时系统的动能是4.0J【答案】ACD【解析】A、从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能损失，即机械能不守恒CA共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒，故A正确.B、设C的初速度为v0，初动能为Ek，A与C的碰
37、撞过程，由动量守恒有：，A和C一起压缩弹簧的过程，由机械能守恒得：，解得，故B错误.C、弹簧储存的最大弹性势能为6.0J此时弹簧最短，A、B、C动能为零，B离开墙面后，接下来A，C首先受到弹力而运动，这时候弹性势能完全转化为AC的动能即6J，势能是0即,此时速度.接来下B受到弹簧的拉力而运动AC速度减小，最终ABC速度相等那么该过程系统的动量守恒，2mv=3mv,B离开墙面后，A、B、C三者等速时系统的动能是,而根据能量守恒知弹性势能为2J，故C、D均正确，故选ACD【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统对类似弹性碰撞的过程，要
38、根据两大守恒：动量守恒和机械能守恒研究10在“碰撞中的动量守恒实验”中，实验必须要求的条件 （ ）A. 斜槽轨道必须光滑B. 斜槽轨道末端的切线必须水平C. 入射小球每次都要从同一高度由静止滚下D. 碰撞的瞬间，入射小球和被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行【答案】BCD三、解答题1如图所示，在倾角的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以的初速度沿斜面上滑已知，重力加速度取，不计空气阻力求：（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量【答案】(1)6.0m/s2
39、；(2)18J；(3)20。【解析】（1）设物体运动的加速度为，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律有，解得：（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为，对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：解得：（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间，此过程中重力的冲量，方向：竖直向下综上所述本题答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)202如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为，A、B都处于静止状态一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，一端连轻挂钩开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向在挂钩上
40、系一质量为的物体C并从静止状态释放，恰好能够到达地面已知它恰能使B离开地面但不继续上升现将质量为的物体D系在挂钩上后再举高H=0.8m（未触及滑轮）然后由静止释放（g取，空气阻力不计）求：（1）C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化（2）D刚刚落至地面时的速度（结果可保留根号）【答案】（1）-1.5J，（2）.【解析】试题分析：（1）开始时A、B均处于平衡状态，由平衡条件可以求出开始时弹簧的弹力以及弹簧从长度；C到达最低点时，B恰好离开地面，此时弹簧的弹力等于B的重力，C下降的距离等于弹簧从被压缩到回复原长再到被拉长的形变量的长度，求出开始弹簧的压缩量，再求出弹簧的伸长量，即可求出C下降的距离
41、然后结合机械能守恒即可求出弹簧的弹性势能的变化；（2）由机械能守恒求出轻绳刚刚被拉直时D的速度，然后由动量守恒求出A与D的共同速度，最后结合机械能守恒求出D刚刚落至地面时的速度（1），开始时A处于静止状态，A对弹簧的压力等于A的重力；B恰好要离开地面时，B物体受到的拉力等于B的重力，由胡克定律可得A上升的高度：由于C恰能使B离开地面但不继续上升，可知C与A的末速度都是0由功能关系可得弹簧的弹性势能的变化量：（2）D下降H的过程中机械能守恒，则有：轻绳拉紧的一瞬间，轻绳对A的冲量与对D的冲量大小相等，方向都向上，设为I，轻绳拉紧后A与D的速度大小相等，设为，则对A取向上为正方向，则：对D取向下为
42、正方向，则：D刚刚落地时，A与D的速度仍然是大小相等，设为则：联立解得：3如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数=0.4今用水平力F=28N向右拉木板，要使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间必须大于某一临界值。（不计空气阻力，g=10m/s2）求：（1）临界时刻撤去外力F时滑块的速度与木板速度大小之比。(2)F作用的时间至少要多长？【答案】(1) (2)【解析】（1）设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为，根据牛顿第二定律得：滑块加速度为：，木板加速度为：，即：此时，滑块速度木板
43、速度x.kw即滑块的速度与木板速度大小之比为2:3；（2）撤去F后，系统动量守恒，有：得若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有：代入数据解得：4如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道与水平面相切，距离质量的小滑块放在半圆形轨道末端的点，另一质量也为的小滑块，从点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块与水平面之间的动摩擦因数取重力加速度两滑块均可视为质点求（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能（3）在点轨道对两滑块的作用力大小【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：根据动能定理和动量守恒定律求出A与B碰撞后的
44、共同速度；碰后A、B粘在引起，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后的速度，结合能量守恒定律求出损失的机械能；根据机械能守恒定律求出系统到达C点时的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对AB系统的作用力大小（1）以滑块2为研究对象，从到：根据动能定理得：，以两滑块为研究对象，碰撞前后，以向右为正方向，根据动量定恒定律，代入数据计算得出：（2）根据能量定恒定律：代入数据计算得出：（3）以两滑块为研究对象，从到根据机械能定恒定律可得，在点，两滑块受重力和轨道的作用力，根据牛顿第二定律得代入数据计算得出:5如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m
45、，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑
46、块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。（3）小车上的半圆轨道半径R大小。【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：AB碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，代入数据解得：vB=1m/s；(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+gt，(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，由
47、机械能守恒定律得：代入数据解得：R=1.5m；【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择6如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在倾角为的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰已知重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力求：（1）弹簧的劲度系数；（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求C对挡板D压力的最大值（3
48、）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离【答案】（1）,（2）3mg,（3）.【解析】试题分析：（1）对B进行受力分析，由平衡条件求出弹簧的劲度系数（2）根据简谐运动特点求出回复力，然后应用平衡条件、牛顿第三定律求出C对D的最大压力（3）对A应用机械能守恒定律求出A、B碰撞前A的速度，由动量守恒定律求出碰撞后A、B的速度，对A与B组成的系统、B与C组成的系统、对A、对B应用机械能守恒定律，分析答题（1）物
49、体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力，物体B受力如图所示由平衡条件得：解得：弹簧的劲度系数（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0则对C，弹簧弹力：对A、B，回复力最大：由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大即，此时物体C对挡板D的压力最大对物体A、B有：则弹簧弹力：对物体C，设挡板D对物体C的弹力为N则：由牛顿第三定律可知，物体C对挡板D的压力大小：物体C对挡板D压力的最大值为（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：解得：对物体A，从
50、与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为，弹簧的弹性势能也为从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：解得：由解得：由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题尤其是在第（3）问求解时，要明确每个过程的动量、能量的变化情况，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解.7如图所示，光滑曲面AB与动摩擦因数=0.4
51、的粗糙水平面BC相切与B点。用细线栓一质量m=1kg小球Q，细线长L=1.5m，细线的另一端悬于Q点的正上方O点。球Q在C点时，对C点无压力。质量与Q相等的小球P自高h=1.0m处沿曲面AB由静止开始滑下，在水平面上与球Q正碰，若碰撞过程中无机械能损失。已知sBC=0.5m，g=10m/s2，求：（1）P第一次与Q碰撞前的速度大小v0；（2）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度H；（3）小球P与Q最多能碰撞几次？【答案】（1）4m/s（2）0.8m（3）四次【解析】（1）P球开始下滑到碰撞前的过程，运动动能定理得：代入数据可求得：v0=4m/s；（2）P球和Q球在碰撞过程中，取向右为正方向
52、，由动量守恒定律和能量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：vP=0，vQ=v0设P与Q第一次碰撞后小球Q上升的最大高度为H。对Q由机械能守恒定律得：联立解得：H=0.8m；（3）以P球和Q球为系统，从P球开始下滑至P球静止的过程中，由能量守恒定律得：解得P球在BC段滑行的总路程：s=2.5m则：所以两球碰撞四次，P球最终静止于C点。8如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，
53、P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m,D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m,重力加速度为，求：（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。【答案】（1）12N（2）2m/s（3）0.3J【解析】(1)小球P恰好到达C点：，则对于小球P，从BC,由动能定理得：，则在B点：，则由牛顿第三定律得，小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N(2)
54、小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点：解得：Q与橡皮泥球S碰撞动量守恒：则(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒：，则P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：，则9两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA2.0 kg，mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10 kg的滑块C，以vC10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如右图所示由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50 m/s.求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC.【答案】(1)vA=0.25m
55、/s (2)10如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J，小球与小车右壁距离为L=0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。（2）在整个过程中，小车移动的距离。【答案】（1）3 m/s；1 m/s（2）0.1 m【解析】试题分析：解除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：联立得：（2）由动量守
56、恒定律得：由位移关系得：又联立得：【点睛】本题是动量守恒和能量守恒的综合应用解除弹簧的锁定后，系统所受合力为零，遵守动量守恒和能量守恒，并根据位移关系列式求解.11长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,求:（1）系统损失的机械能为多少;（2）木板A的最小长度为多少;（3）A、B间的动摩擦因数为多少。【答案】2J；1m；0.1【解析】木板获得的速度为v=1m/s，设木板的质量为M根据动量守恒得：mv0=（M+m）v解得：M=m=2kg（1）系统损失的机械能为（2）由
57、图得到：0-1s内B的位移为xB=(2+1)1m=1.5mA的位移为xA=11m=0.5m木板A的最小长度为L=xB-xA=1m（3）由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为根据牛顿第二定律得：mBg=mBa，代入解得，=0.112某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：（1）若h
58、=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.【解析】试题分析：（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，由牛顿第三定律得到工件对轨道的压力（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的最大高度.（1）工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度
59、为根据机械能守恒定律：工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：联立得：N=60N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：代入数据解得：要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量
60、守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解13如图所示，一质量M = 0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）。台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以的速率逆时针转动。另一质量m = 0.1kg的小物块A以速度水平滑上传送带的右端。已知物块A与传送带之间的动摩擦因数，传送带左右两端的距离，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取。（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；【答案】（1），（2）0.36J.【解析】试题分析：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定
61、理求解；（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理有：代入数据解得：因为，所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律有：代入数据解得：【点睛】本题是多过程问题，在分析滑块经历的每一个过程中都要将滑块受情况和运动情况分析准确，然后根据运动情况分别运用动量守恒，能量守恒、动能定理分析和计算. 14如图所示，斜边长6m的固定斜面与水平面的倾角37，质量
62、为m=1kg的小物块A以8 m/s的初速度从斜面底端开始沿斜面向上运动，同时质量也为m=1kg的小物块B斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，经过一段时间后两物块发生碰撞，碰后两物块粘在一起运动。若两物块和斜面间的动摩擦因数均为0.25求：（g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）(1)两物块碰撞前运动的时间；(2)两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小。【答案】(1)1s(2)6m/s【解析】(1)根据题意，A上滑做匀减速运动的加速度大小为代入数据联立解得，碰撞前运动的时间为(2)设两物块碰撞后的速度为，运动到斜面底端的速度为由动量守恒定律得此后两物块一起做匀加速运动得【答案】（）
63、（）a b【解析】(1)飞船的加速度，根据牛顿第二定律有：则飞船受到的阻力(2)a对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：，解得由图象可得：解得：；b设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：由机械能守恒定律可知：解得由于，所以碰撞后尘埃的速度对尘埃，根据动量定理可得：，其中则飞船所受到的阻力设一个离子在电场中加速后获得的速度为根据动能定理可能得：设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，根据动量定理可得：则飞船所受动车，飞船做匀速运动，解得：16如图甲，PNQ为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最
64、低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FP和FQ.轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06 kg的小球A，以不同的初速度v0与静止在轨道最低点P处稍右侧的另一质量为0.04 kg的小球B发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球C)以共同速度v冲入PNQ轨道(A、B、C三小球均可视为质点，g取10 m/s2)(1)若FP和FQ的关系图线如图乙所示，求：当FP13 N时所对应的入射小球A的初速度v0为多大？(2)当FP13 N时，AB所组成的系统从A球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过程中所损失的总机械能为多少？(3)若轨道PNQ光滑
65、，小球C均能通过Q点试推导FP随FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线【答案】（1）（2）0.6 J (3) FQFP6(N) 【解析】试题分析：小球经过P、Q两点时，由重力和轨道对小球的支持力的合力提供向心力，AB相碰，满足动量守恒，根据牛顿第二定律及动量守恒定律列式即可求出速度；先求出AB相碰所损失的机械能，根据动能定理求出从球C从P运动至Q的过程中摩擦力做功，进而求出小球损失的机械能；轨道光滑，小球C由P至Q的过程中机械能守恒，可列出小球经过AC两点的速度关系，再由牛顿第二定律得到FP随FQ变化的关系式，画出图线。（1）设A球的质量为M，B球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、Q两
66、点所受轨道的弹力大小为：NP=FP，NQ=FQ在P点根据牛顿第二定律可得：带入数据解得：A、B相碰过程中满足动量守恒：Mv0=（M+m）vP带入数据解得：(2) A、B相碰所损失的机械能：带入数据解得：球C在Q点由牛顿第二定律得：球C从P运动至Q的过程，根据动能定理得：联立并代入数据解得：Wf0.2 J故球C上升过程中所损失的机械能E20.2 J故整个系统在全过程中所损失的机械能EE1E20.6 J（3）因轨道光滑，小球C由P至Q的过程中根据动能定理得：联立解得：NPNQ6(Mm)g即FQFP6(N)图线如图所示点睛：本题主要考查了圆周运动与动能定理得结合，抓住速度是联系它们之间的桥梁。17皮
67、球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m0.5 kg，g取10 m/s2)【答案】(1)54(2)1.5 Ns方向竖直向下【解析】本题考查冲量、动量定理、以及运动学公式。(1)， 每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，则碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为，第一次碰撞后瞬
68、时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)和第二次碰撞后瞬时速度大小。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有则(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为，球由高1.25 m从静止落到高0.8 m处的速度 解得，则应在0.8 m处(此时速度为零)给球的冲量为，方向竖直向下。18如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀
69、速运动.传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道.质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，传送带两轴之间的距离l=4.5m.设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止.取g=10m/s2.求：（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间.【答案】（1）60N方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】
70、（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为由机械能守恒知：得设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律得：物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为，方向竖直向下。（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：设物块B通过传送带后运动速度大小为，有联立解得：由于，所以即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：，解得，弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能：；（3）物块B经第一次与物块A碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动
71、.设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得：得所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为由动量定理得：解得设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:，解得：当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动
72、的时间为t2.物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为: .点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。19如图，地面光滑，质量为m1与m2的物块由轻质弹簧相连，共同以速度v0=5m/s向右匀速运动，m2与原来静止的质量为m3的物块碰撞后立刻粘在一起，已知m1=m2=1kg，m3=4kg。求：（1）m2与m3碰撞粘在一起后瞬间的速度大小；（2）以后的运动过程中当m1的速率为1m/s时，弹簧内部的弹性势能。【答案】（1）v共=1m/s，方向水平向右（2）EP=6.4
73、J或EP=2.4 J【解析】（1）与碰撞过程系统的动量守恒，以向右方向为正方向由动量守恒定律得：，代入数据解得，方向向右（2）当的速率为1m/s时，以向右方向为正方向，由动量守恒定律可得：若的速度向右，代入解得：由能量守恒定律得：代入数据解得若的速度向左，代入解得：代入式解得20如练图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞求二者在发生碰撞的过程中(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度【答案】（1）6J（2）2m/s【解析】(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速，由动
74、量守恒定律得mAv0(mAmB)v，解得v1 m/s，弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0mAvAmBvm，解得vm2 m/s.21一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M（Mm）的足球（可视为质点）以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的
75、摩擦，求：（1）人对足球做的功和冲量大小；（2）足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小；（3）球框在台面上通过的位移大小。【答案】（1）；Mv0；（2）（3）【解析】（1）人对足球做的功W冲量：IMv0（2）足球的初速度为v0，第一次碰撞后，设足球的速度为v1，球框的速度为v2。对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mv0Mv1mv2 由能量守恒定律得联立解得足球的速度球框的速度（3）多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力为f，通过的总位移为x对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得又第一次碰撞后经时间t，足球恰好未从框口穿出说明此时足球与球框二者共速，均为由运动学规律得
76、对球框，由动量定理得 ftmv1mv2联立解得球框通过的总位移x【答案】（）（）a b【解析】(1)飞船的加速度，根据牛顿第二定律有：则飞船受到的阻力(2)a对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：，解得由图象可得：解得：；b设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：由机械能守恒定律可知：解得由于，所以碰撞后尘埃的速度对尘埃，根据动量定理可得：，其中则飞船所受到的阻力设一个离子在电场中加速后获得的速度为根据动能定理可能得：设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，根据动量定理可得：则飞船所受动车，飞船做匀速运动，
77、解得：23用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 ms的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中.求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?(2)弹性势能的最大值是多大?(3)A的速度有可能向左吗?为什么?【答案】（1）3 m/s（2）12J（3）A不可能向左运动【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.=(2+4)22+262-(2+2+4)32=12 J (3) A不可能向左运动系统动量守恒，mAv+mBv=mAvA+(mB+mC)vB设A向左，vA0，vB
78、4 m/s则作用后A、B、C动能之和E=mAvA2+ (mB+mC)vB2 (mB+mC)vB2=48 J实际上系统的机械能E=Ep+ (mA+mB+mC) =12+36=48 J根据能量守恒定律，E是不可能的点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误因为BC碰撞时是有机械能损失的.24在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止，且均可看做质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下A球与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞过程中，A、
79、B两球间无电量转移。（1）第一次碰撞结束瞬间A.B两球的速度各为多大？（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了多少功？（3）从开始即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，请写出磁场B与时间t的函数关系。【答案】（1）0，（2）5QEL（3）从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：【解析】（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：，所以B碰撞后交换速度：，（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A
80、、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：第一次碰后，经时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，由位移关系有：，得到：；由功能关系可得：（另解：两个过程A球发生的位移分别为、，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）（3）对A球由平衡条件得到：，从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前
81、的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些25如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）30N（2）-10J；12.
82、5J【解析】(1) 根据动能定理：解得：v1=3m/s 在轨道最低点：由牛顿第三定律FN=N=30N (2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s 摩擦力对传送带做的功摩擦而产生的热26如图所示，质量为M的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为m的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度h（均不超过绳长）。某同学以h为纵坐标，以V2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为k=2l0-3s2/m。已知重力加速度为g=10m/s2
83、。求小球质量与子弹质量的比值M/m。x，kw【答案】4【解析】子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv=(m+M)v1由机械能守恒定律：有解得27质量为2m的物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，图中ab段为光滑圆弧面，bc段是长度为L的粗糙水平面，质量为m的物块Q(可视为质点)静止在圆弧面的底端b。现给Q一方向水平向左的瞬间冲量I,Q最终相对P静止在水平面的右端c。重力加速度大小为g，求：(1) Q到达其运动的最髙点时的速度大小v(2)Q与P的水平接触面间的动摩擦因数。【答案】(1) (2) 28如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2
84、m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2-s图象如图乙最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：（1）小木块从平台边缘飞出的速度；（2）小木块平台运动过程中产生的热量；（3）子弹射入小木块前的速度【答案】（1）2m/s（2）6J（3）400m/s【解析】试题分析：（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解；（2）先根据速度位移公式可得到图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；（3）子弹射木块
85、过程，系统动量守恒，根据动量守恒定律求解（1）设小木块以速度v从平台滑出，做平抛运动竖直方向有：解得：水平方向有：解得：（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动根据，可得图象的斜率解得：小木块在平台上滑动的加速度大小根据牛顿第二定律得：摩擦力故小木块在滑动过程中产生的热量：（3）由图象可得小木块刚开始滑动时的速度为子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：解得：【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解29某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15
86、.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角=37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度大小。（3）滑块C在传送带上因摩擦产
87、生的热量Q【答案】（1）9J （2）4m/s （3）8J【解析】（1）A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：mv0=2mv1碰撞时损失机械能E=解得E=9J （2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC由动量守恒：2mv1=2mvB+mvC由机械能守恒：解得：vc=4m/s （3）C以vc滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速，由运动学公有：a1=gcos-gsin=0.4m/s2; ;联立解得：x=11.25mL 加速运动的时间为t，有：v=a1t，所以相对位移x=vtx代
88、入数据得：x=1.25m摩擦生热Q=mgcosx=8J 30如图所示，水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点，滑块a 和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a 和小球b瞬间分离，小球b恰好能通过半圆轨道的最高点P 点，然后做平抛运动落到水平轨道MN上。已知a 和b质量分别为2m、m，滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）滑块a和小球b刚分离时b的速度大小；（2）小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离。【答案】【解析】（1）物体b在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供
89、向心力，有解得两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动，由动能定理有解得（2）a与b分离瞬间在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mvb-2mva=0解得滑块a向左运动的加速度滑块a向左运动的最大距离小球b做平抛运动，竖直方向有水平方向Lb=vPt解得31如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m=0.1kg。P2的右端固定一轻质弹簧，物体P置于P1的最右端，质量为M=0.2kg且可看做质点。P1与P以共同速度v0=4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2黏连在一起，P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)。平板P1的长度L=1m ，P与P1之间的动摩擦
90、因数为=0.2，P2上表面光滑。求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1；（2）此过程中弹簧的最大弹性势能Ep。（3）通过计算判断最终P能否从P1上滑下，并求出P的最终速度v2。由能量守恒定律得解得P的最终速度，即P能从P1上滑下，P的最终速度32如图所示，固定的凹槽表面光滑水平，其内放置一U形滑板N，滑板两端为半径R0.45 m的1/4光滑圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C为相切点。小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M4 m。P1、P2与BC面的动摩擦因数分别为10.10和20.40，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时滑板N紧靠凹槽的左端，P
91、2静止B点，P1以v04.0 m/s的初速度从A点沿圆弧自由滑下，在B点与P2发生弹性碰撞，碰后P1、P2的速度交换。当P2滑到C点时，滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，P2则继续滑动，到达D点时速度刚好为零。P1与P2视为质点，取g10 m/s2问：P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？【答案】（1）0.8m/s2（2）【解析】试题分析： 根据动能定理求出小滑块P1滑到底端时的速度，再根据牛顿第二定律求出加速度；根据动量守恒定律和能量守恒求出BC长度；在由速度位移公式求出P1与P2间的距离。（1）P1滑到最低点速
92、度为，由动能定理有：解得：由题意可知：=5m/sP2向右滑动时，假设P1与滑板相对静止， 把P1、M看成一个整体由牛顿第二定律有：带入数据解得：此时对P1有：故P1与滑板相对静止，滑板的加速度为0.8m/s2。（2）P2滑到C点速度为，由动能定理得带入数据解得：P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律：解得：把P1、P2、M看成一个系统，由能量守恒有：解得：滑板碰后，P1向右滑行距离：P2向左滑行距离：所以P1、P2静止后距离：点睛：本题主要考查了动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，要先正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程即可求解。33从某高
93、度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？【答案】（1）方向竖直向下（2）【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒定律求出物体下落h时的速度，爆炸的瞬间，爆炸力远大于物体的重力，瞬间动量守恒，结合动量守恒定律求出物体M刚炸裂时另一块碎片的速度大小（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量.（1）由机械能守恒定律得：解得炸裂时，爆炸力远大于物体受到的重力，规定向下为正方向，因为质量为m的一块碎片恰好能返回到开始下落的位置，可知该碎片的速
94、度等于物体爆炸前的速度，由动量守恒定律知：解得，方向竖直向下（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量故转化为动能的化学能为：解得34如图所示，在光滑水平面上有一质量为nm的木板，木板上依次紧挨着排列有n个质量均为m的可视为质点的小木块，从左向右依次编号为1、2、3n最初木板静止，n个木块的初速度均向右，大小从左向右依次为v0、2v0、3v0nv0，每个木块与木板间的动摩擦因数均为，设木板足够长，重力加速度为g，求:(1)若n=3，木块和木板的最终速度和整个过程中产生的热量；(2)n个物块与木板相对运动结束时1、2木块之间的距离：(3)第k(kn)个木块运动过程中的最小速度【答案】(1)
95、 （2） (3)【解析】（1）由动量守恒有：可得v=v0由能量守恒：可得Q=4mv02可得；此时木块2的速度再经过t2时间木块2与木板共速，则有可得；此时1、2均与木板相对静止，此后也与木板相对静止，从开始到现在1的位移为或者2的位移为：或者可得相对运动结束时1、2的距离为（3）由分析可知第k个木块的最小速度应该是它减速到与木板速度相同时的速度，此时它之前的木块速度和木板速度都与它相同，设此时它的速度vk，它的速度该变量，它之后的木块的速度改变量也为v，根据动量守恒有前面k-1个木块和木板动量的增加量等于后面（n-k+1）个木块的动量减小量，则有35如图所示，一质量、长度的长方形木板静止在光滑
96、的水平地面上，在其右端放一质量的小滑块A（可视为质点）现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的实速度大小均为，最后A并没有滑离B板已知A、B之间的动摩擦因数，取重力加速度求：（1）A、B二者的共同速度（）A、B相互作用中产生的热量（）站在地面上观察，当木板B相对地面的速度取何值时，小滑块A处于加速运动过程【答案】（）（）（）【解析】（）设和二者的共同速度为，向右为正，根据动量守恒定律有：解得：；（）根据能量守恒代入数据解得：。（）由题可知，小物块先减速为零后反向加速，故当时，此时木板B的速度为根据动量守恒定律，解得：，然后木板B继续减速，物块A反方向加速，故时，小物块
97、A处于反方向加速过程。点睛：本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！36如图所示，倾角的光滑斜面固定在地面上，斜面的长度质量的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止滑下已知，空气阻力可忽略不计，重力加速度取求：（）滑块滑到斜面底端时速度的大小（）滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小（）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小【答案】（）（）（）【解析】（）设滑块到斜面底端时的速度为依据机械能守恒定律有：解得：；（）滑块滑到斜面底端时速度在竖直方向上的分量解得：，重力对物体做功的瞬时功率：
98、，解得；（）设滑块下滑过程的时间为，由运动学公式，由牛顿第二定律：解得：在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小：解得。点睛：本题考查了求速度、功率与冲量问题，滑块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式可以解题。37激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用一束激光经点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束和穿过介质小球的光路如图所示，图中点是介质小球的球心，入射时光束和与的夹角均为，出射时光束均与平行试通过计算说明两光束因折射对小球产生的合力的方向【答案
99、】两光束对小球的合力的方向指向左上方【解析】仅考虑光的折射，设时间内每束光束穿过小球的粒子数为，每个粒子动量的大小为这些粒子进入小球前的总动量为从小球出射时的总动量为、的方向均沿向右根据动量定理可得可知，小球对这些粒子的作用力的方向沿向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿向左建立如图所示的直角坐标系方向：根据（）同理可知，两光束对小球的作用力沿轴负方向方向：设时间内，光束穿过小球的粒子数为光束穿过小球的粒子数为，这些粒子进入小球前的总动量为从小球出射时的总动量为根据动量定理：可知，小球对这些粒子的作用力的方向沿轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿轴正方向，所以两光束对
100、小球的合力的方向指向左上方点睛：解决本题的关键建立物理模型，可将光子抽象成小球，根据动量定理进行分析其受力情况38在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的、两个方向上分别研究例如，质量为的小球斜射到木板上，入射的角度是，碰撞后弹出的角度也是，碰撞后弹出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是，如图所示碰撞过程中忽略小球所受重力分别求出碰撞前后、方向小球的动量变化、.分析说明小球对木板的作用力的方向【答案】；方向沿轴正方向沿轴负方向【解析】在沿方向，动量变化为在沿方向上，动量变化为方向沿轴正方向根据动量定理可知，木板对小球作用力沿轴正方向，根据牛顿第三定律可得小球对木板作用力的方向沿轴负方向.3
101、9某同学用下图所示的实验装置来研究碰撞问题是一段半径为的光滑圆弧轨道，圆弧与水平地面相切于点现将一个质量为的小球从轨道上的点由静止释放，到达底端时与质量为的小球发生弹性正碰已知点和水平面的距离为，两球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为（）证明：小球从点到点的运动过程，可以看成是简谐运动的一部分（）求小球与小球第一碰撞后各自上升的高度（）请指出两球第二次碰撞的位置【答案】（）见解析；（）；（）点【解析】（）对进行受力分析，合外力为因为，所以则碰撞之后小球上升的高度记为，小球上升的高度记为则有；解得；（）第二次碰撞的位置还是在点，因为简谐运动的周期，两个小球回到点的时间相同即两球第二次碰撞的
102、位置在O点.40如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长从某时刻开始，有质量的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数，取，求：（）该过程所经历的时间及物块与小车保持相对静止时的速度（）该过程中物块发生的位移及小车发生的位移（）该过程中物块和小车间产生的热量【答案】（）=，v=（）4m和1m（）【解析】（）以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：代入数据解得，方向向右对小车，由动量定理得：代入数据解得：（）对物块，根据动能定理得：对小车，由动能定理得：代入数据解得：，（）该过程中物块和小
103、车间产生的热量为：代入数据解得：41如图甲所示，水平传递、两轮间的距离，质量的物块（可能为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动当物块运动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出在传送带的右端有一传感器，画出物块被击穿后的速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为时刻）设子弹击穿物块的时间极短且不会击中传感器而发生危险物块的质量保持不变不计空气阻力及、轮的大小，取重力加速度（）求物块与传送带间的动摩擦因数（）求子弹击穿物块的过程中产生的热量（）若从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带设
104、所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量【答案】（）（）（）【解析】试题分析：子弹击中木块的瞬间动量守恒，用动量守恒动量解出木块向右的初速度，木块在传送带上做匀减速直线运动，由速度时间关系式解出1s后的速度，把其与传送带的速度比较，判断木块是否已经达到匀速，还可以解出此过程中木块向右运动的最大距离；下一个过程再用动量守恒定律与第一过程比较木块和传送带间因摩擦产生的热量等于滑动摩擦力乘以木块与传送带之间的相对位移（）根据速度图象可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动，在内物块的速度由减为此过程物块的加速度大小由牛二定律有解得：（）物块被击中前的速度大小
105、为由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，方向向右设子弹击穿物块后的速度为，以向右为正方向根据动量守恒定律有解得：根据能量守恒有：（）第颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为设向右运动的最大距离为则时物块改为向左运动，运动时间为位移大小为所以在时间内，物块向右运动的距离为在时间内根据运动学公式：解得：物块第二次被击穿后相对传送带的位移所以42如图所示，水平轨道与半径为的竖直半圆形轨道相切于点，质量为和的、两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块与一轻弹簧相连某一瞬间给小滑块一冲量使其获得的初速度向右冲向小滑块，与碰撞后弹簧不与相粘连，且小滑块在到达点之前已经和弹簧分离，不
106、计一切摩擦，求：（）和在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能（）小滑块经过圆形轨道的点时对轨道的压力（）通过计算说明小滑块能否到达圆形轨道的最高点【答案】（）（）（）小滑块不能到达圆形轨道的最高点【解析】试题分析：碰撞过程动量守恒，当两球的速度相等时，系统损失动能最大，此时对应的弹性势能最大当弹簧恢复原长时，b球速度最大，此时b球向右运动滑上轨道，根据动量守恒、机械能守恒以及向心力公式可求得正确结果根据完成圆周运动的临界条件，判断b球是否能通过最高点（）与碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大，设此时的速度为则由系统的动量守恒可得：由机械能守恒定律：解得：（）当弹簧恢复原长时弹性热能为零，开
107、始离开弹簧，此时的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动，设此时、的速度分别为和由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：解得：滑块到达时，根据牛二定律有：解得：根据牛顿第三定律滑块在点对轨道的压力方向竖直向下（）设恰能到达最高点点，且在点速度为此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力，由牛二定律：解得：再假设能够到达最高点点，且在点速度为由机械能守恒定律可得：解得：所以不可能到在点，假设不成立43正方体密闭容器中有大量运动粒子每个粒子质量为，单位体积内粒子数量为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略：其速率均为，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁后瞬间料子速度方向都与器壁垂直，且速率
108、不变求：器壁单位面积所受粒子压力【答案】【解析】一个粒子与器壁撞一次给器壁的冲量是：在时间内能达到面积为容器壁上的粒子所占据的体积为：由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为：根据动量定理得：则得面积为的器壁受到的粒子的压力为：所以器壁单位面积所受粒子压力为：。点睛：本题的关键是建立微观粒子的运动模型，然后根据动量定理列式求解平均碰撞冲力要注意粒子的运动是无规则的，相等时间内与某一器壁碰撞的粒子为该段时间内粒子总数的。441926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”氡的放射性同位素有27种，其中最
109、常用的是经过m次衰变和n次衰变后变成稳定的求m、n的值；一个静止的氡核（）放出一个粒子后变成钋核（）已知钋核的速率v=1106m/s，求粒子的速率【答案】m是4，n是45.45107m/s【解析】试题分析：核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出m、n的值；核反应过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出粒子速度核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得4m=222206，86=82+2mn，解得m=4，n=4；核反应过程系统动量守恒，以粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得；45如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的水平台面上，木板B端与台面右边缘齐
110、平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C正碰后反弹速率为碰前的一半。求细绳所受的最大拉力；若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；通过计算判断C能否从木板上掉下来。【答案】（1）3mg（2）hL（3）【解析】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理得小球在圆周运动最低点时拉力最大，由牛顿第二定律：，解得：由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力（2）小球碰撞后做平抛
111、运动：竖直分位移水平分位移：解:（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，并依题意有假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒：由能量守恒：联立解得：即不会从木板上掉下来综上所述本题答案是：（1）（2）（3）不会掉下来46质量为M=3kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块（可视为质点），物块的质量为m=1kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v=2m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车可继续向左运动，取重力加速度g=10m
112、/s2（1）设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速率；（2）设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰后，物块向右运动所能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与平板车间的动摩擦因数；（3）要使物块不会从平板车上滑落，平板车至少应为多长？【答案】（1）1m/s（2）0.5（3）1.6m【解析】（1）物块与障碍物碰后物块和小车系统动量守恒，故有代入数据得v=1m/s （2）物块第一次与障碍物碰后向右减速到零，向右运动最远代入数据得=0.5（3）物块多次与障碍物碰撞后，最终与平板车同时停止设物块在平板车上运动的距离为l，那么由系统能量守恒有：代入数据得l=1.6m所以要使
113、得物块不滑出平板车，平板车长度至少为1.6m47如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)。求子弹射入木块前的速度。若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少?【答案】（1）（2）【解析】由子弹射入木块过程动量守恒有木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒,有射入17颗子弹后的木块滑到
114、最高点的过程中机械能守恒由以上两式解得48如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2.(1)小孩将冰块推出时的速度大小(2)求斜面体的质量；(3)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【答案】（1）1m/s（2）20kg(3) 冰块不能追上小孩【解析】（1）小孩与冰
115、块组成的系统，根据动量守恒可得，解得（向右）（2）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，根据系统的机械能守恒得，解得：M=20kg （3）冰块与斜面：根据机械能守恒，可得，解得：（向右）因为，所以冰块不能追上小孩49如图所示，在空间有两个磁感强度均为 B 的匀强磁场区域，上一个区域边界 AA与 DD的间距为 H，方向垂直纸面向里，CC与 DD的间距为 h, CC下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外. 现有一质量为 m、边长为 L (h L H ) 、电阻为 R 的正方形线框由 AA上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域, 当线框的 cd 边刚要进入边界 CC前瞬间线框的加
116、速度大小 a1 = 0.2 g, 空气阻力不计，求：（1）线框的 cd 边从 AA运动到 CC过程产生的热量 Q.（2）当线框的 cd 边刚刚进入边界 CC时, 线框的加速度大小（3）线框的 cd 边从边界 AA运动到边界 CC的时间.【答案】（1）；（2）3.8g；（3）【解析】（1）线框匀速进入上一个磁场区域的速度为v1，电流为I1，由解得：cd到达CC前瞬间的速度设为v2，电流设为I2，因Lv1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由：解得产生的热量：（2）cd边刚进入CC时的速度仍为v2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍.所以有:解得：a=3.8g
117、（3）设线框进入上一个磁场区域的时间为t1，线框cd边从DD运动到CC的时间为t2，从AA运动到CC的总时间为t，对线框从AA运动到CC的全过程列动量定理有：（其中、为t1、t2时间内的平均电流），；;解得：50如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B，一质量为m的子弹以速度v0水平击中木块A，并留在其中，A的质量为3m，B的质量为4m。(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B的速度最大，最大速度是多少？【答案】（1）（2）弹簧再恢复原长时B速度最大【解析】：此过程机械能守恒:解得：（2）从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B一直作变加速运动,木块A一直作变减速运动
118、,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大,设弹簧弹开时A、B的速度分别为系统动量守恒：解得：；综上所述本题答案是：（1）（2）弹簧再恢复原长时B速度最大51如图所示，一质量为MB = 6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量MA=6 kg，停在B的左端。一质量为m=1kg的小球用长为l =0.8m的轻绳悬挂在固定点O上。将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h=0. 2m。物块与小球可视为质点，A、B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10m/s2。求从小球释放到A、B达到共同速度
119、的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能。【答案】【解析】对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl=mv12，mgh=mv12球与A碰撞过程中，系统的动量守恒，mv1=-mv1+MAvA物块A与木板B相互作用过程中，MAvA=（MA+MB）v共小球及AB组成的系统损失的机械能为E=mgl-mv12-（MA+MB）v共2联立以上格式，解得E=4.5J52如图所示，质量为M=3kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小车平板面离地面的高度h=1.8m，有一质量m=1kg的小物块（可视为质点）以v0=5m/s从小车左端滑上小车，在小车上运动2s后，从小车右端飞出，最后落在水平地面上，测得滑块滑
120、上小车到落地过程中的水平位移大小为s=8.2m，重力加速度为g=10m/s2求：(1)滑块刚离开小车时的速度；(2)小车的末速度及小车的长度【答案】（1）2m/s （2）1m/s 6m【解析】（1）设滑块刚离开小车时的速度，滑块刚离开小车后做平抛运动，则有，滑块滑上小车做匀减速运动，则有，解得（2）设小车的末速度为，滑块刚离开小车的过程中，滑块与小车为系统，动量守恒，则有解得小车的长度53如图所示，装置的中间是水平传送带，传送带始终以2m/s的速率逆时针转动，两边是光滑水平台面，传送带与左右两边的台面等高，并能平滑对接。左边台面的D点处放置着质量M=4kg的小物块A，O点距传送带左端L=12m
121、。质量m=1kg的小物块B从右边台面上以v0=3m/s的初速度向左运动滑上传送带。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.6，传送带水平部分的长度l=1.0m。设物块A、B间发生的是弹性碰撞，A与挡板碰撞中没有机械能损失，碰撞时间不计。两小物块均可视为质点，取g=10m/s2。（1）求两物块第一次碰撞前物块B的速度大小v1，；（2）若两物块发生第2次碰撞的位置仍在O处，求O与左侧挡板的距离；（3）求第n次碰撞后，物块A的速度。【答案】（1）2m/s（2）0.96m（3）当n为奇数时；当n为偶数时【解析】（1）设B在传送带上一直做匀减速运动，到传送带左端时速度，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，
122、无解，即B不能一直减速，实际运动情况是减速到传送带速度相同后，做匀速运动，离开传送带后，与A第一次碰前，速度为（2）取向左为正方向，设A、B发生第一次碰撞后的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，由解得，代入数据可得，设O与左边挡板距离为x，到第二次碰撞经历的时间t。A在与挡板碰撞前后均做匀速运动B匀速到达传送带，在传送带上先减速到零，再反向加速，由于大小小于传送带的速度，所以离开传送带时，B的速度大小仍为，代入数据可得x=0.96m（3）取向左为正方向，第二次碰撞前，A向右运动=-0.8m/s，B向左运动设第二次碰撞后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，联立代
123、入数据可得，即第二次碰撞后，A静止在O点，B以2m/s的速度向右冲上传送带，减速到零后向左加速，离开传送带时的速度为2m/s，重复第一次碰撞的过程，由（2）可知，第三次碰撞后AB的速度与第一次碰撞后的结果相同，一次类推，第四次碰撞后的结果与第二次故当n为奇数时；当n为偶数时54如图所示，水平面OABC与水平皮带CD平滑相切，右端有一个半径为R的光滑半圆其它所在处的摩擦因数均为，图中，其中CD略为大于R，物体P和Q的质量均为m（可看成质点），P带了电荷量为q的正电荷，且电荷量不会转移，皮带顺时针转动，皮带速率恒，现给物体P一个水平向左的初始速度，然后经弹簧反弹后与物体Q发生正碰并粘在一起（除碰弹
124、簧无机械能损失外，其它碰撞都不反弹），恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上，当物体第一次离开皮带后，在皮带所在处（CD处）加上竖直向下的匀强电场E，qE=2mg，试求：（1）物体P的初始速度和弹簧的最大弹性势能分别多大？（2）物体最终能否回到圆弧上，如能求出物体在圆弧上最终所能达到的高度；如不能，求出物体最终所在的位置。【答案】(1) (2) 【解析】（1）为了符合题意，物体最高能在圆弧上能达到与圆心等高的位置E处，故物体能达到的最大高度为h=R，所以在D处的速度为，所以从C到D由动能定理，可知所以在C处碰后的速度为在C点发生弹性碰撞：，碰前P的速度为由动能定理得，由能的转化与守恒可知，最大弹
125、性势能（2）假设物体达离D点x处时速度为零，在皮带上物体所受的摩擦力为物体从E点到速度为零处，由能量守恒得，x=R，（速度为零处在传送带的最左端），此时物体还在皮带上物体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动到与皮带共速时的位移为，故物体以速度u冲上圆弧，上升的高度为h由机械能守恒可知，所以然后再以u冲上皮带，再次速度为零时然后由零开始向右加速，恰好在D处时速度u故每次物体都能达到的高度均为55质量为1103kg的甲、乙两辆汽车同时同地沿同一直线运动，甲车刹车，乙车从静止加速，两车的动能随位移变化的Ek-x图象如图所示，求：（1）甲汽车从出发点到x=9m处的过程中所受合外力的冲
126、量大小；（2）甲、乙两汽车从出发到相遇的时间【答案】（1）6000Ns，与初速度方向相反（2）【解析】由图像可知，由题意可知，在从出发点到x=9m的过程中，由动能定理可知对甲车对乙车解得由牛顿第二定律F=ma可知（1）由动量定理：符号说明方向与初速度方向相反，冲量大小为（2）由运动学公式，即甲车3s就停止了此时甲车的位移设乙车发生9m的位移需要时间为，则解得，即两车相遇的时间为56如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数=0.4今用水平力F=28N向右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，力
127、F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）【答案】1s【解析】设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为，根据牛顿第二定律得：滑块加速度为：，木板加速度为：，即：此时，滑块速度木板速度撤去F后，系统动量守恒，有：，得若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有：代入数据解得：。点睛：本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系再结合动量守恒、牛顿第二定律、运动学规律和能量守恒列式求解。57埋伏在青纱帐里的抗日战士在地面以的速率向日寇阵地斜向上抛出一质量为M0.5 kg的手雷，手雷在最高点时速度为v20 m/s，这时突然炸成两块弹片，其中大块弹
128、片质量m0.3 kg仍按原方向飞行，其速度为v150 m/s，之后两块弹片落回地面，恰击中两个日寇手雷和日寇均可视为质点，手雷抛出时的高度、炸裂时燃烧的炸药的质量均不计，不计空气阻力，g10 m/s2.求：(1)战士抛出手雷的过程中所做的功；(2)被击中的两个日寇之间的水平距离【答案】(1) 200 J (2) 150 m【解析】(1)战士抛出手雷的过程，根据动能定理：WMv200J(2)手雷从抛出至最高点，做斜上抛运动，最高点时速度水平可推知手雷初速度的竖直分速度v0y20 m/s手雷炸裂过程，水平方向动量守恒Mvmv1(Mm)v2v225 m/s两块弹片做平抛运动，落地时的竖直分速度v3y
129、v0y20 m/s平抛落地时间t2 s被击中的两个日寇之间的水平距离x(v1v2)t150 m58如图所示,两个小球A和B质量分别是mA2.0kg,mB1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L18m时存在着恒定的斥力F,L18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d2m,此时球B的速度是4m/s.求:(1)球B的初速度大小;(2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.【答案】(1) ；(2)；(3)(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移x=L-d，由功能关系可
130、得： 得：F=2.25N(3)根据动量定理，对A球有,得 点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键59如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1
131、/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：（1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知m
132、gRmv02得=5 m/s 设物块B滑到1/4圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：解得：F=60N 由牛顿第三定律得：物块B滑到1/4圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F1=60N，方向竖直向下。（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则mgma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al联立解得v4 m/s 由于vu2 m/s，所以v4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mvmv1Mv2 mv2mv12Mv22（动量守恒、
133、能量守恒）解得v1=-2m/s，v2=2m/s弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能EP=Mv22=12J （3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，由动能定理得：mgl=0mv12得l2mkg；【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球，球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。（1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：由动能定理得：解得：(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
134、：球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：；如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v2v1解得：点睛：本题主要考查了动量守恒和定能定理的综合应用，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。70如图所示,水平传送带的速度为,它的右端与等高的光滑水平平台相接触.将一质量为的工件(可看成质点)轻轻放在传送带的左端,工件与传送带间的动摩擦因数,经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出,恰好落在静止在平台下的小车的左端,小车的质量为,小车与地面的摩擦可忽略.已知平台与小车的高度差,小车左端距平台右端的水平距离为
135、,取,求: (1)工件水平抛出的初速度v0是多少;(2)传送带的长度L是多少;(3)若工件落在小车上时水平方向的速度无损失,并最终与小车共速,则工件和小车最终的速度v是多少.【答案】（1）3m/s（2）1.5m（3）1m/s【解析】（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动水平方向：s=v0t竖直方向：hgt2得：v0s=3m/s（2）由于v0=3m/s小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动小物块在传送带上所受摩擦力：Ff=mg由牛顿第二定律可知：Ff=ma由运动学关系可知：v022aL得：L=1.5m（3）由于工件落在小车上时水平方向的速度无损失，仍为v0=3m/s，
136、取向右为正方向，由系统的动量守恒，可知: mv0=（m+M）v得v=1m/s71如图所示，在光滑水平面上放着A、B、C三个物块，A、B、C的质量依次是m、2m、3m现让A物块以初速度v0向B运动，A、B相碰后不再分开，共同向C运动；它们和C相碰后也不再分开，A、B、C共同向右运动求：（1）碰后C物块速度大小；（2）A、B碰撞过程中的动能损失Ek【答案】（1）；（2）mv0272用中子轰击锂核（）发生核反应，产生氚和核粒子并亏损了质量m（1）写出核反应方程式；（2）求上述反应中的释放出的核能为多少；（3）若中子与锂核是以等大反向的动量相碰，则粒子和氚的动能之比是多少？【答案】（1）核反应方程式为
137、 （2）mc2（3）3：4【解析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒得：（2）反应中的释放出的核能为：E=mc2（3）设m1、m2、v1、v2分别为氦核、氚核的质量和速度，取碰撞前中子的速度方向为正，由动量守恒定律得：0=m1v1+m2v2氦核、氚核的动能之比为：Ek1：Ek2=m2：m1=3：4点睛：本题的核反应与碰撞相似，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，书写核反应方程式时要遵循质量数守恒和电荷数守恒的原则73如图甲所示，半径为R=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=5kg，长度L=0.5m，车的上表面与B点等高，可视为质
138、点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1kg，g取10m/s2（1）求物块滑到B点时对轨道压力的大小；（2）若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；（3）若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小【答案】（1）30N（2）0.5ms（3）【解析】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒:解得:vB3ms 在B点由牛顿第二定律得解得:FN30N则物块滑到B点时对轨道的压力FNFN30N（2）物块滑上平板车后
139、，系统的动量守恒，mvB（mM）v共解得v共0.5ms物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为fL图线与横轴所围的面积，则物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得:解得:点睛：本题的关键理清物体的运动过程，选择合适的规律进行求解要知道物块在小车滑动时往往要考虑系统的动量是否守恒74某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从A点由静止开始竖直向上运动，经过时间t1运动到B点时撤去电场，再经时间t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的2倍，已知油滴的质量为m、电荷量为q，重力加速度大小为g（1）求再次加入电场前，此匀强电场的电场强度大小和油滴达到
140、的最大高度；（2）为了使油滴能回到A点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间【答案】（1）；（2）【解析】（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理求解电场强度，由运动学公式求解全过程的位移大小；（2）分析物体运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律求解各个过程中的加速度，再根据运动学公式求解【解答】解：（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt1mg（t1+t2）=0，解得：E=；由运动的可逆可得加速过程末的速度v=gt2，所以全程的平均速度为=，故全过程的位移大小h=；（2）油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后
141、，匀减速运动的速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为t，自由落体运动结束时的速度为v，油滴匀减速运动过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：2qEmg=ma，设自由落体运动下落的高度为s1，匀减速下落的高度为s2，则有s1+s2=h，s1=，s2=，根据自由落体运动的规律，有：v=gt，解得：t=75如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，轨道最低点B与水平轨道BC相切，BC=2R，整个轨道处于同一竖直面内，将质量为m的物块（可视为质点，其中M=2m）从A点无初速释放，物块与小车上表面之间的动摩擦因数
142、为0.5，试分析物块能否从BC上掉下，如果掉下请说明理由，如果不能掉下，求出物块相对BC运动的位移大小【答案】不能从BC上滑下来，滑块相对于BC运动的距离大小为【解析】根据动能定理可以知道,小车滑至B点时的速度,有:滑块在B点的速度滑块滑至B点后在小车上继续滑动时,小车和滑块组成的系统满足动量守恒,故两者最终共同的速度满足:共同速度在此过程中系统内减少的机械能转化为内能，由功能关系知：解得 ,不能掉下综上所述本题答案是：物块不能从长木板上掉下来，物块相对BC运动的位移为76如图所示，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0
143、.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度各是多少？(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？【答案】(1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s【解析】（1）炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0=m1v1+m2v2A、B的机械能总量为12J，故有：E=m1v12+m2v22=12J，联立解得：v1=4m/s v2=-2m/s 或者：v1=-4m/s v2=+2m/s（不合实际，舍去）（2）爆炸后
144、AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，该过程中ABC组成的系统动量守恒设该过程的时间为t3，对A应用动量定理：-m1gt3=m1v3-m1v1对B应用动量定理：-m2gt3=m2v4-m2v2对C应用动量定理：（m2g-m1g）t3=m3v4点睛：本题关键是明确爆炸过程系统动量守恒，同时结合能量守恒定律、动量定理和能量的转化与守恒列式求解77）如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切.现将一质量m1.0 kg的
145、小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O的距离.【答案】(1)5 m/s (2)0.5 m【解析】（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v1，由动量守恒得mv0=（M+m）v1由能量守恒得：mv02 (M+m)v12mgR+mgL联立并代入数据解得v0=5m/s（2）设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度v2，从小物块滑上平板车，到二者
146、相对静止的过程中，由动量守恒得mv0=（M+m）v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x由能量守恒得：联立并代入数据解得x=0.5m78如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到vt2 m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小【答
147、案】(1)2.5 m/s2 (2)1 m/s【解析】（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F=mAa，代入数据得：a=2.5m/s2；（2）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v，代入数据解得：v=1m/s；79如图所示，竖直平面内的四分之一圆轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点，现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动，已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数，重力加速度取，求:（1）碰撞前瞬间A的速率v （2）碰撞后瞬间A和B
148、整体的速率（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L和运动的时间t【答案】（1）（2）（3） 0.25m 【解析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=mv2代入数据解得，解得碰撞前瞬间A的速率：v=2m/s（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v=1m/s（3）对A、B系统，由动能定理得：（2m）v2=（2m）gl代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m由动量定理得：-（2m）gt=0-2mv代入数据解得：t=0.5s；点睛：本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的
149、综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解80如图所示，倾角=37的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以v=3m/s的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量为mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，(各滑块均视为质点)A、B间夹着质量可忽略的火药k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B和C连接现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上前进，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为=0.75，传送带与水平面足够长，取g=10m/s2，sin
150、37=0.6，cos37=0.8求：(1)滑块A沿传送带向上能滑的最大距离？(2)滑块B通过弹簧与C相互作用的过程中，弹簧又到原长时B、C的速度？(3)滑块A追上滑块B时能粘住，试定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围？【答案】(1) x1=1.5m (2)m/s m/s (3)A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18JE13.5J【解析】本题考查动能定理、动量守恒、机械能守恒等知识，要注意过程的选取及临界情况的分析。(1)滑块A沿传送带向上的运动，根据动能定理得：代入数据解得：x1=1.5m (2)炸药爆炸过程，对A和B系统，设B获得的速度为vB，有： -
151、mAvA+mBvB=0 解得：vB=3m/s B与C相互作用，根据动量守恒得：得：v=0.6m/s 此时m/s A、B、C及弹簧系统机械能的最小值：Emin=mCv+(mA+mB) v2=9.18J A粘住B时，m/s，机械能损失最小，E损=0 A、B、C及弹簧系统机械能的最大值Emax=+=13.5J A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18JE13.5J 点睛：碰撞分弹性碰撞和非弹性碰撞，要注意完全非弹性碰撞损失的能量最多。811919年，卢瑟福用a粒子轰击氮核发现质子，科学研究表明其核反应过程是：a粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衮变放出质子，变成氧核。设a粒子质量为m1
152、，初速度为v0,氮核质量为质子质量为m0，氧核的质量为m3,不考虑相对论效应。a粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？求此过程中释放的核能。【答案】（1）（2）【解析】设复核的速度为v，由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v解得：v故复核的速度为：v核反应过程中的质量亏损m=m1+m2-m0-m3反应过程中释放的核能：Emc2(m1+m2m0m3)c2故此过程中释放的核能为：Emc2(m1+m2m0m3)c282如图所示,一质量M=2kg的长木板B静止于光滑水平面上,B的右边有竖直墙壁.现有一小物体A(可视为质点)质量m=1kg,以速度从B的左端水平滑上B,已知A和B间的动摩
153、擦因数,B与竖直墙壁的碰撞时间极短,且碰撞时无机械能损失,若B的右端距墙壁,A最终不脱离B.则（1）A和B第一次共速的速度多大？（2）从最初到第一次共速用多长时间？（3）从最初到最终A和B第二次共速的过程中，损失的机械能时多少？（4）木板B的长度至少多长?【答案】(1)2m/s(2)2s (3)17.33J (4)8.67m【解析】解：(1)设A滑上B后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为v，有mv0=（M+m）v，代人数据解得：v=2m/s(2)物块的加速度2（3）在这一过程中，B的位移为sB由动能定理：mgsB=代人数据解得：sB=2m当sB=2m时，A、B达到
154、共同速度v=2m/s，后再匀速向前运动2m碰到档板，B碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得A、B最后相对静止时的速度为v，则有Mv-mv=（M+m）v解得：v=向左在这一过程中，由能量守恒得：解得：Q=17.33J（4）在这一过程中，A、B的相对位移为s1，根据能量守恒定律得：解得：s1=8.67m因此，A、B最终不脱离的木板最小长度为8.67m点评：解决本题的关键是A与B组成的系统在碰撞过程中满足动量守恒，A在B上滑动时，A相对于B滑动的位移为相对位移，摩擦力在相对位移上做的功等于系统机械能的损耗83图中滑块M= 2Kg和小球m=1Kg,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的
155、悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长l=1.2m。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止,现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零。求(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量; (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小。【答案】（1），方向向左；（2）-mgl【解析】（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl=mv12+mv22 由系统的水平方向动量守恒定律：mv1=mv2 对滑块与挡板接
156、触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I=mv2 联立解得I=m，方向向左（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl+W=mv12 联立解得：W=-mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl84在水平面上有一长木板A，在A的左端放置一木块B，现A、B都处于静止状态。某时一子弹C以v0140 m/s向右水平射入木块B并留在B中，作用时间极短，最后B、C恰好没有从A的右端滑下。已知木板A质量为5 kg，木块B质量为1.9 kg，子弹C质量为100 g，木板A和木块B之间的动摩擦因数为10.6，木板A和地面间的动摩擦因数为2=0
157、.1，求：（1）从子弹射入后经过多长时间B、C滑到A的右端？（2）从子弹射入后到B、C滑到A的右端的过程，木板A的位移是多少？（3）木板A的长度是多少？【答案】（1）t=1s（2）s1=3.5m（3）1m【解析】（1）C与B作用过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mcv0=（mc+mB）v1解得 v1=7m/sA做匀加速运动，B做匀减速运动，设经过时间t相对静止，对A有：1（mB+mC）g-2（mA+mB+mC）g=mAaA 解得aA=1m/s2v2=aAt对B有：aB=1g=6m/s2v2=v1-aBt又v2=v2解得t=1s（2）A对地位移s1aAt2=0.5m（3）B对地位移s2v1t
158、aBt2=4m相对位移s=s2-s1=3.5m即木板的长度为3.5m.点睛：解决本题的关键是明确物理过程，在子弹射入木块的瞬间可认为木板的速度不变；注意搞清楚求解的是相对位移还是对地位移；此题也可以根据能量守恒定律求解时间也可以根据动量定理求解85如图所示，在倾角30、足够长的斜面上分别固定着相距L0.2 m的A、B两个物体，它们的质量为mA1 kg，mB3 kg，与斜面间动摩擦因数分别为A和B。在t0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生弹性碰撞(g10 m/s2)。求：A与B第一次碰后瞬时B的速率？【答案】0.5【解析】A物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：m
159、Agsin-AmAgcos=mAaA，代入数据解得：aA=2.5m/s2；B物体沿斜面下滑时：由牛顿第二定律得：mBgsin-BmBgcos=mBaB，代入数据解得：aB=0，则撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动由匀变速直线运动的速度位移公式得：vA2=2aAL，代入数据解得：vA=1m/s，A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得：mAvA2=mAvA2+mBvB2，代入数据解得：vB=0.5m/s；点睛：本题考查了求物体的速率，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二
160、定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题86起跳摸高是学生常进行的一项活动。某中学生身高1.80 m，质量80 kg。他站立举臂，手指摸到的高度为2.10 m。在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.55 m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.2 s。不计空气阻力(g取10 m/s2)。求：(1)他跳起刚离地时的速度大小；(2)上跳过程中他对地面平均压力的大小。【答案】（1）3 （2）2000将数据代入上式可得F=2000N根据牛顿第三定律可知：创始对地面的平均压力F=2000N87如图所示，质量为km小球a，用l1=0.4m
161、的细线悬挂于O1点，质量为m小球b，用l2=0.8m的细线悬挂于O2点，且O1、O2两点在同一条竖直线上。让小球a静止下垂，将小球b向右拉起，使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点对心相碰。相碰后，小球a向左摆动，细线与竖直方向最大偏角为600，两小球可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰撞。取g=10m/s2。求：（1）两球相碰前小球b的速度大小；（2）讨论k可能的取值范围（3）所有满足题干要求的碰撞情形中，k取何值时？机械能损失最多。【答案】（1）4m/s（2）（3）时，动能损失最大【解析】（1）对小球b下摆过程：，得出碰前，（2）小球a上摆过程：，碰后对两球碰撞过程有，得出。由碰撞
162、过程动能不增加有：，得出，此外由碰撞中合理性原则不可穿得：，得出。综上所述（3）碰撞中动能损失可以得出当时，动能损失最大。88如图所示，水平地面上竖直固定一个光滑的、半径R=0.45m的1/4圆弧轨道，A、B分别是圆弧的端点，圆弧B点右侧是光滑的水平地面，地面上放着一块足够长的木板，木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高，可视为质点的小滑块P1和P2的质量均为m=0.20kg，木板的质量M=4m，P1和P2与木板上表面的动摩擦因数分别为=0.20和=0.50，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力；开始时木板的左端紧靠着B，P2静止在木板的左端，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿圆弧轨道自由滑下，
163、与P2发生弹性碰撞后，P1处在木板的左端，取g=10m/s2。求：（1）P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压力；（2）P2在木板上滑动时，木板的加速度为多大？（3）已知木板长L=2m，请通过计算说明P2会从木板上掉下吗？如能掉下，求时间？如不能，求共速？【答案】（1）压力大小为13.1N，方向竖直向下；（2）木板的加速度为1.0m/s2；（3）没有共速，P2已经从木板上掉下，时间是0.67s.【解析】（1）P1从A到B为研究过程，由机械能守恒得：在B点据牛顿第二定律得：在B点由牛顿第三定律可知：F与F等大反向，联立以上解得：vB=5m/sF=13.1N，方向竖直向上（2）由于两物体碰撞过程中
164、是弹性碰撞，所以碰后P2的速度为5m/s，P2在长木板上做匀减速直线运动，P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动；据牛顿第二定律得：2mg=（M+m）a代入数据解得：a=1m/s2（3）碰撞后P2在木板上滑动时：，向左；P1与木板共同的加速度为：，向右。设它们有共速：，得：，它们的相对位移大小：，故P2已经从木板上掉下，时间是t2。，所求的时间：.（另：t2=1.0s，舍去）点睛：本题的关键是判断物体的运动情况，判断P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动是此题的重点，再据几何关系找出位移关系89如图所示为研究某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带足够长，皮
165、带轮沿逆时针方向转动，带动皮带以恒定速度v= 2.0 m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态。滑块A以初速度v0=4.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=4.0 m/s滑上传送带。已知滑块C与传送带间的动摩擦因数m=0.20，重力加速度g取10 m/s2。求滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离sm；求弹簧锁定时的
166、弹性势能Ep；求滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q。【答案】（1）4.0m（2）4.0J（3）4.0J【解析】(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远由动能定理解得sm=4.0m(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mv0=2mv12mv1=2mv2+mvC解得:，v2=0由能量守恒定律解得Ep=4.0J(3)滑块在传送带上向右匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度为a，滑块速度减为零的时间为t1，向右的位移为s1，在同样时间内传送带向左的位移为x1，根据牛顿第二定律和运动学公式滑块C速度减小到零
167、所需的时间滑块的位移传送带的位移x1=vt1=22m=4m，相对路程x1=s1+x1=8m然后滑块返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度一起做匀速直线运动匀加速直线运动的时间滑块C的位移传送带的位移x2=vt2=2m相对路程x2=x2-s2=1m则摩擦产生的内能Q=mg(x1+x2)=0.2109J=18J【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题90光滑桌面上有1、2两个小球，1球的质量为0.3kg，以速度8m/s跟质量0.1kg的静止的2球发生碰撞，碰撞后2球的速度变为9m/s,1球的速度变为5m/s，方向与原
168、来相同。根据这些实验数据，晓明对这次碰撞的规律做了如下几项猜想。(1)碰撞后2球获得了速度，是否是1球把速度传递给了2球？经计算，2球增加的速度是9m/s,1球减小的速度是3m/s，因此，这种猜想不成立。(2)碰撞后2球获得了动能，是否是1球把动能传递给了2球？经计算，2球增加的动能是4.05J,1球减少的动能是5.85J，这种猜想也不成立。(3)请你根据实验数据猜想：有一个什么物理量，在这次碰撞中2球增加的这个量与1球所减小的这个量相等？【答案】在这次碰撞中2球增加的mv与1球减小的mv相等点睛：本题主要考查动量守恒得简单计算，属于基础题。91如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨
169、道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R,板右端到C的距离L在RL，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移可知:=x1:x2=3:1 ，联立解得 ，（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为， ， cd棒受到的安培力为： 根据牛顿第二定律，cd棒的最
170、大加速度为： 联立解得：（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：联立并代入和解得：96如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r金属导轨电阻不计，重力加速度为g（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向（3）若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场
171、瞬间，ab受到的安培力大小【答案】（1）（2）dc （3）【解析】（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有： 由牛顿第二定律：；联立得：由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为（2）如图（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为，ab、cd组成的系统动量守恒，有：ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：闭合电路欧姆定律：安培力公式：联立得97如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上
172、的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求：（1）开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；（2）从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热；（3）当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。【答案】（1）方向由 （2）（3） 由能量守恒关系 Qmv（2m）v Qmv（3）设ab棒的速度为时， cd棒的速度为由动量守恒定律：。； ； I=Icd棒受力为 ；此时cd棒加速度为 98两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小
173、，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m，两根质量均m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？【答案】8.15m/s 1.85m/s【解析】设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：回路中的电流：杆甲的运动方程：由于
174、作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F的冲量：联立以上各式解得代入数据得8.15m/s 1.85m/s【名师点睛】两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解。99如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则（1）此时b的速度大小是多少？（2）若导轨很长，a、b棒最后的
175、运动状态。【答案】（1）（2）两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。【解析】（1） 当棒先向下运动时，在和以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是棒受到向下的安培力，棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放棒后，经过时间t，分别以和为研究对象，根据动量定理，则有： 代入数据可解得：（2）在、棒向下运动的过程中，棒产生的加速度，棒产生的加速度。当棒的速度与棒接近时，闭合回路中的/t逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。【名师点睛】分别对A和B导体棒根据动量定理列方程联立求解B的速度；根据安培力的变化情况确定加速度的变化，进而分析最终的情况。100如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。【答案】（1） （2）在磁场力作用下，、各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当时，电路中感应电流为零()，安培力为零，、运动趋于稳定，此时有： 所以 、受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得： 联立以上各式解得：，(2)根据系统的总能量守恒可得：