河北省張家口市高三物理 同步練習18 動量定理、動量守恒定律.doc

《河北省張家口市高三物理 同步練習18 動量定理、動量守恒定律.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《河北省張家口市高三物理 同步練習18 動量定理、動量守恒定律.doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

動量定理、動量守恒定律 1. 將質量相等的三只小球A、B、C從離地同一高度以大小相同的初速度分別上拋、下拋、平拋出去，空氣阻力不計，那么，有關三球動量和沖量的情況是 A. 三球剛著地時的動量相同 B. 三球剛著地時的動量各不相同 C. 三球從拋出到落地時間內，受重力沖量最大的是A球，最小的是B球 D. 三球從拋出到落地時間內，受重力沖量均相同 【答案】C 【解析】 三個小球在空中均只受重力，故機械能守恒，則可知三小球落地時的速度大小相等，但C小球速度不沿豎直方向，故AB的速度相等，動量相等，但與C的不相等，故AB均錯誤；由于A的時間最長，而B的時間最短，故A受沖量最大，B受沖量最小，故C正確；物體動量的變化等于合外力的沖量，故A動量變化最大，B最小，D錯誤；故選C. 2.如圖所示，一段不可伸長的輕質細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球（可視為質點），保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點登高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則 A. 合力做功為零 B. 合力的沖量為零 C. 重力做的功為mgL D. 重力的沖量為m2gL 【答案】C 【解析】 小球在向下運動的過程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運動的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL．故A錯誤，C正確；由機械能守恒可得，小球在最低點的動能：12mv2＝mgL 所以速度：v=2gL ；由動量定理可得合力的沖量：I合＝△P＝mv?0＝m2gL．故B錯誤；小球向下的過程是擺動，運動的時間在空氣的阻力不計的情況下運動的時間等于單擺周期的14 ，所以：t=142πLg ，所以重力的沖量：IG＝mgt＝πm2gL ．故D錯誤．故選：C 點睛：該題結合單擺的周期公式考查動量定理以及動能定理等，考查的知識點比較多，在解答的過程中一定要注意知識的遷移能力． 3.一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經時間t，通過位移L后，動量變?yōu)镻、動能變?yōu)镋k．若上述過程F不變，物體的質量變?yōu)閙2，以下說法正確的是（ ） A. 經過時間2t，物體動量變?yōu)?P B. 經過位移2L，物體動量變?yōu)?P C. 經過時間2t，物體動能變?yōu)?Ek D. 經過位移2L，物體動能變?yōu)?Ek 【答案】AD 【解析】 以初速度方向為正方向，根據動量定理，有：Ft=P，故時間變?yōu)?t后，動量變?yōu)?P，故A正確；根據Ek＝P22m ，動量變?yōu)?倍，質量減半，故動能變?yōu)?Ek，故C錯誤；經過位移2L，根據動能定理，有：FL=Ek，故位移變?yōu)?倍后，動能變?yōu)?Ek，故D正確；根據P=2mEk ，動能變?yōu)?倍，質量減半，故動量不變，故B錯誤；故選AD. 點睛：本題關鍵是分別根據動量定理和動能定理列式分析，同時要記住動量與動能的關系公式Ek＝P22m，基礎題目． 4.質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始作勻加速直線運動．經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間變化的圖象如圖所示．設F1和F2對A、B的沖量分別為I1和I2，F1和F2對A、B做的功分別為W1和W2，則下列結論正確的是（　　） A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2 C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2 【答案】B 【解析】 從圖象可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小之都為v0t0，根據牛頓第二定律，勻減速運動中有f=ma，則摩擦力大小都為mv0t0．根據圖象知，勻加速運動的加速度分別為2v0t0，v04t0，根據牛頓第二定律，勻加速運動中有F?f=ma，則F1=3mv0t0，F2=5mv04t0，故I1:I2=F1t0:4F2t0=3:5；由圖看出，撤去拉力后兩圖象平行，說明加速度，由牛頓第二定律分析則知加速度a=μg，說明兩物體與地面的動摩擦因數相等，則兩物體所受的摩擦力大小相等，設為f，對全過程運用動能定理得：W1?fs1=0，W2?fs2=0，得W1=fs1，W2=fs2，圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為6：5，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1:W2=s1:s2=6:5，故C正確． 5.如圖所示，質量為m的小滑塊（可視為質點），從h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點（斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接）。要使物體能原路返回，在B點需給物體的瞬時沖量最小應是： （ ） A. 2mgh B. mgh C. mgh2 D. 4mgh 【答案】A 【解析】 滑塊從A到B過程，根據動能定理，有mgh?Wf=0，滑塊從B返回A過程，根據動能定理，有：?mgh?Wf=0?12mv2，聯立解得：v=2gh，在B點需給物體的瞬時沖量等于動量的增加量，故I=mv=2mgh，故A正確。 6.如圖所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后（　?。? A. 兩者的速度均為零 B. 兩者的速度總不會相等 C. 盒子的最終速度為mv0M，方向水平向右 D. 盒子的最終速度為mv0M+m，方向水平向右 【答案】D 【解析】 試題分析：選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向動量守恒得： Mv0=（M十m）v 所以：v= v方向與v0同向，即方向水平向右，故選：D。 考點：動量守恒定律 【名師點睛】以物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向僅有系統(tǒng)內力而不受外力作用，水平方向動量守恒，由于盒子內表面不光滑，最終的狀態(tài)是兩者具有共同的速度。運用動量守恒定律求解最終速度。 7.如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為34h0（不計空氣阻力），則（ ） A. 小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B. 小車向左運動的最大距離為12R C. 小球離開小車后做斜上拋運動 D. 小球第二次能上升的最大高度12h0m，重力加速度為g，某時刻m獲得一瞬時速度v0，當m第一次回到O點正下方時，細線拉力大小為 A. mg B. mg+mv02L C. mg+m(2m)2v02(M+m)2L D. mg+m(M?m)2v02(M+m)2L 【答案】B 【解析】 當小球運動到最低點的速度為v2，把小球和框架看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒：mv0=Mv1+mv2，根據能量守恒有：12mv02=12Mv12+12mv22，聯立解得：v1=2mM+mv0， v2=m?MM+mv0，m相對圓心的速度為：v=v1?v2=v0，由向心力公式：T?mg=mv2L，聯立解得：T=mg+mv02L，故B正確，ACD錯誤。 12.如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個小物塊，其中物塊A的左側連接一輕質彈簧。物塊A處于靜止狀態(tài)，物塊B以一定的初速度向物塊A運動，并通過彈簧與物塊A發(fā)生彈性正碰。對于該作用過程，兩物塊的速率變化可用速率—時間圖象進行描述，在圖所示的圖象中，圖線1表示物塊A的速率變化情況，圖線2表示物塊B的速率變化情況。則在這四個圖象中可能正確的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 物塊B壓縮彈簧的過程，開始時A做加速運動，B做減速運動，隨著壓縮量的增大，彈簧的彈力增大，兩個物塊的加速度增大．當彈簧壓縮至最短時，二者的速度相等；此后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速，彈簧的壓縮量減小，彈力減小，兩個物塊的加速度減?。攺椈苫謴驮L時B離開彈簧．所以v-t圖象切線斜率的大小都先增大后減小．設B離開彈簧時A、B的速度分別為vA和vB．取水平向右為正方向，根據動量守恒定律：mBv0=mAvA+mBvB，由機械能守恒得：12mBv02=12mAvA2+mBvB2聯立解得vA=2mBmA+mBv0 ，vB=mB?mAmA+mBv0 ．若mB＞mA，由上式可得：vA＞vB．所以B圖是可能的．若mB=mA，由上式可得：vA=v0，vB=0．若mB＜mA，由上式可得：vA＞0，vB＜0．綜上，只有B圖是可能的．故ACD錯誤，B正確．故選B. 點睛：該題考查系統(tǒng)的動量守恒定律與機械能守恒定律，解決本題的關鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，要知道v-t圖象的斜率表示加速度． 13.沖擊擺是用來測量子彈速度的一種簡單裝置．如圖所示，將一個質量很大的砂箱用輕繩懸掛起來，一顆子彈水平射入砂箱，砂箱發(fā)生擺動．若子彈射擊砂箱時的速度為v，測得沖擊擺的最大擺角為，砂箱上升的最大高度為h，則當子彈射擊砂箱時的速度變?yōu)?v時，下列說法正確的是（ ） A. 沖擊擺的最大擺角將變?yōu)?θ B. 沖擊擺的最大擺角的正切值將變?yōu)?tanθ C. 砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h D. 砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h 【答案】D 【解析】 設子彈的質量為m，砂箱的質量為M，砂箱上升的最大高度為h，最大偏轉角為θ，沖擊擺的擺長為L；以子彈和砂箱作為整體，在子彈和砂箱一起升至最高點的過程中，由機械能守恒，由機械能守恒定律得：12(m+M)v共2＝(m+M)gh，解得：v共＝2gh ；在子彈射入砂箱的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv=（m+M）v共，解得：v＝m+Mmv共＝m+Mm?2gh①；沖擊擺的最大偏轉角滿足cosθ=L?hL，由于不知道h與L之間的關系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解是否將變?yōu)?θ．故A錯誤；由于不知道h與L之間的關系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解的正切值是否將變?yōu)?tanθ．故B錯誤；由公式①可知，當v增大為2v時，砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h．故C錯誤，D正確；故選D． 點睛：本題屬于動量守恒與機械能守恒在日常生活中的應用的例子，分析清楚物體運動過程、應用機械能守恒定律與動量守恒定律即可正確解題求出子彈的初速度與沖擊擺上升的高度、擺動的夾角之間的關系是解答的關鍵． 14.用一個半球形容器和三個小球可以進行碰撞實驗，已知容器內側面光滑，半徑為R，三個質量分別為m1、m2、m3，兩兩的小球1、2、3，半徑相同且可視為質點，自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸，若將質量為m，的球移至左側離容器底高h處無初速釋放，如圖所示，各小球間的碰撞時間極短且碰撞時無機械能損失，小球1與2、2與3碰后，球1停在0點正下方，球2上升的最大高度為19R，球3恰能滑出容器，則三個小球的質量之比為 A. 2:2:1 B. 3:3:1 C. 4:4:1 D. 3:2:1 【答案】B 【解析】 碰撞前球1下滑過程，由機械能守恒定律得m1gh=12m1v02 對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0=m2v2+m3v3 由機械能守恒定律得：12m1v02=12m2v22+12m3v32 碰后，對球2有12m2v22=m2g19R 對球3有12m3v32=m3gR 聯立解得m1:m2:m3=3:3:1. 故選：B 【名師點睛】 由于小球間的碰撞時間極短且碰撞時無機械能損失，所以碰撞過程遵守動量守恒定律和機械能守恒定律，由此列式；再對碰后，運用機械能守恒定律對球2和球3列式，聯立可解。 15.某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結合體的位移變化關系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知(　　) A. 碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B. 碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大 C. 碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D. 滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的16 【答案】D 【解析】 根據s—t圖像的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5：2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動能的表達式可知，12m1v12>12m2v22，故C錯誤，D正確． 故選D 16.在光滑的水平地面上水平放置著足夠長的質量為M的木板，其上放置著質量為m帶正電的物塊（電量保持不變），兩者之間的動摩擦因數恒定，且M＞m，空間存在著足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，某時刻開始它們以大小相同的速度相向運動，如圖，取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是（　?。? A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 對m分析可知，m受重力、支持力和洛倫茲力與摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做減速運動；則由F=Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來越大；同時M受m向右的摩擦力作用，M也做減速運動；因摩擦力增大，故M的加速度也越來越大；則可知v-t圖象中對應的圖象應為曲線；對Mm組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，最終兩物體速度一定相同，則有mv0?Mv0=M+mv，因M>m，故最終速度一定為負值，說明最終兩物體均向左做勻速運動，則B正確． 17.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（ ） A. 從開始計時到t4這段時間內，物塊A、B在t2時刻相距最遠 B. 物塊A、B在t1與t3兩個時刻各自的加速度相同 C. t2到t3這段時間彈簧處于壓縮狀態(tài) D. m1:m2=1:2 【答案】D 【解析】 結合圖象可得兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相當，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最大，然后彈簧逐漸恢復原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當t3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t2到t3過程中彈簧的長度將逐漸變大，故A、B、C錯誤；系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有：m1v0=（m1+m2）v2，解得：m1：m2=1：2，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。 18.如圖，帶有光滑弧形軌道的小車質量為m，放在光滑水平面上，一質量也是m的小鐵塊，以速度v沿軌道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，則當鐵塊回到小車右端時，將（　　） A. 以速度v做向右平拋運動 B. 靜止于車上 C. 以小于v的速度向左做平拋運動 D. 做自由落體運動 【答案】D 【解析】 【詳解】小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=mv車+mv鐵，系統(tǒng)的機械能守恒，由機械能守恒定律得：12mv02=12mv車2+12mv鐵2，解得鐵塊離開車時：v鐵=0，v車=v，所以鐵塊離開車時將做自由落體運動，故D正確，A、B、C錯誤. 故選D. 【點睛】解決本題關鍵是能夠把動量守恒和機械能守恒結合起來，要知道接觸面光滑時，往往考慮系統(tǒng)的機械能是否守恒． 19.如圖甲所示，A、B兩個滑塊靠在一起放在光滑的水平面上，其質量分別為2m和m，從t=0時刻起，水平力F1、F2同時分別作用在滑塊A和B上，已知F1、F2隨時間變化的關系如圖乙所示，兩力作用在同一直線上．則滑塊從靜止開始滑動到A、B兩個滑塊發(fā)生分離的時間是（　?。? A. 2s B. 3s C. 4s D. 6s 【答案】A 【解析】 【分析】 先根據數學知識寫出水平力F1、F2與時間的關系式．再根據牛頓第二定律對整體和其中一個物體列式，求出A、B兩個滑塊發(fā)生分離的時間． 【詳解】由乙圖可得：F1=(60-10t)N，F2=10t N, 當A、B兩個滑塊剛要發(fā)生分離時相互間的作用力為零，對整體，由牛頓第二定律得：F1+F2=(2m+m)a 對B有：F2=ma 聯立得：t=2s 即滑塊從靜止開始滑動到A、B兩個滑塊發(fā)生分離的時間是2s.故A正確，B,C,D錯誤. 故選A. 【點睛】解決本題時要靈活選擇研究對象，采用隔離法和整體法相結合研究，比較簡潔．還要抓住臨界條件：兩個物體剛要分離時相互間的作用力為零． 20.質量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于(　　) A. 彈性碰撞 B. 非彈性碰撞 C. 完全非彈性碰撞 D. 條件不足，不能確定 【答案】A 【解析】 根據x-t圖象可知：a球的初速度為：va=31m/s=3m/s，b球的初的速度為vb=0， 碰撞后a球的速度為：va′=?11m/s=?1m/s ；碰撞后b球的速度為：vb′=5?31m/s=2m/s ；兩球碰撞過程中，動能變化量為：ΔEk=12mava2+0?12mava′2?12mbvb′2=12132?12112?12222=0 則知碰撞前后系統(tǒng)的總動能不變，此碰撞是彈性碰撞；故選A． 點睛：本題主要考查了動量守恒定律得應用，要知道判斷是否為彈性碰撞的方法是看機械能是否守恒，若守恒，則是彈性碰撞，若不守恒，則不是彈性碰撞. 21.如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質量為M2的物塊．今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（ ） A. 小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B. 小球在槽內運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C. 小球離開C點以后，將做豎直上拋運動 D. 槽將不會再次與墻接觸 【答案】D 【解析】 小球從AB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽 和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在小球運動的全過程，水平方向 動量也不守恒，選項AB錯誤；當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，C錯誤；因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平 方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，D正確． 【點睛】判斷系統(tǒng)動量是否守恒關鍵是明確系統(tǒng)是否受到外力的作用，故在應用動量守恒定律時一定要明確是哪一系統(tǒng)動量守恒． 22.如圖所示，質量之比mA：mB=3：2的兩物體A、B，原來靜止在平板上小車C上，地面光滑?，F同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2使A、B同時由靜止開始運動，下列正確的說法是（ ） A. 僅當A、B與平板車上表面間的動摩擦因數之比為μA：μB=2：3時， ABC組成系統(tǒng)的動量才守恒 B. 無論A、B與平板車上表面間的動摩擦因數是否相同， A、B、C組成系統(tǒng)的動量都守恒 C. 因為F1、F2等大反向，故A、B組成的系統(tǒng)的機械能守恒 D. 若A、B與小車C上表面間的動摩擦因數相同，則C與B的運動方向相同 【答案】B 【解析】 試題分析：將A、B、C組成系統(tǒng)合力為零，故系統(tǒng)動量守恒，故選項A錯誤，選項B正確；由于A、B與C之間有摩擦力做功，有內能產生，故系統(tǒng)機械能不守恒，故選項C錯誤；若A、B與小車C上表面間的動摩擦因素相同，則A對C的摩擦力大于B對C的摩擦力，故A與C的運動方向相同，故選項D錯誤。 考點：動量守恒，機械能守恒 【名師點睛】本題要抓住摩擦力是內陸，分析清楚物體的受力情況是正確解題的關鍵，緊扣動量守恒和機械能守恒的條件進行分析即可。 23.如圖所示,光滑的水平面上有一質量M=9Kg的木板,其右端恰好和光滑固定圓弧軌道AB的底端等高對接(木板的水平上表面與圓弧軌道相切),木板右端放有一質量m0=2kg的物體C(可視為質點),已知圓弧軌道半徑R=0.9m.現將一質量m=4kg的小滑塊(可視為質點),由軌道頂端A點無初速釋放,滑塊滑到B端后沖上木板,并與木板右端的物體C粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不從木板左端滑出.已知滑塊與木板上表面的動摩擦因數,物體C與木板上表面的動摩擦因數.取g=10m/.求: (1)滑塊到達圓弧的B端時,軌道對它的支持力大小FN (2)木板的長度L 【答案】(1)120N (2)1.2m 【解析】 （1）滑塊從A端下滑到B端，由機械能守恒得：mgR=12mv2 得：v=2gR=2100.9=32m/s 在B點，由牛頓第二定律得：FN-mg=mv02R 解得軌道對滑塊的支持力為：FN=3mg=3410N=120N 由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力為120 N （2）滑塊滑上小車后，滑塊與木板右側的物體C發(fā)生碰撞，以向左為正方向，設碰撞后共同的速度為v1，則： mv0=m+m0v1, 代入數據得：v1=22m/s 對滑塊．物塊C以及小車，三者組成的系統(tǒng)沿水平方向的動量守恒，設末速度為v2，由動量守恒有： m+m0v1=m+m0+Mv2， 由能的轉化和守恒得：μ1m+μ2m0?gl=12m+m0v12-12M+m+m0v22 代入數據得：l=1.2m 24.如圖所示，一個半徑為R=1.00m的14粗糙圓孤軌道，固定在豎直平面內，其下端切線是水平的，軌道下端距地面高度為h=1.25m在軌道末端放有質量為mB=0.05kg的小球(視為質點)，B左側軌道下裝有微型傳感器，另一質量為mA=0.10kg的小球A(也視為質點)由軌道上端點從靜止開始釋放，運動到軌道最低處時，傳感器顯示讀數為2.60N，A與B發(fā)生正碰，碰后B小球水平飛出，落到地面時的水平位移為s=2.00m，不計空氣阻力，重力加速度取g=10 m/s2。求： (1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功； (2)A與B碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機械能。 【答案】(1) 0.20 J (2) 0.20 J 【解析】 小球A在圓弧軌道上做圓周運動，經過最低點時由合力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出小球A運動到軌道最低處時的速度大小。對于A球下滑的過程，利用動能定理可以求出小球A克服摩擦力做的功。小球B離開軌道后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可以求出碰后B的速度，然后由動量守恒定律求出碰撞后A的速度，再由能量守恒定律求碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能。 （1）在最低點對球由牛頓第二定律有： FA?mAg=mAvA2R vA=4.00 m/s 由動能定理有：mAgR?Wf=12mAvA2 解得Wf = 0.20 J （2）碰后B球做平拋運動有： h=12gt2 s=v′Bt v′B=4m/s A、B碰撞，由動量守恒定律有：mAvA=mAv′A+mBv′B 得v′A=2.0m/s 由能量守恒得：ΔE損=ΔE損=12mAvA2?12mAv′A2?12mBv′B2 故 ΔE損=0.20J 【點睛】本題是多研究對象多過程問題，分析清楚物體運動過程，應用牛頓第二定律、動能定理、平拋運動規(guī)律、動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意過程的選擇與正方向的選擇。 25.某小組在探究反沖運動時，將質量為m1一個小液化瓶固定在質量為m2的小球具船上，利用液化瓶向外噴射氣體做為船的動力?，F在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化汽瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在△t的時間內向后噴射的氣體的質量為△m，忽略水的阻力，則 ①噴射出質量為△m的液體后，小船的速度是多少？ ②噴射出△m液體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？ 【答案】（1）（2） 【解析】 （1）由動量守恒定律得0=(m1+m2?Δm)v?Δmv1 得：v船=。 (2)對噴射出的氣體運用動量定理得：F△t=△mv1 解得F=由牛頓第三定律得， 小船所受氣體的平均作用力大小為F=