2011版物理一轮精品复习学案：第一章 动量守恒定律(选修3-5)

第1章 动量守恒定律

【考纲知识梳理】

一、动量

1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv

是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量； 通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的

瞬时速度。

是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；

2、动量和动能的区别和联系

① 动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，

其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。

② 动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。

③ 因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，

引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。

④ 动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk 3、动量的变化及其计算方法

动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：

（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。

（2）利用动量定理 ΔP=F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。 二、冲量

1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．

是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s； 2、冲量的计算方法

（1）I= F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft

（2）利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。 三、动量定理

1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；

该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是 mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt） 2．单位：N·S与kgm／s统一：lkgm／s=1kgm／s·s=N·s；

3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。

（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把矢量运算转化为代数运算。

（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．

四、动量守恒定律

1、 内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。

即作用前的总动量与作用后的总动量相等．（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统） 2、 动量守恒定律适用的条件

守恒条件：①系统不受外力作用。 (理想化条件)

②系统受外力作用，但合外力为零。

③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。 ④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。 ⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，

即：原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零)，分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。

例：火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进，拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒 3、 常见的表达式

不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义)：

P＝P′ 或 P1＋P2＝P1′＋P2′ 或 m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′

(其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的

总动量P′)

2

ΔP＝0 (系统总动量变化为0，或系统总动量的增量等于零。)

Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式

A、m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。

B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。

原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0

/

/

【要点名师精解】

类型一 动量守恒定律的实际应用

【例1】如图1所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为h。设M?m，发生碰撞时弹力FN?mg，小球与车之间的动摩擦因数为?，则小球弹起时的水平速度可能是

A.v0 B.0

C.2?2gh

D.?v0

解析：小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了v0，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析：

小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有 Mv0?(M?m)v 由于M?m 所以 v?v0

若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得

水平方向上有

F?t?mv?

竖直方向上有

FNt?2mv?2m2gh 又 F???FN 解以上三式，得 v??2?2gh 故，正确的选项为AC。 类型二 动量守恒定律的综合应用

【例2】 如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动

摩擦因数?=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求： （1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离． （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．

（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？

【解析】：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度

为零时，滑块还在向右滑行． 动能定理??MgSmv02M v0 m ?0?12mv02 ①

s?2?Mg ②

2?22代入数据得s?2?0.4?3?10?13?0.33m ③

（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速

度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．

Mv0?mv0?(M?m)v ④

∴v?M?mM?mv0 ⑤

?15v0?0.4m/s

代入数据得v

⑥

（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有

12(M?m)v0??Mgl2 ⑦

l?(M?m)v02?Mg2 ⑧

5?22代入数据得l?2?0.4?3?10?56?0.833m ⑨

l即为平板车的最短长度．

【感悟高考真题】

1. （2010·福建·29（2））如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则 。（填选项前的字母）

A． 小木块和木箱最终都将静止

B． 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动

C． 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动

D． 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案：B

2．（2010·北京·20）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是

A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系

B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系

C.若x轴表示时间，y

轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系

D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路的感应电动势与时间的关系 【答案】C

【解析】根据动量定理P?P0?Ft，P?Ft?P0说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合P?2mEK得2mEK?Ft?P0，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程

Ekm?h??W，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均

匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不 随时间变化，D错误。

3.（ 2010·天津·10）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点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间

极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。

。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速

解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有

mgh?12mv1

2 ①

得

v1?2gh 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1'，同理有

mgh16?12mv1'

2 ②

得

v1'?gh8 设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有

mv1??mv1'?5mv2

③

得

v2?gh8 ④

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小

F?5?mg

⑤

设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有

?Ft?0?5mv2

2gh4?g ⑥

得 t? ⑦

4. （2010·新课标·34(2)）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为?.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.

解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有： 2mv0?mv0?(2m?m)v，解得：v?v03

木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv?m(?v0)??2mgt1 用动能定理，有：

12mv2?12mv02???2mgs

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s?vt2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=

2v03?g+

2v03?g=

4v03?g

5. （2010·全国卷Ⅱ·25）小球A和B的质量分别为mA 和 mB 且mA＞＞mB 在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。

连立①④⑤化简得 h?(3mA?mBmA?mB)H ⑥

26．（2010·北京·24）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m2、m3．．．．．．mn．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。

?； （１） 若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn

（２） 若考虑重力的影响，

ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1?； ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能

12。 mnv?n2解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv′n

得

vn??m0mnv0

（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

2 a． 第1次碰撞前 v12?v0?2gl,

v1?v0?2gl2 第1次碰撞后 m0v1?m1?v 1 v1??m0m1v1?m0m1v0?2gl 222 b. 第2次碰撞前 v2?v1??2gl

22?m0?2?m0?m1?21式化简得 v2??2 利用○?v0???2gl ○2m1?m1???22式得 第2次碰撞后，利用○

22?m1?2?m0?2?m0?m1?2??? v2?v2???v0???2gl 2mmm?2??2??2?222?m0?2?m0?m1?m2?2??? 同理，第3次碰撞后 v3?v0???2gl 2m3?m3???222 ????

?2?m0?2?2???第n次碰撞后 vn?v0????mn???2?m?i?i?0?2gl 2mn???n?1 动能

12??mnvn212mnn?1(mv?2gl?mi)

i?020202＃2009年高考题＃

一、选择题

1.（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为

（ AB ）

A.2 B.3 C.4 D. 5

解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据

P2?2mEK,以及能量的关系得

4P22M?p22m?P2Mm2M?3,所以AB正确。

2.（09·上海·44）自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表

自行车的设计 车架用铝合金、钛合金代替钢架 车胎变宽 自行车后轮外胎上的花纹 目的（从物理知识角度） 减轻车重 答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）

3.（09·上海·46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。

在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总

重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为2s/m时，其加速度为 m/s2(g=10m m/s2)

规格 车型 整车质量 最大载重

答案：40：0.6

4.（09·天津·4）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于 （ A ）

A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量

后轮驱动直流永磁铁电机 额定输出功率 额定电压 额定电流 200W 48V 4.5A 14电动自行车 40Kg 120 Kg

解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：WF?WG-

W安??EK 得

WF?W安??EK?mgh即力

F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。

5.（09·海南物理·7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向 不变，大小随时间的变化如 图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至to时刻做的功是W1，从

t0至2t0时刻做的功是W2,则 （ AC ）

A．x2?5x1 v2?3v1 C．x2?5x1 W2?8W1

B．x1?9x2 v2?5v1 D．v2?3v1 W2?9W1

6.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是

（ A ）

A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功

C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。

7.（09·宁夏·17） 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 （ BD ） A．3t0时刻的瞬时功率为

5F0t0m15F0t0m22

B．3t0时刻的瞬时功率为

2C．在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为

23F0t04m

D. 在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为

25F0t06m2

8.（09·安徽·18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别 固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 （ D ） A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

9.（09·福建·18）如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值

为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始

a b O d cc

终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程 （ BD ）

A.杆的速度最大值为

B.流过电阻R的电量为

C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量 解析：当杆达到最大速度vm时，F??mg?BdvmR?r22?0得vm??F??mgBd2??R?r?2，A错；由公式

q?

???R?r??B?S?R?r??BdLR?r，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：

WF?Wf?W安??EK，其中Wf???mg，W安??Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能

的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。

10.（09·浙江自选模块·13）“物理1-2”模块（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项

正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用时均不

会

引

起

二

氧

化

碳

排

放

的

是

（ AB ）

A.氢能、核能、太阳能

B.风能、潮汐能、核能 D.太阳能、生物质能、地热能

C.生物质能、风能、氢能 二、非选择题

11.（09·北京·24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2

（1）

如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2； （2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、mn??的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。 a.求k1n

b.若m1?4m0,mk?m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大 解析：

（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

m1gh?12m1v102 ①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v10?m1v1?m2v2

②

由于碰撞过程中无机械能损失

12m1v10?212m1v1?212m2v22 ③

②、③式联立解得

v2?2m1v10m1?m2 ④

将①代入得④

v2?2m12ghm1?m2

122（2）a由④式，考虑到EK1?m1v10和EK2?12m2v22得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

k12?Ek2Ek1?4m1m2(m1?m2)2 ⑤

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

k13?Ek3Ek1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2 ⑥

依次类推，动能传递系数k1n应为

kin?EknEk1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?EknEk(n?1)?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2?4mn?1mn(mn?1?mn)2

解得

k1n?4n?12m1m2m3?mn?1mn22222(m1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)

b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

k12?264m0??m2???(4m0?m2)(m2?mo)?2

为使k13最大，只需使

m2(4mo?m2)(m2?m0)2?14m02最大，即m2?4m0m22取最小值，

由

m2?24m0m2?????m2?2m0m2???4m可知0??

当m2?2m0m2,即m2?2m0时，k13最大。

12.（09·天津·10） 如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s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?=0.5,取g=10 m/s2，求 （1）物块在车面上滑行的时间t;

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 答案：（1）0.24s (2)5m/s

解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0??m1?m2?v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ft?m2v?m2v0 ② 其中 F??m2g ③ 解得

t?m1v0??m1?m2?g

代入数据得 t?0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

???m1?m?2v? ⑤ m2v0由功能关系有

12?2?m2v012?m1?m2?v?2??m2gL ⑥

?=5m/s 代入数据解得 v0故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。 13.（09·山东·38）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0

v0

运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB,由动量守恒定律有

(mA?mB)v0?mAv?mBvB,mB

mg?m122v2R12

mv2?mg?2R?

2

mv3?2解得 v3?5gh?4m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 vmin?4m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 Pt?fL?由此可得 t=2.53s

18.（09·江苏·14）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

12mv2min

（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比； （2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。 解析：

(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1 qu=

12mv1

v12

2qv1B=m

r1

解得 r1?1B2mUq 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 r2?则 r2:r1?2:1

1B4mUq

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

2nqU?qvB?mT?2?mqB12vRmv22

t?nT解得 t??BR2U2

qB2?m（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f?

当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm?粒子的动能

EK?12mv2qBm2?m

当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

vmR22qvmBm?m

解得Ekm?qBmR2m22

当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定

vm?2?fmR

解得 Ekm?2?2mfm2R2

19.（09·四川·23）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×10 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s2,不计额外功。求：

(1) 起重机允许输出的最大功率。

(2) 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。 解析：

(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。 P0＝F0vm ① P0＝mg ② 代入数据，有：P0＝5.1×104W ③

(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀

3

加速运动经历时间为t1,有：

P0＝F0v1 ④ F－mg＝ma ⑤ V1＝at1 ⑥ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦

T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at ⑧ P＝Fv2 ⑨ 由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×10W。

20.（09·上海物理·20）质量为5?103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6?104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5?103N。求：（1）汽车的最大速度vm；（2）汽车在72s内经过的路程s。

P6?104解析：（1）当达到最大速度时，P＝=Fv=fvm，vm＝ ＝ m/s＝24m/s

f2.5?103（2）从开始到72s时刻依据动能定理得：

2Pt－mvm＋mv011

Pt－fs＝ mvm2－ mv02，解得：s＝ ＝1252m。

222f

21.（09·上海物理·23）（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120?角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角?0＝60?，由静止释放，摆动到?＝90?的位置时，系统处于平衡状态，求： （1）匀强电场的场强大小E；

（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We； （3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。

解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90?＝（mg＋qE）lsin（120?－90?）， 1mg即mg－qE＝ （mg＋qE），得：E＝ ；

23q

（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30?－cos60?）－mglcos60?＝（静电力做功：We＝qEl（cos30?－cos60?）＋qElcos60?＝（3）小球动能改变量?Ek=

122

2

4

3

－1）mgl， 2

3

mgl， 6

mv＝Wg＋We＝（

2

23

－1）mgl， 3

得小球的速度：v＝

?Ekm

＝（

23

－1）gl。 3

22.（09·四川·25） 如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁

场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s。那么，

（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。

(3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。 解析：

（1）设弹簧的弹力做功为W，有：

mgR?W?12mv?22

-1

-2

12mv0 ①

2代入数据，得：W＝?2.05J ②

（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: mv??mv1?MV ③ 而： v1?Bqrm ④

若P、N碰后速度同向时，计算可得V

有： V?mv?BqrM ⑤

P、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tP。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为?，有： cos??VV1?Vv1 ⑥

gtN?V1sin??v1sin? ⑦

代入数据，得： tN?34s ⑧

对小球P，其圆周运动的周期为T，有： T?2?mBq ⑨

经计算得： tN＜T，

P经过tP时，对应的圆心角为?，有： tP??2?T ⑩

当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： ?1???? 联立相关方程得： tP1?2?15s

比较得， tN?tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。 当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： a2????， 同上得： tP2??15，

比较得， tN?tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。 （3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同， tN?tP?t， ??2n?1??????m再联立④⑦⑨⑩解得： r??22Bqsin?2g?n?0,1,2??

当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN?tP?t，

同理得： r??????m2gBqsin?22，

2gm??2n?1???????考虑圆周运动的周期性，有: r?22Bqsin??n?0,1,2??

（给定的B、q、r、m、?等物理量决定n的取值）

23.（09·重庆·23）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO'推到A点放手，此后冰壶沿AO'滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，CO'=r,重力加速度为g

（1）求冰壶在A 点的速率；

（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（3）若将CO'段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8?，原只能滑到C点的冰壶能停于O'点，求A点与B点之间的距离。 解析：

24.（09·重庆·24）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）； ②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。 设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。 求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小； （2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。 解析：

25.（09·广东物理·19）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m 。物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后

瞬间C的速度v=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数?=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2） （1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

解析：?设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得

mv0?2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得

??mgl?12mv22?12mv1

2 联立以上各式解得v2?4m/s

?若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得

?k)m v 2mv2?(2 代入数据解得 k?2 此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

2mv2?2mv3?kmv 12?2mv2?212?2mv3?2?k2?k42?k212?kmv2

v3?vv2联立以上两式解得

v?

2代入数据解得 k?6 此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得

2mv2?kmv

代入数据解得k?4

总上所述得 当2?k?4时，AB的运动方向与C相同

当k?4时，AB的速度为0

当4?k?6时，AB的运动方向与C相反

26.（09·广东物理·20）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数?=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量mB=1.0kg.带正电的小滑块A质量mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s）

（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？

（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？

解析：?由牛顿第二定律F?ma有 A刚开始运动时的加速度大小aA?FmA?2.0m/s 方向水平向右

22

B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力F?F?1.2N 摩擦力f??(mA?mB)g?0.8N B刚开始运动时的加速度大小aB?F?fmB''?2.0m/s方向水平向左

2?设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1?vBt12vBaB?0.2s

此时间内B运动的位移sB1?

?0.04m

t1时刻A的速度vA1?vA?aAt1?1.2m/s?0，故此过程A一直匀减速运动。 此t1时间内A运动的位移sA1?(vA?v2A1)t1?0.28m

此t1时间内A相对B运动的位移s1?sA1?sB1?0.32m 此t1时间内摩擦力对B做的功为w1??f?sB1??0.032J

t1后，由于F'?f，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A 速度v?vA1?aAt2 对B 加速度aB1?F?fmB'?0.4m/s

2 速度v?aB1t2

s 联立以上各式并代入数据解得v?0.2m/s t?0.5此t2时间内A运动的位移sA2?此t2时间内B运动的位移sB2?(v?v2vt22A1)t2?0.35m

?0.05m

此t2时间内A相对B运动的位移s2?sA2?sB2?0.30m 此t2时间内摩擦力对B做的功为w1??f?sB2??0.04J 所以A最远能到达b点a、b的距离L为L?s1?s2?0.62m 从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 wf?w1?w2??0.072J。

27.（09·宁夏·24）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为?1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至?2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s）

解析：

2

设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有

S1+S2=S ①

式中S为投掷线到圆心O的距离。

f1??1mg ② f2??2mg ③

设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得

f1?S1?f2?S2?12mv0 ④

2联立以上各式，解得

S2?2?1gS?v022g(?1??2) ⑤

代入数据得

S2?10m ⑥

【考点精题精练】

1、 （2010·北京东城区二模）

如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期T，摆球从最大

（ ）

位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B时的速度为v，则

mv2

A．摆球从A运动到B的过程中重力的平均功率为TB．摆球从A运动到B的过程中重力的冲量为mv C．摆球运动到B时重力的瞬时功率是

mgv

1 D．摆球从A运动到B的过程中合力做的功为2mv2 2、 （2010·北京市崇文区二模） 如图所示，在光滑的水平桌面上静止一质量为M的木块。现有A，B两颗子弹沿同一轴线，以水平速度vA、vB分别从木块两侧同时射入。子弹A、B在木块中嵌入深度分别为SB。已知木块长度为L，SA>SB且SA+SB

A．入射时，子弹A的速率等于子弹B的速率 B．入射时，子弹-4的动能大于子弹B的动能

C．在子弹运动过程中，子弹A的动量大于子弹B的动量

D．在子弹运动过程中，子弹A受到的摩擦阻力大于子弹B受到的摩擦阻力

3、下列关于动量的论述哪些是正确的是（ C ）

A．质量大的物体动量一定大

B．速度大的物体动量一定大 C．两物体动能相等，动量不一定相同D．两物体动能相等，动量一定相等

4、 —个篮球被竖直向上抛出后又回到抛出点．假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速

度大小成正比，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点这两个过程，下列判断正确的是 ( A )

A．上升过程中篮球受到的重力的冲量大小小于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小 B．上升过程中篮球受到的重力的冲量大小等于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小

C．上升过程中篮球受到的空气阻力的冲量大小小于下降过程中篮球受到的空气阻力的冲量大小 D．上升过程中篮球受到的空气阻力的冲量大小大于下降过程中篮球受到的空气阻力的冲量大小 5、 时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小为自身体重2倍的打击力时即可致死，如果兔子与

树桩的作用时间为0.2s，兔子与树桩相撞的过程可视为匀减速运动。则被撞死的兔子其奔跑速度可能是：（g=10m/s） ( D )

A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s

2

6、一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到

停住的过程称为过程Ⅱ,则 ( AC )

A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量;

B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小;

C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和;D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能. 7、如下图所示是固定在水平地面上的横截面为“

”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图）。槽内

”形槽

放置一个木质滑块，滑块的左半部是半径为R的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R，比“

的宽度略小。现有半径r(r<

（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度。

解：（1）设滑离时小球喝滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0?mv1?3mv2

又

12mv02?12mv1?12123mv2

2得v1??v02 v2?2v0

（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切向方向速度为v?

mv0?(m?3m)vv?12v032 12mv0?2123mv2?12mv? 得2v?? v0V

? ?v合?v?v?22?134v0

V’

tg??23

8、 （2010·北京市宣武区二模） 把一个质量为m、带正电荷且电量为q的小物块m放在一个水平轨道的P点上，在轨道的O点有一面与轨道垂直的固定墙壁。轨道处于匀强电场中，电场强度的大小为E，其方向与轨道（ox轴）平行且方向向左。若把小物块m从静止状态开始释放，它能够沿着轨道滑动。已知小物块m与轨道之间的动摩擦因数μ，P点到墙壁的距离为不变，而且碰撞为完全弹性碰撞（不损失机械能）。求：

（1）如果在P点把小物块从静止状态开始释放，那么它第1次撞墙后瞬时速度为零的位置坐标x1、第2次撞墙之后速度为零的位置坐标x2的表达式分别是什么？

（2）如果在P点把小物块从静止状态开始释放，那么它最终会停留在什么位置？从开始到最后它一共走了多少路程（s）？

（3）如果在P点瞬间给小物块一个沿着x轴向右的初始冲量，其大小设为I，那么它第一次又回到P点时的速度（v1）大小为多少？它最终会停留在什么位置？从开始到最后它一共走了多少路程(s')？

x0，若m与墙壁发生碰撞时，其电荷q保持

由题意分析知，小物块m沿着轨道滑动时，水平方向上受到二力： 滑动摩擦力f??mg和电场力qE, 而且总是有：qE??mg

（1）设第一次速度为零的位置坐标为x1,取墙面为零电势面，则在这一运动过程中应用功能关系有：

?qEx?qEx ?mgx0??mgx101

①

②

x1?qE??mgqE??mgx0 ③

设第二次速度为零的位置坐标为x2,

取墙面为零电势面，则在第二次运动过程中应用功能关系有：

?mgx1??mgx

2?qEx1?qEx2

④

x2?qE??mgqE??mgx1 即：x2?(qE??mgqE??mg)x0 2⑤ ⑥

（2）它最终会停留在O点。

对从开始到最终的整个运动过程应用功能关系有： ?mgs?qEx0 s?qEx0 ⑦ ⑧

?mg （3）由动量定理知，小物块获得一个向右的初始冲量I，那么向右运动的初速度：

v0?I/m.

⑨

设第一次瞬时速度为零的位置坐标为x1,

取墙面为零电势面，则在这一运动中应用功能关系有： ?mg(x1?x0)?1212mv0?(qEx1?qEx0)⑩ 2得：x1?2mv0?(qE??mg)x0qE??mg （11）

1即：x1?2mI2?(qE??mg)x0qE??mg （12）

同上道理，对从开始互第一次又回到P点这一过程应用功能关系有：

2??mg(x1?x0)?12mv0?212mv1 2（13）

得：v1?即：v1?Iv0?4?g(x1?x0) qE??mgqE??mg2m （14） （15）

小物块最终人会停留在O点。

设从开始到最后一共走的路程为s'，全过程应用功能关系有： ?mgs'?qEx0?12mv0 2（16）

qEx0得：s'?2?mg12?1mv02 qEx0?I2即：s'??mg （17）

9、如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有

一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x?6t?2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道。g=10m/s，求：

2

（1）BP间的水平距离。

（2）判断m2能否沿圆轨道到达M点。 （3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功

解：（1）设物块块由D点以初速vD做平抛，落到P点时其竖直速度为

vy?2gR

vyvD?tan45?

12得vD?4m/

s

gt,s?vDt,得s?2R?1.6m

2

平抛用时为t，水平位移为s，R?2在桌面上过B点后初速v0?6m/s,加速度a?4m/s,减速到vD

BD间位移为s1?v0?vD2a22?2.5m

则BP水平间距为s?s1?4.1m

（2）若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，

vMR212m2vM?212m2vD?222m2gR

轨道对物块的压力为FN，则FN?m2g?m2 解得FN?(1?2)m2g?0

即物块不能到达M点

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为?，

释放m1时,EP??m1gsCB 释放m2时,EP??m2gsCB?12m2v0

22且m1?2m2,可EP?m2v0?7.2J

m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，

则EP?Wf?12m2vD 可得W2f?5.6J

10、 如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg。一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m。设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块B中穿行的距离；

（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面， 求物块B到桌边的最小距离。

答案 (1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动

h?122gt t=0.40s

v

A B h s A离开桌边的速度vA?st

vA=5.0m/s

设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：

mv0?MvA?(M?m)vB

B离开桌边的速度vB=10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：mv0?mv1?2MvA

v1?40m/s

子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

fLB?12Mv2A?12mv1?212(M?m)vB ①

2子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

fLA?12mv0?212mv1?212(M?M)vA ②

2由①②解得LB?3.5?10?2m

（3）子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1,根据动能定理

fs1?12(M?M)vA?0 ③

2子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理

fs2?12Mv2B?12Mv2A ④

由②③④解得物块B到桌边的最小距离smin?s1?s2

smin=2.5×10-2m

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