高三物理第二轮专题复习(动量守恒律)通用.pdf

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1、准兑市爱憎阳光实验学校第准兑市爱憎阳光实验学校第 2 2 讲讲动量守恒律动量守恒律1 1【解读】【解读】内容内容知道弹性碰撞和非弹性碰撞弹性碰撞和非弹性碰撞动量守恒律说明：只限于一维理解动量守恒律确实切含义，知道其适用范围掌握动量守恒律解题的一般步骤会用动量守恒律解决一维运动有关问题能力要求能力要求要明确动量守恒律的条件，按照用动量守恒律的解题思路列式，列式时要理解动量守恒律的五性“系统性、条件性、同一性、同时性、矢量性、相对性能用动量守恒律解决人船模型、“合二为一和“一分为二问题考向位考向位如果是非弹性力作用，使机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞此类碰撞过程中，系统动量守

2、恒，机械能有损失，即机械能不守恒完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，那么机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞碰撞物体粘合在一起，具有同一速度 此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大2.2.考点整合考点整合考点一碰撞考点一碰撞1 1义：义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞2 2碰撞的特点碰撞的特点作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的碰撞过程中，总动能不增因为没有其它形式的能量转化为动能碰撞过程中，当两物体碰后速度相时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大碰撞过程中，两物体产生

3、的位移可忽略3 3碰撞的分类碰撞的分类。0909卷卷2121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，两者质量之比 M/m 可能为 ABA.2 B.3 C.4D.5【解析】此题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为 P,那么总动量为 2P,根据P2 2mEK,以及能量的关系得4P2p2P2M 3,所以 AB2M2m2Mm正确。【答案】AB【指引】判碰撞可能性问题的分析思路判系统动量是否守恒判物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度判碰撞前后动能

4、是不增加考点二考点二 动量守恒律动量守恒律弹性碰撞或称完全弹性碰撞如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞或称完全弹性碰撞 此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒非弹性碰撞1 1义：义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变 即：m1v1 m2v2 m1v1 m2v22 2动量守恒律成立的条件动量守恒律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，那么该方向上动量守恒全过程的某一阶段系统受的合外力为零，那么该阶段系统动量守恒3 3其它表达形式：其它表达形式：

5、除了m1v1 m2v2 m1v，即p/1 m2v/21+p2=p1+p2外，p1+p2=0，p1=-p2和m1m v22v1。(2021(2021 期末试题期末试题)如下图 6-2-2 的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象系统，那么此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：A、动量守恒、机械能守恒B、动量不守恒、机械能不守恒图 6-2-2C、动量守恒、机械能不守恒D、动量不守恒、机械能守恒【解析】假设以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压

6、缩至最短时，弹簧固端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一能量将转化为内能，机械能也不守恒实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统那么可认为动量守恒此瞬间弹簧尚未形变 子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒物理规律总是在一条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件【答案】B【指引】机械能守恒是有条件的与动量守恒的条件不同，它适用的条件就是“系统内只有重力或弹力做功，发生动能和势能的相互转化，做题时一要仔细审题，看准题中的系统在哪？并判断是否发生了动能和势

7、能的相互转化。0909物理物理1919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。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/s21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

8、量守恒律得设与 C 碰撞前瞬间 AB 的速度为 v2，由动能理得联立以上各式解得v2 4m/s假设 AB 与 C 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒律得代入数据解得k 2此时 AB 的运动方向与 C 相同假设 AB 与 C 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得联人船模型是动量守恒律的拓展用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系一个原来静止的系统，由于某一的运动而对另一有冲量，使另一也跟着运动，假设现象中满足动量守恒，那么有m11-m22=0，1=分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选正方向，确初、末

9、状态的动量，最后根据动量守恒律列议程求解不管相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒律用动量守恒律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节这是它的优点所在，律的表述式是一个矢量式，用时要特别注意方向1 1动量守恒律解“人船模型问题动量守恒律解“人船模型问题2 2根据动量守恒律求解“合二为一和“一分为二问题根据动量守恒律求解“合二为一和“一分为二问题“合二为一问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后到达共同速度“一分为二问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动立以上两式解得2kv22k4v v22kv3m22物体在这一方向上的速度经m1过时间

10、的累积使物体在这一方向上运动一段距离，那么距离同样满足s1=s2，它们的相对距离s相=s1+s2代入数据解得k 6此时 AB 的运动方向与 C 相反3 3根据图象分析推理解答相关问题根据图象分析推理解答相关问题假设 AB 与 C 发生碰撞后 AB 的速度为 0，由动量守恒律得。0707 1616A、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机代入数据解得k 4在 t0=0，t1=t，t2=2t，t3=3t 各时刻闪光四次，摄得如下图6-2-5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【指引】用动量守恒律

11、时注意“三性C.碰后 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t=0.5t；矢量性：表达式中的速度、动量均为矢量，在作用前后速度都在一条直线D.碰后 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t=t上的情况下，选一个正方向，可将矢量运算转化为代数运算。同一性：表达式中各速度必须是相对同一参考系的速度。同时性：表达式两边的各个速度必须是同一时刻的速度。考点三考点三 动量守恒律用动量守恒律用动量守恒律的一般用步骤：确研究对象，选取研究过程；照片，其中 B 像有重叠，mB=mA，由此可判断A.碰前 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t=t；图 6-2-532B.碰前 B 静止，碰撞发生在 60 cm

12、处，t=0.5t；【解析】假设碰撞前 B 静止，那么 VB0=0，那么 t0，t1，t2时刻 B 都处在 60cm处，所以碰撞只能发生在 x=60cm 处，碰撞时 t=t，碰撞后 B 的速度VBt碰撞前 A 的速度VA0205，碰撞后VAt tt/210；t/2碰撞前系统动量为：m20A.t，碰撞后系统动量为：m510A.t/2 mBt/2，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：1m400110012At2，碰撞后系统动能为：2mAt22m400Bt2，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒律所以碰撞前 B 不可能静止，即 AC 二选项错误假设碰撞后 B 静止，那么VBt=0，那么t1，t2，t

13、3时刻 B 都处在 60cm 处，所以碰撞只能发生在 x=60cm 处，碰撞时t=0.5t，碰撞前 B 的速度VB0 10t/2；碰撞后 A 的速度VAt 20t，碰撞前 A 的速度VA05t/2碰撞前系统动量为：m10t m20Bt，碰撞后系统动量为：m20A.A.t，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：11002mAt212m4001400Bt2，碰撞后系统动能为：2mAt2，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒律【答案】综上所述，只有选项 B 正确【指引】在这个题目中，由于 A、B 两滑块气垫导轨在碰撞前后如果运动该是匀速直线运动运动。由图像分析碰撞前后滑块的速度大小和方向为难点，再结合

14、碰撞条件进行分析。高考热点题型探究高考热点题型探究热点热点 1 1 动量守恒守恒与能量结合的问题动量守恒守恒与能量结合的问题 真题真题 110909 2424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 21 如图 1 所示，ABC 为一固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有着广泛的用。为了探究这

15、一规律，我们所示，在固光滑水平轨道上，质量分别为、mn的假设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。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k1nb.假设m1 4m0,mk m0,m0为确的量。求m2为何值时，k1n值最大【解析】1设碰撞前的速度为，根据机械能守恒律m11gh 2m1v102设碰撞后 m1与 m2的速度分别为 v1和 v2，根据动量守恒律m1v10 m1v1 m2v2由于碰撞过程中无机械能损失12m1v10212m1v12122m2v2、式联立解得vv22m1 10m1m2将代

16、入得2a 由式，考虑到E1K1m v10221和E1K22m2v22得根据动能传递系数的义，对于 1、2 两球kE12k2E4m1m2k1(m1 m2)2同理可得，球 m2和球 m3碰撞后，动能传递系数 k13为kE13k3Ek2Ek34m1m24m2m3Ek1Ek1Ek2(m1 m2)2(m2 m3)2依次类推，动能传递系数 k1n为解得b.将 m1=4m0,m3=mo代入式可得为使 k13最大，只需使m24m02(4m1o m2)(m2 m0)4m02最大，即m2m取最小值，222由m4m20m2m0 4m 可知2m2m20【指引】仔细研究题目所给的条件可以看出，此题的第问完全可以根据学的

17、动能理、动量守恒律求解。此题的第问根据题目给出的信息动能传递系数k1n列式，用数学归纳法求解。该题对数学能力要求比拟高。做题时，一要吃透题目，既要弄清楚每一个物理规律所适用的条件，同时也要找出这些规律之间的内在联系，要多思路、多角度思考和解决问题。【题导练】【题导练】1-1.1-1.一模一模光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA=1kg、mB=4kg，它们中间用一根轻质弹簧相连.一颗水平飞行的子弹质量为m=50g，以V0=500m/s的速度在极短时间内射穿两木块，射穿A木块后子弹的速度变为原来的35，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍.求:系统运动过程中弹簧的最大弹性势

18、能.答案弹穿过 A 时，子弹与 A 动量守恒，由动量守恒律：而由得：v1=300m/sv0AB得：子弹穿过 B 时，子弹与 B 动量守恒，由动量守恒律：又由得：v2=100m/s由，得：子弹穿过 B 以后，弹簧开始被压缩，A、B 和弹簧所组成的系统动量守恒由动量守恒律：由能量关系：由 得：励志高考励志高考-自主学习训练自主学习训练1.1.0808 东城目标检测东城目标检测物体只在力 F 作用下运动,力 F 随时间变化的图象如下图,在 t=1 s 时刻,物体的速度为零,那么以下论述正确的选项是 AC A.03 s 内,力 F 所做的功于零,冲量也于零B.04 s 内,力 F 所做的功于零,冲量也

19、于零C.第 1 s 内和第 2 s 内的速度方向相同，加速度方向相反D.第 3 s 内和第 4 s 内的速度方向相反,加速度方向相同2.2.20072007A、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如下图为两球碰撞前后的位移时间图象.a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移图象,C 为碰撞后两球共同运动的位移图象,假设 A 球质量是 m=2 kg,那么由图象判断以下结论正确的选项是 BCD A.A、B 碰撞前的总动量为 3 kgm/s B.碰撞时 A 对 B 所施冲量为-4 Ns C.碰撞前后 A 的动量变化为 4 kgm/s D.碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10 J3.3.0404

20、理综理综 2121如下图,光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为 mB=2mA,规向右为正方向,A、B 两球的动量均为 6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为-4 kgm/s,那么 A A.左方是 A 球,碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25 B.左方是 A 球,碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110 C.右方是 A 球,碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25 D.右方是 A 球,碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1104.(4.(一中高级十月月考一中高级十月月考)如下图，小车由光滑的弧形段 AB 和粗糙的水平段 BC组成，静

21、止在光滑水平面上，当小车固时，从 A 点由静止滑下的物体到 C 点恰好停止。如果小车不固，物体仍从 A 点静止滑下，那么(B)A还是滑到 C 点停住AB滑到 BC 间某处停住BCC会冲出 C 点落到车外D上述三种情况都有可能5.5.0808 八校第二次八校第二次将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个小铅块可视为质点 以水平初速度 v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止.小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变,现将木板分成 A 和 B 两段,使 B 的长度和质量均为 A 的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木块A 的左端开始向右滑动,如图乙所示

22、,那么以下有关说法正确的选项是 CA.小铅块恰能滑到木板 B 的右端,并与木板 B 保持相对静止B.小铅块将从木板 B 的右端飞离木板C.小铅块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止D.小铅块在木板 B 上滑行产生的热量于在木板 A 上滑行产生热量的 2 倍6.(0820)6.(0820)如下图,固的凹槽水平外表光滑,其内放置 U形滑板 N,滑板两端为半径 R=0.45 m 的 1/4 圆弧面,A 和 D 分别是圆弧的端点,BC段外表粗糙,其余段外表光滑,小滑块 P1和 P2的质量均为 m,滑板的质量M=4m.P1和 P2与 BC 面的动摩擦因数分别为1=0.10 和2=0.40,最

23、大静摩擦力近似于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的 B 点.P1以v0=4.0 m/s 的初速度从 A 点沿弧面自由滑下,与 P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面 B 点上,当 P2滑到 C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达 D 点时速度为零,P21与 P2可视为质点,取 g=10 m/s.问：1P2在 BC 段向右滑动时,滑板的加速度为多大？2BC 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10.8 m/s2(2)m0.695 m解析1将 N、P1看作整体,根据牛顿第二律得：2mg=M+maa=2mgM m2mg0

24、.4104m m m/s2=0.8 m/s25(2)设 P1到达 B 点的速度为 v,P1从 A 点到达 B 点的过程中,根据动能理有：mgR=1mv2-1222mv0代入数据得 v=5 m/s因 P1、P2质量相且发生弹性碰撞,所以碰后 P1、P2交换速度,即碰后 P2在 B 点vB=5 m/s设 P2在 C 点的速度为 vC,P2从 C 点到 D 点过程中根据动能理得：-mgR=-1mv22C代入数据得 vC=3 m/sP2从 B 点到 C 点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设 P2到达 C 点时 N 和 P1的共同速度为 v.根据动量守恒律得：mvB=m

25、vC+(M+m)vv为滑板与槽的右端粘连前滑板和 P1的共同速度.由动能理-2mgL2=1mv2C-1mv222B2mgLN=12(M+m)v2L2和 LN分别为 P2和滑板对地移动的距离,联立得 BC 长度l=L2-LN=1.9 m滑板与槽粘连后,P1在 BC 上移动的距离为 l1-1mgl1=0-1mv221P2在 D 点滑下后,在 BC 上移动的距离 l2mgR=2mgl2联立得系统完全静止时 P1与 P2的间距l=l-l1-l2=0.695 m.7.7.0707 理综理综 2525目前,滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板运发动在一次表演时的一赛道在竖直平面内的示意图,赛道光滑,FG

26、I为圆弧赛道,半径 R=m,G 为最低点并与水平赛道BC 位于同一水平面,KA、DE 平台的高度都为 h=m,B、C、F 处平滑连接.滑板 a和 b 的质量均为 m,m=5 kg,运发动质量为 M,M=45 kg.表演开始,运发动站在滑板 b 上,先让滑板 a 从 A 点静止下滑,t1=0.1 s 后再与 b 板一起从 A 点静止下滑.滑上 BC 赛道后,运发动从 b 板跳到同方向运动的 a 板上,在空中运动的时间 t2=0.6 s(水平方向是匀速运动).运发动与 a 板一起沿 CD 赛道上滑后冲出赛道,落在EF 赛道的P 点,沿赛道滑行,经过 G 点时,运发动受到的支持力N=74N.(滑板和

27、运发动的所有运动都在同一竖直平面内,计算时滑板和运发动都看作质点,取 g=10 m/s2)的速度为：(1)滑到 G 点时,运发动的速度是多大？(2)运发动跳上滑板 a 后,在 BC 赛道上与滑板 a 共同运动的速度是多大？(3)从表演开始到运发动滑至I的过程中,系统的机械能改变了多少？答案 (1)m/s (2)m/s(3)85 J解析 (1)在 G 点,运发动和滑板一起做圆周运动,设向心加速度为 an,速度为vG,运发动受到重力 Mg、滑板对运发动的支持力 N 的作用,那么N-Mg=Man2avn=GRN-Mg=Mv2即GRvG=R(N Mg)MvG=6.5 m/s(2)设滑板 a 由 A 点

28、静止下滑到 BC 赛道后速度为 v1,由机械能守恒律有mgh=1mv221解得 v1=2gh运发动与滑板 b 一起由 A 点静止下滑到 BC 赛道后,速度也为 v1.运发动由滑板 b 跳到滑板 a,设蹬离滑板 b 时的水平速度为 v2,在空中飞行的水平位移为 s,那么s=v2t2设起跳时滑板 a 与滑板 b 的水平距离为 s0,那么s0=v1t1设滑板 a 在 t2时间内的位移为 s1,那么s1=v1t2s=s0+s1即 v2t2=v1(t1+t2)运发动落到滑板 a 后,与滑板 a 共同运动的速度为 v,由动量守恒律mv1+Mv2=(m+M)v由以上方程可解出v=mt2 M(t1t2)(M

29、m)t2gh2代入数据,解得 v=m/s(3)设运发动离开滑板 b 后,滑板 b 的速度为 v3,有Mv2+mv3=(M+m)v1可算出 v3=-3 m/s,有|v3|=3 m/sv1=6 m/s,b 板将在两个平台之间来回运动,机械能不变.系统的机械能改变为E=1(M+m)v222G+12mv3-(m+m+M)gh故E=85 J8.(0819)如图a所示,在光滑绝缘水平面的 AB 区域内存在水平向右的电场,电场强度 E 随时间的变化如图 b 所示,不带电的绝缘小球 P2静止在 O 点.t=0时,带正电的小球 P1以速度 v0从 A 点进入 AB 区域,随后与 P2发生正碰后反弹,反弹速度大小

30、是碰前的23倍,P1的质量为 m1,带电荷量为 q,P2的质量 m2=5m1,A、2O 间距为 L0,O、B 间距 L=4L03.qE02v0m13L,T=L0.0v0(1)求碰撞后小球 P1向左运动的最大距离及所需时间.2讨论两球能否在 OB 区间内再次发生碰撞.答案113L0T2能再次发生碰撞解析1因为 T=L0v0所以 0T 时间内 P1做匀速直线运动,T s 末恰好到达 O 点,与 P2发生正碰.假设碰撞后 P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为 s,时t.根据动能理得-qE0s=0-1m1(2v2230)s=13L0L0根据匀变速直线运动的规律知s=1223v0tt=

31、L0v=T4T0由知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为13L0,所需时间为 T.2设 P1、P2碰撞后 P2的速度为 v,以向右为正方向,根据动量守恒律得m1v0=m1(-23v0)+5m1v那么 v=13v0假设两球能在 OB 区间内再次发生碰撞,设 P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为 t(碰后 P2做匀速直线运动)-2v0t+1qE0132mt2=3v0 t1那么 t=3L0v=3T4T0P1、P2从 O 点出发到再次碰撞时的位移s1=113L03v0t=3v0v=L0L0由知,题意假设正确,即两球在 OB 区间内能再次发生碰撞.励志高考励志高考-高考题训练高考题训练9.9.0

32、909 3636两质量分别为 M1 和 M2的劈 A 和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和 B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如下图，一质量为 m 的物块位于劈 A 的倾斜面上，距水平面的高度为 h。物块从静止滑下，然后双滑上劈 B。求物块在 B 上能够到达的最大高度。解析解析：设物块到达劈 A 的低端时，物块和 A 的的速度大小分别为和 V，由机械能守恒和动量守恒得mgh 1mv2122M1V2M1V mv设物块在劈 B 上到达的最大高度为h，此时物块和 B 的共同速度大小为V，由机械能守恒和动量守恒得mgh1(M2122m)V 2mv2mv (M2m)V 联立式得10.(2

33、02110.(2021 东城区期末试题东城区期末试题)如下图，在距水平地面高h0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A以初速度v0=4.0m/s 开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s 与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设间为两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且D点距桌面边缘的水平距离s=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数=0.25，重力加速度取g10m/s2。求：1两木块碰撞前v0Mm瞬间，木块A的速度大小；ABh2木块B离开桌sD面时的速度大小；3木块A落到地面上的

34、位置与D点之间的距离。答案：1木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二律，木块A的加速度a Mg2Mm/s设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得v v0 at2.0m/s2两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t。根据平抛运动规律有：h 12gt2，sv2t解得：vg2 s2hm/s3设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒律有：解得：v mv21MvM=0.80m/s设木块A落到地面过程的水平位移为s，根据平抛运动规律，得s v1t v2h1g0.32m那么木块A落到地面上的位置与D点之间的距离s s s0

35、.28m11.(202111.(2021 模拟模拟)如下图，光滑绝缘杆上套有两个完全相同、质量都是 m 的金属小球 a、b，a 带电量为 qq0，b 不带电。M 点是 ON 的中点，且OM=MN=L，整个装置放在与杆平行的匀强电场中。开始时，b 静止在杆上 MN 之间的某点 P处，a 从杆上 O 点以速度 v0向右运动，到达M 点时速度为34v0，再到P 点与 b 球相碰并粘合在一起碰撞时间极短，运动到 N 点时速度恰好为零。求：电场强度 E 的大小和方向；av0ba、b 两球碰撞中损失的机械能；OMPNa 球碰撞 b 球前的速度 v。答案：a 球从 O 到 MWOMqEL 1m(3v21240)2mv20得：E 7mv2032qL方向向左设碰撞中损失的机械能为E，对 a、b 球从 O 到 N 的全过程用能的转化和守恒律：qE2LE012mv20那么碰撞中损失的机械能为E1712mv2016mv20=16mv20设 a 与 b 碰撞前后的速度分别为 v、v，那么：mv2mv又减少的动能E1mv212m1222v216mv0