高考物理动量能量压轴题练习 32页

‎2017年高考物理动量能量压轴题练习 ‎1．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为，半圆形轨道的底端放置一个质量为的小球B，水平面上有一个质量为的小球A以初速度开始向着木块B滑动，经过时间与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数，求：‎ ‎（1）两小球碰前A的速度；‎ ‎（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力 ‎（3）确定小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离。‎ ‎2．如图所示，一质量为mB=2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间由一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量也为mA=2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0．25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0．2，sinθ=0．6，cosθ=0．8，g取10m/s2，物块A可看作质点。请问：‎ ‎（1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大?‎ ‎（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?‎ ‎（3）木板B有多长?‎ ‎3．如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m=4∶1，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小物块Q离开平板车时速度为多大？‎ ‎（2）平板车P的长度为多少？‎ ‎4．如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为m小滑块A套在细杆上可自由滑动。在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为2m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g。求：‎ ‎①小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；‎ ‎②小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。‎ ‎5．如图所示，质量为m1=3kg的二分之一光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2=1 kg的物块P紧靠着（不粘连）静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R=0．3 m。一质量为m3 =2 kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10m/s2，求：‎ ‎（i）小球第一次滑到B点时的速度v1；‎ ‎（ii）小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h。‎ ‎6．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0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粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．‎ ‎7．光滑水平面上放着质量mA=lkg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．取g=l0m/s2，求 ‎（1）绳拉断后B的速度VB的大小；‎ ‎（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；‎ ‎（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．‎ ‎8．如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为3m的平板车A．车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2μ．C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为μ．t=0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0相向滑上小车．在以后的运动过程中B与C恰好没有相碰．已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．求：‎ ‎（1）平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；‎ ‎（2）平板车平板总长度L．‎ ‎9．如图所示，从A点以υ0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；‎ ‎（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；‎ ‎（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？‎ ‎10．如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g．求：‎ ‎（1）子弹穿出木块时木块的速度大小；‎ ‎（2）此过程中系统损失的机械能；‎ ‎（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．‎ ‎11．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑．水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成θ=30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s．一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因素μ1=0．1．另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因素μ2=，传送带足够长．A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g=10m/s2，现释放A，求：‎ ‎（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；‎ ‎（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；‎ ‎（3）A、B能够碰撞的总次数．‎ ‎12．如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）．初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；‎ ‎（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；‎ ‎（3）木板B的长度l．‎ ‎13．如图所示，小车质量M=8kg，带电荷量q=+3×10﹣2C，置于光滑水平面上，水平面上方存在方向水平向右的匀强电场，场强大小E=2×102N/C．当小车向右的速度为3m/s时，将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车右端，物块质量m=1kg，物块与小车表面间动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块相对小车滑动时物块和小车的加速度；‎ ‎（2）物块相对小车滑动的时间；‎ ‎（3）物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能；‎ ‎（4）从滑块放在小车上后5s内小车电势能的变化量．‎ ‎14．如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑，现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下．已知动摩擦因数为μ=，求：‎ ‎①子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎②B物体的质量．‎ ‎15．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的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计．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恰好相碰并粘接在一起，且B与C碰撞时间极短．此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短．在上述过程中，求：‎ A B C v0‎ ‎（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度；‎ ‎（2）整个系统损失的机械能；‎ ‎（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎16．如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为L，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为B的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为L的金属棒，a棒质量为m，电阻为R，b棒质量为2m，电阻为2R。现给a棒一个水平向右的初速度v0，求：（a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞）‎ ‎（1）b棒开始运动的方向；‎ ‎（2）当a棒的速度减少为v0/2时，b棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间t0速度减为零（不反弹）。求b棒在碰撞前瞬间的速度大小和碰撞过程中障碍物对b棒的冲击力大小；‎ ‎（3）b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离．‎ ‎17．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．‎ ‎（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；‎ ‎（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值．‎ ‎18．如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L＝2 m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC＝5 kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA＝6 m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任意一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：‎ ‎(1)当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？‎ ‎(2)从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？‎ ‎19．如图所示，一辆质量m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平块之间的动摩擦因数μ=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：‎ M m v0‎ ‎（1）平板车第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？‎ ‎20．（16分）有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料─—ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L.现有一质量也为的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）：‎ ‎（1）下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度;‎ ‎（2）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。‎ 参考答案 ‎1.（1）碰前对A由动量定理有： ，解得： 。‎ ‎（2）对A．B：碰撞前后动量守恒：‎ 碰撞前后动能保持不变：‎ 由以上各式解得：‎ 又因为B球在轨道上机械能守恒：，解得：。‎ 在最高点C对小球B有： ，解得：。‎ 由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。‎ ‎（3）对A沿圆轨道运动时：，因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A的速度大小为，由动能定理得： ，解得：。‎ 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。‎ ‎2．（1）物块A从斜面滑下的加速度为a1，则 mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1‎ 解得a1=4m/s2‎ 物块A滑到木板B上的速度为 ‎（2）物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为 设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，‎ 对物块A有v2=v1-a2t2 xA=v1t2-a2‎ 对木板B有v2=a2t2 xB=a2t22‎ 位移关系xA-xB=L 联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2=2s， L=8m 考点：牛顿第二定律的应用 ‎3．（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有：‎ 解得：‎ 小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：‎ 解得：，‎ 二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 解得， ‎ 物块Q离开平板车时，速度为：‎ ‎（2）由能的转化和守恒定律，知 ‎ ‎ 又 解得，平板车P的长度为 考点：动量守恒定律和能量守恒定律 ‎4．①小球第一次摆到最低点过程中，机械能守恒：‎ 得 小球与小滑块达到共速时，小球上升到最大高度，设此高度为h 得 ‎②小球摆回最低点时，小滑块获得最大速度，设此时小球速度为，滑块的速度为 得 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律。‎ ‎5．（i）设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有（m1+m2）v2+m3v1=0‎ 根据系统机械能守恒 联立解得v1=-2 m/s，方向向右；v2=1m/s，方向向左 ‎（ii）小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v，则有：m1v2+m3v1=（m1+m3）v 解得v=-0．2 m/s，方向向右 由机械能守恒 解得h=0．27 m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 ‎6．（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ①‎ 解得v1=，方向水平向右 ②‎ 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2③‎ 解得v2=，方向水平向右④‎ ‎（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2 ⑤‎ ‎ 对系统由能量守恒定律 μ（2m）g×2（L+x）=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v ⑥‎ 解得x=﹣L ⑦‎ 最大弹性势能Ep=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v﹣μ•2mg（L+x） ⑧‎ 解得Ep=mv ⑨‎ 答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是，方向水平向右，P的最终速度是，方向水平向右；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量x是﹣L，相应的弹性势能是mv．‎ ‎【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．‎ ‎7．（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，‎ 根据B恰能到达最高点C有：‎ ‎ F向=mBg=mB﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：‎ ‎﹣2mBgR=mBvc2﹣mBvB2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由①②解得：vB=5m/s．‎ ‎（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，‎ 弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 根据动量定理有：I=mBvB﹣mBv1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 由③④解得：I=﹣4 N•s，其大小为4N•s ‎（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA﹣﹣﹣﹣﹣⑤‎ 根据动能定理有：W=mAvA2﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥‎ ‎ 由⑤⑥解得：W=8J ‎【点评】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．‎ 其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题．‎ ‎8．（1）起始到三者共速A、B、C系统动量守恒以水平向左为正方向：‎ ‎2m×2v0﹣mv0=6mv ①‎ 起始到三者共速C匀减速运动过程：f=2ma…②‎ f=2μmg…③‎ v=2v0﹣at…④‎ 综上有：，‎ 速度的方向水平向左；‎ ‎（2）起始到三者共速B相对A向右匀减到速度为零后与A一起向左匀加，C相对A向左匀减，B和C对A的滑动摩擦力大小均为f=2μmg 由能量守恒有：=…⑥‎ 综上有：‎ L=…⑦‎ ‎9．（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37°角；‎ ‎（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N；‎ ‎（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块做平抛运动：H﹣h=gt2‎ 设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt ‎=5m/s 方向与水平面的夹角为θ：tanθ==，即θ=37°‎ ‎（2）从A至C点，由动能定理得mgH= ①‎ 设C点受到的支持力为FN，则有FN﹣mg=‎ 由①式可得v2=m/s 所以：FN=47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N ‎（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N 因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0‎ 则长木板长度至少为l==2.8m ‎10．（1）子弹穿出木块时木块的速度大小为．‎ ‎（2）此过程中系统损失的机械能为．‎ ‎（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离是 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得 ①‎ 解得 ②‎ ‎（2）系统的机械能损失为 ③‎ 由②③式得④‎ ‎（3）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，‎ 则 ⑤‎ s=Vt ⑥‎ 由②⑤⑥式得 ‎ ‎11．（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率为4m/s；‎ ‎（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量为12．25J；‎ ‎（3）A、B能够碰撞的总次数为6次．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）从释放到与B碰撞前的过程，对A和系统运用功能关系列式，即可求解物块A与B第一次碰撞前的速度；‎ ‎（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A、B的速度．B获得速度后碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间和位移；最后结合公式Q=f•△S求解热量．‎ ‎（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回时与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为2μ1mgl，根据整个过程能量守恒列式求解A、B碰撞的次数．‎ 解：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为v0，则：‎ 解得：v0=4m/s ‎（2）设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA=0，vB=4m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则：mgsinθ+μ2mgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ+μ2gcosθ=10m/s2‎ 运动的时间 位移=0．8m 此过程相对运动路程△s1=vt1+x1=2m 此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为=0．3s 位移为 此过程相对运动路程△s2=vt2﹣x2=0．45m 全过程生热Q=μ2mgcosθ（△s1+△s2）=12．25J ‎（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．‎ 则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：=2nμ1mgL 解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2．25‎ 所以碰撞总次数为N=2+2n=6．5=6次（取整数）‎ ‎12．（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；‎ ‎（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；‎ ‎（3）木板B的长度l是1.6m．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）木块和木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为μmg，根据牛顿第二定律求解加速度；‎ ‎（2）A先向左做匀减速运动至速度为零，根据运动学速度公式求出速度为零时所用的时间，根据位移公式求解B相对地面运动发生的位移x；‎ ‎（3）对于系统，合外力为零，动量守恒．A恰好没有滑离B板，木板和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒结合求解木板B的长度l．‎ 解：（1）A、B分别受到大小为μmg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得 对A物体：μmg=maA 则aA=μg=4.0m/s2，方向水平向右 对B物体：μmg=MaB，‎ 则aB==1.0m/s2，方向水平向左 ‎（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则 v0=aAt1，则t1==0.50s B相对地面向右做减速运动x=v0t﹣aBt2=0.875m ‎（3）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v．取向右方向为正，根据动量守恒定律得 ‎（M﹣m）v0=（M+m）v 由能量守恒定律得 μmgl=（M+m）v02﹣（M+m）v2，‎ 代入数据解得 l=1.6m 答：（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；‎ ‎（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；‎ ‎（3）木板B的长度l是1.6m．‎ ‎【点评】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解．‎ ‎13．（1）小车的加速度为0.5m/s2，物块的加速度为2m/s2．‎ ‎（2）物块相对小车滑动的时间为2s．‎ ‎（3）物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能为6J．‎ ‎（4）从滑块放在小车上后5s内小车电势能的变化量为132J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）分别对物块和小车运用牛顿第二定律，求出加速度的大小．‎ ‎（2）当物块与小车速度相同时，两者之间不发生相对滑动，结合运动学公式，抓住速度相等，求出相对滑动的时间．‎ ‎（3）运用运动学公式求出物体相对于小车的位移，从而求出产生的热量．‎ ‎（4）小车在5s内以不同的加速度做匀加速直线运动，通过运动学公式求出小车在5s内的位移，结合电场力做功等于电势能的减小量求出小车电势能的变化量．‎ 解：（1）物块放上后，小车向右做匀加速运动 ‎ 物块向右做匀加速运动 ‎（2）设滑块在小车滑行时间t1‎ ‎∴v1+a1t1=a2t1 t1=2s ‎（3）物块在车上相对车滑行距离△S=S车﹣S物==3（m）‎ ‎∴Q=f△S=μmg•△S=6J ‎（4）当物块与小车相对静止时，共同运动加速度 当物块与小车相对静止时，共同运动的速度 v=v1+a1t1=4m/s ‎△Ep减少=W电=qE•（S1+S2）=6×22=132J 答：（1）小车的加速度为0.5m/s2，物块的加速度为2m/s2．‎ ‎（2）物块相对小车滑动的时间为2s．‎ ‎（3）物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能为6J．‎ ‎（4）从滑块放在小车上后5s内小车电势能的变化量为132J．‎ ‎【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式、功能关系，关键理清运动过程，结合运动学公式进行求解．‎ ‎14．①子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能为；‎ ‎②B物体的质量为9m．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①由动量守恒定律可及功能关系可求得碰撞过程中损失的能量；‎ ‎②对于碰撞过程由动量守恒及机械能定律列式，同时对于滑动过程中由能量守恒定律可明确物体的质量．‎ 解析：①设子弹与物体A的共同速度为v，由动量守恒定律mv0=3mv 则该过程损失的机械能 ‎②以子弹、物体A和物体B为系统，设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v1，物体B的速度为v2，由动量守恒定律3mv=Mv2﹣3mv1‎ 碰撞过程机械能守恒 子弹与物体A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律 又 综上可解得M=9m 答：①子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能为；‎ ‎②B物体的质量为9m．‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．‎ ‎15．（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律：‎ 设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律：‎ 解得：‎ ‎（2）设B与C碰撞损失的机械能为ΔE．由能量守恒定律 整个系统损失的机械能为 ‎ ‎（3）由于，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒和能量守恒定律：‎ 解得：‎ 考点：动量守恒定律；能量守恒定律。‎ ‎16．（1）b棒向右运动（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据右手定则知，回路中产生逆时针的电流，根据左手定则知，b棒所受的安培力方向向右，可知b棒向右运动．‎ ‎（2）设b棒碰上障碍物瞬间的速度为v2，之前两棒组成的系统动量守恒，则，‎ 解得．‎ b棒碰障碍物过程中，根据动量定理得，−Ft0＝0−2m，‎ 解得．‎ ‎（3）a棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为，‎ 极短时间△ti→0，a棒的速度由v变为v′，根据动量定理，有：-F安△ti=mv′-mv，‎ 代入后得，，‎ 把各式累加，得，‎ a棒继续前进的距离．‎ 考点：左手定则；动量定理 ‎17．（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；‎ ‎（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．‎ ‎【解析】解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0=（m+M）v1‎ 代入数据解得 v1=4m/s 设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有 μmgL1=‎ 代入数据解得 L1=3m 设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有 μmgS1=‎ 代入数据解得S1=2m 因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．‎ ‎（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L﹣L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．‎ 若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为 mg=m 根据动能定理，有 ‎﹣μmgL2﹣‎ ‎①②联立并代入数据解得R=0.24m 若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．‎ 根据动能定理，有 ‎﹣μmgL2﹣‎ 代入数据解得R=0.6m 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足 R≤0.24m或R≥0.6m 答：‎ ‎（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；‎ ‎（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．‎ ‎【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．‎ ‎18．（1）v=0（2）0.3 m，方向向左 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0＝(mA＋mB＋mC)v，所以v＝0.‎ ‎(2)炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB.以向左为正方向，有：‎ ‎，解得：vB＝1.5 m/s，方向向右 然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，由动量守恒，有：mAvA＝(mA＋mC)vAC，解得：vAC＝1 m/s 此过程持续的时间为：t1＝＝s 此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：L/2＝vACt2＋vB(t1＋t2)，‎ 解得：t2＝0.3 s 所以，板C的总位移为：xC＝vACt2＝0.3 m，方向向左．‎ 考点：考查了动量守恒定律的应用 ‎19．（1）0.33m（2）0.4m/s（3）0.833m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理得①‎ ‎ ②‎ 代入数据得s=0.33m ③‎ ‎（2）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 ‎∴ ⑤‎ 代入数据得 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，‎ 根据能量守恒则有： ⑦‎ ‎ ⑧‎ 代入数据得l=0.83m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.‎ ‎20．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设物体下落末速度为，由机械能守恒定律 ① （2分）‎ 得： （1分）‎ ‎（2）设碰后共同速度为，由动量守恒定律 ② （2分）‎ 得： （1分）‎ 碰撞过程中系统损失的机械能 （无负号也可以） （3分）‎ ‎（3）设加速度大小为，有 ③ （2分） 得：‎ 设弹簧弹力为，ER流体对滑块的阻力为，受力分析如图所示 ‎ ④ （2分）‎ ‎ ⑤ （2分）‎ 联立③④⑤三式解得： （1分）‎ 考点：本题考查了动量守恒定律、匀变速直线运动的速度与位移的关系、机械能守恒定律、牛顿第二定律．‎