《2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题二 能量与动量 第5讲 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题二 能量与动量 第5讲 Word版含解析.pdf（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 19 页 第第 5 讲 力学中的动量与能量问题讲 力学中的动量与能量问题 1公式：Ftpp 2理解 (1)等式左边是过程量 Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式v1、v2是以同一惯性参考系为 参照的 (2)p 的方向可与 mv1一致、相反或成某一角度，但是 p 的方向一定与 F 一致 3应用 (1)恒力，求 p 时，用 pFt (2)变力，求 I 时，用 Ipmv2mv1 (3)当 p 一定时，Ft 为确定值：Fp t t 小 F 大如碰撞；t 大 F 小如缓冲 例1 (2018全国卷15)高空坠物极易对行人造成伤害 若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时
2、间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A10 N B102 N C103 N D104 N 答案 C 解析 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h324 m72 m 由 mgh mv2及(Fmg)tmv 知 1 2 第 2 页 共 19 页 鸡蛋对地面的冲击力 Fmg103 N. m 2gh t 拓展训练 1 (2019广东省 “六校” 第三次联考)开学了， 想到又能够回到校园为梦想而拼搏， 小明同学开心得跳了起来假设小明质量为 m，从开始蹬地到离开地面用时为 t，离地后小明 重心最大升高 h，重力加速度为 g，忽略空气阻力以下说法正确的是( ) A从开始蹬地到最高点的过
3、程中，小明始终处于失重状态 B在 t 时间内，小明机械能增加了 mgh C在 t 时间内，地面给小明的平均支持力为 FNm 2gh t D在 t 时间内，地面对小明做功 mgh 答案 B 解析 从开始蹬地到最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后 失重，故 A 错误；小明离开地面后，上升了高度 h，增加的机械能为 mgh，这是在蹬地的时 间 t 中，其他外力做功转化的，故 B 正确；在时间 t 内，由动量定理得： Ntmgtmv0， F 离开地面到最高点有：mgh mv2，解得： N mg，故 C 错误；在时间 t 内，地面 1 2 F m 2gh t 对小明的支持力 F
4、N并没有在力的方向上发生位移，做功为 0，故 D 错误 例 2 (2019全国卷16)最近， 我国为 “长征九号” 研制的大推力新型火箭发动机联试成功， 这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为( ) A1.6102 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg 答案 B 解析 根据动量定理有 Ftmv0，解得 m t1.6103 kg，所以选项 B 正确 F v 拓展训练 2 (2019湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表
5、演，他操控喷射式悬浮 飞行器将水带竖直送上来的水反转 180后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示已知运 第 3 页 共 19 页 动员与装备的总质量为 90 kg， 两个喷嘴的直径均为 10 cm， 已知重力加速度大小 g10 m/s2， 水的密度 1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( ) A2.7 m/s B5.4 m/s C7.6 m/s D10.8 m/s 答案 B 解析 设 t 时间内有质量为 m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得：Ft 2mv，m2vtd 2 4 运动员悬停在空中，所以 FMg 联立解得：v5.4 m/s，故 B 正确 相关知识链接 1
6、动量守恒条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零 (2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内 力冲量小得多 (3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒 2表达式 第 4 页 共 19 页 m1v1m2v2m1v1m2v2或 pp或 p0 规律方法提炼 1基本思路 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程 (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点 (3)碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒 定律分析 2三类碰撞的特点 例 3 (2019山东日照市 3
7、月模拟)A、 B 两小球静止在光滑水平面上， 用轻弹簧相连接， A、 B 两球的质量分别为 m 和 M(mL2 BL1L2 CL1L2 D不能确定 答案 C 解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取 A 的初速度方向为正方向，由动量 守恒定律得：mv(mM)v 由机械能守恒定律得：Ep mv2 (mM)v2 1 2 1 2 第 5 页 共 19 页 联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep mMv2 2mM 同理：对乙图取 B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep mMv2 2mM 故弹性势能相等，则有：L1L2，故 A、B、D 错误，C 正确 拓展训练 3 (2019四川省第二
8、次诊断)如图所示，一块长度为 L、质量为 m 的木块静止在光 滑水平面上一颗质量也为 m 的子弹以水平速度 v0射入木块当子弹刚射穿木块时，木块向 前移动的距离为 s.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点则子弹 穿过木块的时间为( ) A.(sL) B.(s2L) 1 v0 1 v0 C.(sL) D.(L2s) 1 2v0 1 v0 答案 D 解析 子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：mv0mv1 mv2， 设子弹穿过木块的过程所受阻力为 Ff，对子弹由动能定理：Ff(sL) mv mv ， 1 2 12 1 2 02 由动量定理：Fftmv1
9、mv0， 对木块由动能定理：Ffs mv ， 1 2 22 由动量定理：Fftmv2， 联立解得：t(L2s)，故选 D. 1 v0 第 6 页 共 19 页 例 4 如图所示，物体 A 静止在光滑平直轨道上，其左端固定有水平轻质弹簧，物体 B 以速 度 v02.0 m/s 沿轨道向物体 A 运动，并通过弹簧与物体 A 发生相互作用，设 A、B 两物体的 质量均为 m2 kg，求当物体 A 的速度多大时，A、B 组成的系统动能损失最大？损失的最大 动能为多少？ 答案 1.0 m/s 2 J 解析 当两物体速度相等时， 弹簧压缩量最大， 系统损失的动能最大 以 v0的方向为正方向， 由动量守恒定
10、律知 mv02mv，所以 v1.0 m/s v0 2 损失的动能为 Ek mv 2mv22 J. 1 2 02 1 2 拓展训练 4 (多选)(2019福建厦门市上学期期末质检)如图所示，一质量 M2.0 kg 的长木 板 B 放在光滑水平地面上， 在其右端放一个质量 m1.0 kg 的小物块 A.给 A 和 B 以大小均为 3. 0 m/s、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离 B 板下列 说法正确的是( ) AA、B 共速时的速度大小为 1 m/s B在小物块 A 做加速运动的时间内，木板 B 速度大小可能是 2 m/s C从 A 开始运动到 A、B
11、共速的过程中，木板 B 对小物块 A 的水平冲量大小为 2 Ns D从 A 开始运动到 A、B 共速的过程中，小物块 A 对木板 B 的水平冲量方向向左 答案 AD 解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mvmv(Mm)v共，解得 v共1 m/s， A 正确 ； 设水平向右为正方向， 在小物块向左减速到速度为零时， 设长木板速度大小为 v1， 根据动量守恒定律：MvmvMv1，解得：v11.5 m/s，所以当小物块反向加速的过程中， 木板继续减速，木板的速度必然小于 1.5 m/s，所以 B 错误；设水平向右为正方向，根据动量 第 7 页 共 19 页 定理，A、B 两物体相互作用的过
12、程中，木板 B 对小物块 A 的平均冲量大小为 Imv共mv4 Ns， 故C错误 ； 设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量IMv共Mv4 Ns，负号 代表与正方向相反，即向左， 故 D 正确 1三个基本观点 (1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或 匀变速运动的问题 (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以 及相互作用物体的问题 (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的 转化问题时，常用能量守恒定律 2选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定
13、理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用 动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二 定律 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用 动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 3系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解 决比较复杂的运动 (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑， 如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统) 例 5 (2019湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，半径 R1
14、1 m 的四分之一光滑圆 弧轨道 AB 与平台 BC 在 B 点平滑连接， 半径 R20.8 m 的四分之一圆弧轨道上端与平台 C 端 第 8 页 共 19 页 连接，下端与水平地面平滑连接，质量 m0.1 kg 的乙物块放在平台 BC 的右端 C 点，将质 量也为 m 的甲物块在 A 点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与 乙粘在一起从 C 点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为 0.2，BC 长 L1 m，重 力加速度 g 取 10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求： (1)甲物块滑到 B 点时对轨道的压力大小； (2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小
15、； (3)粘在一起的甲、乙两物块从 C 点抛出到落到 CDE 段轨道上所用的时间 答案 (1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s 解析 (1)甲物块从 A 点滑到 B 点，根据机械能守恒定律有：mgR1 mv 1 2 12 甲物块运动到 B 点时，根据牛顿第二定律有：FNmgmv 12 R1 联立解得：FN3 N 根据牛顿第三定律可知，甲物块在 B 点对轨道的压力大小 FNFN3 N (2)甲从 B 点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为 ag2 m/s2 甲物块乙相碰前瞬间的速度为 v24 m/sv122gL 设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为 v3，根据动量守恒有：mv
16、22mv3 解得：v32 m/s； (3)碰撞后，甲和乙以 2 m/s 的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上 则下落的时间 t0.4 s 2R2 g 第 9 页 共 19 页 则水平的位移 xv3t0.8 mR2 说明两物块刚好落到 D 点，假设成立 因此抛出后落到 CDE 轨道上所用时间为 0.4 s. 拓展训练5 (2019山东菏泽市一模)如图所示， 质量均为m的A、 B两球套在悬挂的细绳上， A 球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动 A 就与绳分离，A 球离地高度为 h，A、B 两球开始时 在绳上的间距也为 h，B 球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与 A 球相碰后粘在一起(碰撞时间 极
17、短)，并滑离绳子若 B 球沿绳下滑的时间是 A、B 一起下落到地面时间的 2 倍，重力加速 度为 g，不计两球大小及空气阻力，求： (1)A、B 两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小； (2)从 B 球开始释放到两球粘在一起下落，A、B 两球组成的系统损失的机械能为多少 答案 (1) (2) mgh 1 2 gh 3 4 解析 (1)设 B 球与 A 球相碰前的速度大小为 v1，运动时间为 t1，则 h v1t1 1 2 碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为 v2，运动时间为 t2，根据动量守恒定律 有 mv12mv2 两球一起下落过程中，hv2t2 gt 1 2 22 t12t2 解得
18、v2； 1 2 gh 第 10 页 共 19 页 (2)B 球下滑到碰撞前，损失的机械能 E1mgh mv 1 2 12 由(1)问知 v1 gh 因此 E1 mgh 1 2 碰撞过程损失的机械能 E2 mv 2mv mgh 1 2 12 1 2 22 1 4 因此整个过程损失的机械能为 EE1E2 mgh. 3 4 拓展训练 6 (2019河南省九师联盟质检)如图所示，在光滑水平面上有 B、C 两个木板，B 的上表面光滑， C 的上表面粗糙， B 上有一个可视为质点的物块 A， A、 B、 C 的质量分别为 3m、 2m、m.A、B 以相同的初速度 v 向右运动，C 以速度 v 向左运动B、
19、C 的上表面等高，二者 发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短A 滑上 C 后恰好能到达 C 的中间位置，C 的长度为 L，不计空气阻力求： (1)木板 C 的最终速度的大小； (2)木板 C 与物块 A 之间的摩擦力 Ff； (3)物块 A 滑上木板 C 之后，在木板 C 上做减速运动的时间 t. 答案 (1) v (2) (3) 5 6 mv2 3L 3L 2v 解析 (1)B、C 碰撞过程中动量守恒：2mvmv(2mm)v1 解得 v1v 3 A 滑到 C 上，A、C 动量守恒：3mvmv1(3mm)v2 解得 v2 v； 5 6 第 11 页 共 19 页 (2)在 A、C 相互作
20、用过程中，由能量守恒定律得 QFf ， L 2 Q (3m)v2 mv (3mm)v 1 2 1 2 12 1 2 22 解得 Ff； mv2 3L (3)在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得 Fftmv2mv1 解得 t. 3L 2v 专题强化练专题强化练 基础题组 1.如图所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的 运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向 前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ) A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B甲、乙的动量变化一定大小相
21、等、方向相反 C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 答案 B 2.(2019广东广州市下学期一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最 高点到入水前的运动过程记为， 运动员入水后到最低点的运动过程记为， 忽略空气阻力， 则运动员( ) 第 12 页 共 19 页 A过程的动量改变量等于零 B过程的动量改变量等于零 C过程的动量改变量等于重力的冲量 D过程的动量改变量等于重力的冲量 答案 C 解析 过程的动量改变量等于重力的冲量 mgt，不为零，A 错误，C 正确 进入水前 v0，末速度为零，动量改变量不为零，合外力的冲量不等于重力的
22、冲量，B、D 错误 3.(多选)如图所示，一个质量为 0.2 kg 的垒球，以 20 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击 后反向水平飞回，速度大小变为 40 m/s，设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s下列说法正确 的是( ) A球棒对垒球的平均作用力大小为 1 200 N B球棒对垒球的平均作用力大小为 400 N C球棒对垒球做的功为 120 J D球棒对垒球做的功为 40 J 答案 AC 第 13 页 共 19 页 解析 以垒球被打击后反向飞回的方向为正方向，设球棒对垒球的平均作用力为 F，由动量 定理得 Ftm(vtv0)， vt40 m/s， v020 m/s， 代入上式， 得
23、 F1 200 N， 由动能定理得 W mv mv 120 J，选项 A、C 正确 1 2 t2 1 2 02 4.(多选)(2017全国卷20)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( ) At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 答案 AB 解析 由动量定理可得：Ftmv，解得 v.t1 s 时物块的速率为 v m/s1 Ft m Ft m 2 1 2 m/s，故 A 正确；t2 s 时物块的动量大
24、小 p2F2t222 kgm/s4 kgm/s，t3 s 时物块的 动量大小为 p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 时物块的动量大小为 p4(22 12) kg m/s2 kgm/s，所以 t4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、D 错误 5 (2019陕西宝鸡市高考模拟检测)超强台风山竹于 2018 年 9 月 16 日前后在我国广东中部沿 海登陆，其风力达到 17 级超强台风强度，风速 60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度非常巨 大 请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小 关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受
25、力面积为 S，风速大小为 v，空气吹到建筑物上后速 度瞬间减为零，空气密度为 ，风力 F 与风速大小 v 关系式为( ) AFSv BFSv2 第 14 页 共 19 页 CF Sv3 DFSv3 1 2 答案 B 解析 设 t 时间内吹到建筑物上的空气质量为 m， 则 mSvt， 根据动量定理， Ft0mv0 Sv2t，FSv2，故 B 正确，A、C、D 错误 6高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对 人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)此后经历时间 t 安全带达到最大 伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对
26、人的平均作用力大小为 ( ) A.mg B.mg m 2gh t m 2gh t C.mg D.mg m gh t m gh t 答案 A 解析 由自由落体运动公式得人下降 h 距离时的速度为 v，在 t 时间内对人由动量定2gh 理得(mgF)t0mv，解得安全带对人的平均作用力为 Fmg，A 项正确 m 2gh t 7如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率 v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星 分离已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2沿火箭 原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1为( ) Av0v2 Bv0
27、v2 Cv0v2 Dv0(v0v2) m2 m1 m2 m1 答案 D 解析 根据动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v2，解得 v1v0(v0v2)，故 A、B、C m2 m1 第 15 页 共 19 页 错误，D 正确 8(2017全国卷14)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷 出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A30 kgm/s B5.7102 kgm/s C6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s 答案 A 解析 设火箭的质量为 m1，
28、燃气的质量为 m2.由题意可知，燃气的动量 p2m2v250103 600 kgm/s30 kgm/s.根据动量守恒定律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为 p1 m1v1m2v230 kgm/s，所以 A 正确，B、C、D 错误 9(2019山东临沂市质检)2017 年 6 月 15 日上午 11 点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四 号乙运载火箭成功发射首颗 X 射线调制望远镜卫星“慧眼” 假设将发射火箭看成如下模型 ： 静止的实验火箭， 总质量为 M2 100 g 当它以对地速度为 v0840 m/s 喷出质量为 m100 g 的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空
29、气阻力可忽略不计)( ) A42 m/s B42 m/s C40 m/s D40 m/s 答案 B 解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系 统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(M m)v0，解得：v42 m/s，故 B 正确，A、C、D 错误 能力题组 10(2018全国卷24)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立 即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰 撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m已知 A 和 B 的
30、质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后 车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2.求： 第 16 页 共 19 页 (1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小 答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 解析 (1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有 mBgmBaB 式中 是汽车与路面间的动摩擦因数 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB22aBsB 联立式并利用题给数据得 v
31、B3.0 m/s (2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有 mAgmAaA 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有 vA22aAsA 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvAmAvAmBvB 联立式并利用题给数据得 vA4.3 m/s 11如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C，B 的左侧固定一轻弹 第 17 页 共 19 页 簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧 ； 当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在
32、一起，然后继续运动假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从 A 开始 压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中 (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能 答案 (1)mv (2)mv 1 16 02 13 48 02 解析 (1)以 v0的方向为正方向，对 A、B 组成的系统，由动量守恒定律得 mv02mv1 解得 v1 v0 1 2 B 与 C 碰撞的瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，有 m2mv2 v0 2 解得 v2v 0 4 系统损失的机械能 E m()2 2m()2mv 1 2 v0 2 1 2 v0 4 1 16 02 (2)当 A、B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能
33、最大以 v0的方向为正方向，根据动量守恒定 律得 mv03mv 解得 vv 0 3 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 第 18 页 共 19 页 Ep mv (3m)v2Emv . 1 2 02 1 2 13 48 02 12(2019江西宜春市第一学期期末)如图所示，倾角为 30的粗糙斜面与光滑水平轨道通过 一小段圆弧在 C 点相接，水平轨道的右侧与半径为 R0.32 m 的光滑竖直半圆形轨道相 连质量为 0.5 kg 的物体 B 静止在水平轨道上，一质量为 0.1 kg 的 A 物体以 v016 m/s 的速 度与 B 发生正碰，结果 B 恰好能通过半圆形轨道的最高点A、B 均可看成
34、质点，除第一次 碰撞外，不考虑 A、B 间其他的相互作用，已知 A 与斜面间的动摩擦因数为 ，取 g10 3 5 m/s2.求： (1)碰撞过程中 A 对 B 的冲量大小； (2)A 从第一次冲上斜面到离开斜面的时间 答案 (1)2 Ns (2)1.5 s 解析 (1)B 恰好能通过最高点，故在最高点有：mBgmBv D2 R 设 A、B 碰后 B 的速度为 vB，则 B 从碰后到 B 运动到 D 点的过程中有： mBg2R mBv mBv 1 2 D2 1 2 B2 联立代入数据解得：vB4 m/s 故 A 对 B 的冲量大小为：IABmBvB02 Ns; (2)A、B 碰撞过程中动量守恒，以 v0方向为正，则有：mAv0mAvAmBvB 代入数据，解得：vA4 m/s，负号说明其方向与 v0方向相反 因此 A 以 vA4 m/s 的速度冲上斜面，A 沿斜面向上运动的加速度大小为：a1gsin gcos 8 m/s2 第 19 页 共 19 页 A 沿斜面向上运动的时间为：t10.5 s 0vA a1 A 沿斜面向上运动的距离为：xt11 m 0vA 2 A 沿斜面向下运动的加速度大小为：a2gsin gcos 2 m/s2 A 沿斜面向下运动的过程中有：x a2t ，代入数据解得：t21 s 1 2 22 故 A 从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：tt1t21.5 s.