高中物理动量守恒定律模拟试题 14页

高中物理动量守恒定律模拟试题 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，质量为 M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端 刚好与水平面相切于水平面上的 B 点， B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为 m=0.5kg 的小物块放在水平而上的 A 点，现给小物块一个向右的水平初速度 v0=4m/s ，小物 块刚好能滑到圆弧面上最高点 C 点，已知圆弧所对的圆心角为 53°，A、B 两点间的距离为 L=1m，小物块与水平面间的动摩擦因数为 μ =0.2，重力加速度为 g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径 R； (2)若 AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以 v0=4m/s 的初速度向右运动，则小物 块从 C 点抛出后，经多长时间落地 ? 【答案】 （1）1m （2） 4 2 82 25 t s 【解析】 【分析】 根据动能定理得小物块在 B 点时的速度大小 ；物块从 B 点滑到圆弧面上最高点 C点的过 程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出 圆弧所对圆的半径 ；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度 ，物块从 C 抛出后，根 据运动的合成与分解求落地时间 ； 【详解】 解： (1)设小物块在 B 点时的速度大小为 1v ，根据动能定理得： 2 2 0 1 1 1 2 2 mgL mv mv 设小物块在 B 点时的速度大小为 2v ，物块从 B 点滑到圆弧面上最高点 C点的过程，小物块 与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有： 1 2( )mv m M v 根据系统机械能守恒有： 2 2 0 1 2 1 1 ( ) ( cos53 ) 2 2 mv m M v mg R R 联立解得： 1R m (2)若整个水平面光滑，物块以 0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有： 2 2 0 0 3 1 1 ( cos53 ) 2 2 mv mv mg R R 解得： 3 2 2 /v m s 物块从 C抛出后，在竖直方向的分速度为： 3 8sin 53 2 / 5yv v m s 这时离体面的高度为： cos53 0.4h R R m 21 2yh v t gt 解得： 4 2 82 25 t s 2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道 abc，由半径 R=3 m 的光滑圆弧段 bc 与长 l=1.5 m 的粗 糙水平段 ab 在 b 点相切而构成， O 点是圆弧段的圆心， Oc 与 Ob 的夹角 θ=37°;过 f 点的 竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小 E=10 N/C 的匀强电场， Ocb 的外侧有一长度足够 长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域 efgh，ef 与 Oc 交于 c 点， ecf 与水平向右的方向所成的夹角 为 β(53°≤ β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量 m2=3×10-3 kg、电 荷量 q=3×l0-3 C的带正电小物体 Q 静止在圆弧轨道上 b 点，质量 m1=1.5×10-3 kg 的不带电 小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动， P、Q 碰撞时间极短，碰后 P以 1 m/s 的速度水平向右弹回．已知 P 与 ab 间的动摩擦因数 μ=0.5，A、B 均可视为质点， Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力， sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小 g=10 m/s 2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体 Q 的弹力大小 FN； (2)当 β=53°时，物体 Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，求区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度 大小 B1； (3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为 B2=2T 时，要让物体 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁 场中运动的时间最长，求此最长时间 t 及对应的 β 值． 【答案】 (1) 24.6 10NF N (2) 1 1.25B T (3) 127 s 360 t , 0 0 1 290 143和 【解析】 【详解】 解： (1)设 P 碰撞前后的速度分别为 1v 和 1v ， Q 碰后的速度为 2v 从 a 到 b ，对 P ，由动能定理得： 2 2 1 01 1 1 1 1- 2 2 m gl m v m v 解得： 1 7m/sv 碰撞过程中，对 P ， Q 系统：由动量守恒定律： 1 1 1 1 2 2m v m v m v 取向左为正方向，由题意 1 1m/sv ， 解得： 2 4m/sv b 点：对 Q ，由牛顿第二定律得： 2 2 2 2N vF m g m R 解得 : 24.6 10 NNF (2)设 Q 在 c 点的速度为 cv ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律： 2 2 2 2 2 2 1 1(1 cos ) 2 2cm gR m v m v 解得： 2m/scv 进入磁场后： Q 所受电场力 2 23 10 NF qE m g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动 由牛顿第二定律得： 2 2 1 1 c c m vqv B r Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系： 1 1.6mr d 解得： 1 1.25TB (3)当所加磁场 2 2TB ， 2 2 2 1mcm vr qB 要让 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心 角最大，则当 gh 边或 ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示： 设最大圆心角为 ，由几何关系得： 2 2 cos(180 ) d r r 解得： 127 运动周期： 2 2 2 mT qB 则 Q 在磁场中运动的最长时间： 2 2 2127 127? s 360 360 360 mt T qB 此时对应的 角： 1 90 和 2 143 3．如图所示，质量 M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有 cd 和 ef 两个光滑半圆形导轨， c 与 e 端由导线连接，一质量 m=lkg 的导体棒自 ce 端的正上方 h=2m 处平行 ce 由静止下落，并恰好从 ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方 向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度 B=0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为 L=0.5m，导轨的半径 r=0.5m，导体棒的电阻 R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度 g=10m/s 2，不计空气阻力。 (1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小； (2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量； (3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为 16J，求导体棒第 一次通过最低点时回路中的电功率。 【答案】 (1) 2 10 /v m s (2)25J (3) 9 W 4 P 【解析】 【详解】 解： (1)根据机械能守恒定律，可得： 21 2 mgh mv 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小： 2 10 /v m s (2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于 静止，圆柱体停在凹槽最低点 根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量： ( ) 25Q mg h r J (3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为 1v ，凹槽速度大小为 2v ，导体棒在凹槽内运 动时系统在水平方向动量守恒，故有： 1 2mv Mv 由能量守恒可得： 2 2 1 2 1 1 1 ( ) 2 2 mv mv mg h r Q 导体棒第一次通过最低点时感应电动势： 1 2E BLv BLv 回路电功率： 2EP R 联立解得： 9 4 P W 4．如图所示，一辆质量 M=3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量 m=l kg 的光滑小球 B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep=6J，小球与小车右壁 距离为 L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求： ①小球脱离弹簧时的速度大小； ②在整个过程中，小车移动的距离。 【答案】（ 1）3m/s （2）0.1m 【解析】 试题分析：（ 1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出 等式得 mv1 -Mv2=0 2 2 1 2 1 1 2 2PE mv Mv 代入数据解得： v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得 1 2x xm M t t ，x1+x2=L 代入数据联立解得： 2 4 Lx =0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 . 5．如图的水平轨道中， AC段的中点 B 的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板，物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计 时零点，探测器只在 t 1=2 s 至 t 2=4 s 内工作，已知 P1、P2 的质量都为 m=1 kg，P 与 AC间的 动摩擦因数为 μ=0.1，AB 段长 L=4 m，g 取 10 m/s2，P1、P2 和 P 均视为质点， P 与挡板的 碰撞为弹性碰撞。 (1)若 v1=6 m/s，求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能 ΔE； (2)若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E。 【答案】（ 1）9J （2）10m/s＜v1＜14m/s 17J 【解析】 试题分析：（ 1）由于 P1 和 P2 发生弹性碰撞，据动量守恒定律有： 碰撞过程中损失的动能为： （2） 解法一：根据牛顿第二定律， P 做匀减速直线运动，加速度 a= 设 P1、P2 碰撞后的共同速度为 vA，则根据（ 1）问可得 vA=v1/2 把 P 与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理 经过时间 t 1，P 运动过的路程为 s1，则 经过时间 t 2，P 运动过的路程为 s2，则 如果 P 能在探测器工作时间内通过 B 点，必须满足 s1≤ 3L≤s2 联立以上各式，解得 10m/s ＜v1＜14m/s v1 的最大值为 14m/s ，此时碰撞后的结合体 P 有最大速度 vA=7m/s 根据动能定理， 代入数据，解得 E=17J 解法二：从 A 点滑动到 C 点，再从 C点滑动到 A 点的整个过程， P 做的是匀减速直线。 设加速度大小为 a，则 a=μg=1m/s2 设经过时间 t ，P 与挡板碰撞后经过 B 点， [学科网则： vB=v-at， ，v=v1/2 若 t=2s 时经过 B 点，可得 v1="14m/s" 若 t=4s 时经过 B 点，可得 v1=10m/s 则 v1 的取值范围为： 10m/s＜v1＜14m/s v1=14m/s 时，碰撞后的结合体 P的最大速度为： 根据动能定理， 代入数据，可得通过 A 点时的最大动能为： 考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律 6．如图所示，质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的金属球并排悬挂．现将 绝缘球拉至与竖直方向成 θ=600 的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰 撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次 碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于 450． 【答案】最多碰撞 3 次 【解析】 解：设小球 m 的摆线长度为 l 小球 m 在下落过程中与 M 相碰之前满足机械能守恒： ① m 和 M 碰撞过程是弹性碰撞，故满足： mv0=MV M +mv1 ② ③ 联立 ②③ 得： ④ 说明小球被反弹，且 v1 与 v0 成正比，而后小球又以反弹速度和小球 M 再次发生弹性碰 撞，满足： mv1=MV M1+mv2 ⑤ ⑥ 解得： ⑦ 整理得： ⑧ 故可以得到发生 n 次碰撞后的速度： ⑨ 而偏离方向为 450 的临界速度满足： ⑩ 联立 ①⑨⑩ 代入数据解得，当 n=2 时， v2＞v 临界 当 n=3 时， v3＜v 临界 即发生 3 次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于 45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题． 分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械 能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞 n 次后的速度表达式， 再根据机械能守恒定律求出碰撞 n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可． 点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大 角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第 n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求 解． 7．卢瑟福用 α粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为： 。已 知氮核质量为 m N=14.00753u，氧核的质量为 m O=17.00454u ，氦核质量 m He=4.00387u，质 子（氢核）质量为 mp=1.00815u。（已知： 1uc2=931MeV，结果保留 2 位有效数字）求： （1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？ （2）若入射氦核以 v0=3× 107m/s 的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧 核和质子同方向运动，且速度大小之比为 1:50。求氧核的速度大小。 【答案】（ 1）吸收能量， 1.20MeV；（ 2）1.8 ×106m/s 【解析】 （1）这一核反应中，质量亏损： △m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=- 0.00129u 由质能方程，则有 △E=△m c2=-0.00129 × 931=-1.20MeV 故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为 1.20MeV （2）根据动量守恒定律，则有： m He v0=mH vH+mOvO 又： vO：vH=1：50 解得： vO=1.8 × 106m/s 8．在光滑的水平面上，质量 m1 =1kg 的物体与另一质量为 m2 物体相碰，碰撞前后它们的位 移随时间变化的情况如图所示。 求：（ 1）碰撞前 m1 的速度 v 1 和 m2 的速度 v 2； （2）另一物体的质量 m2。 【答案】（ 1） sm41v ， 02v ；（ 2） kg32m 。 【解析】 试题分析：（ 1）由 s—t 图象知：碰前， m1 的速度 sm4 0-4 0-16 1 t sv ， m2 处于静止 状态，速度 02v （2）由 s—t 图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞 碰后的共同速度 sm1 412 1624 t sv 根据动量守恒定律，有： vmmvm )( 2111 另一物体的质量 kg33 1 1 12 m v vvmm 考点： s—t 图象，动量守恒定律 9．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为 6kg 的小车 C的上表面平滑相接，在圆弧面上有 一个质量为 2kg 的滑块 A，在小车 C的左端有一个质量为 2kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可 看做质点．现使滑块 A 从距小车的上表面高 h=1.25m 处由静止下滑，与 B 碰撞后瞬间粘合 在一起共同运动，最终没有从小车 C上滑出．已知滑块 A、B 与小车 C的动摩擦因数均为 μ=0.5，小车 C与水平地面的摩擦忽略不计，取 g=10m/s 2. 求： （1）滑块 A 与 B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车 C上表面的最短长度 . 【答案】 (1) v=2.5m/s (2) L=0.375m 【解析】 【试题分析】 (1)根据机械能守恒求解块 A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求 解滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)根据系统的能量守恒求解小车 C上表面的 最短长度． (1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为 1v ，由机械能守恒定律有： 2 A A 1 1m gh m v 2 代入数据解得 1 2gh 5m/sv ． 设 A、B碰后瞬间的共同速度为 2v ，滑块 A 与 B 碰撞瞬间与小车 C无关，滑块 A 与 B 组成 的系统动量守恒， 1 2A A Bm v m m v 代入数据解得 2 2.5m/sv ． (2)设小车 C 的最短长度为 L，滑块 A 与 B 最终没有从小车 C 上滑出，三者最终速度相同设 为 3v ， 根据动量守恒定律有： A B 2 A B C 3m m v m m m v 根据能量守恒定律有： 2 2 2 3 1 1gL= 2 2A B A B A B Cm m m m v m m m v 联立以上两代入数据解得 0.375mL 【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确 把握每个过程的物理规律是关键． 10． 如图甲所示，用半径相同的 A、B 两球的碰撞可以验证 “动量守恒定律 ”．实验时先让质 量为 1m 的 A 球从斜槽上某一固定位置 C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水 平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作 10 次， 得到 10 个落点痕迹．再把质量为 2m 的 B 球放在水平轨道末端，让 A 球仍从位置 C由静止 滚下， A 球和 B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作 10 次． M、P、N 为三个落点的平均位置，未放 B 球时， A 球的落点是 P 点， O 点是水平轨道末端在记录纸 上的竖直投影点，如图乙所示． （1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足 ______（填 “>”或 “ <”）． （2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是 _____． A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器 （3）下列说法中正确的是 _________． A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的 B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误 C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D．仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，线段 OP 的长度越大 （4）在某次实验中，测量出两个小球的质量 1m 、 2m ，记录的落点平均位置 M、N 几乎与 OP 在同一条直线上，测量出三个落点位置与 O 点距离 OM、OP、ON 的长度．在实验误差 允许范围内，若满足关系式 __________________，则可以认为两球碰撞前后在 OP方向上 的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是 ________________．（用测量 的量表示） （5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置 M 、P、N，如图丙所 示．他发现 M 和 N 偏离了 OP 方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在 OP 方向上依然动量 守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接 OP、OM、ON，作出 M 、N 在 OP方向上的投 影点 M 、 N ．分别测量出 OP、 OM 、 ON 的长度．若在实验误差允许的范围内，满 足关系式： _____则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒． 【答案】 > BC C 1 1 2m OP m OM m ON 2 2 2 1 1 2m OP m OM m ON 1 1 2m OP m OM m ON 【解析】 【分析】 【详解】 (1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量； （1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速 度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证： 1 0 1 1 2 2m v m v m v ，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可 以直接用水平位移代替速度进行验证，故有 1 1 2m OP m OM m ON ，实验需要测量 小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻 度尺，因此需要的实验器材有： BC； （3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较 集中，但不是出现了错误，故 AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很 难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个 圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C 正确；仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越 低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度越小，故 D 错误．故选 C； （4）若两球相碰前后的动量守恒，则 1 0 1 1 2 2m v m v m v ，又 0 1 2, ,OP v t OM v t ON v t ，代入得： 1 1 2m OP m OM m ON ，若碰撞是弹性碰 撞，满足机械能守恒，则： 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v ，代入 得; 2 2 2 1 1 2m OP m OM m ON ； （5）如图所示 ,连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M′、 N′，如图所 示； 分别测量出 OP、OM′、 ON′的长度．若在实验误差允许范围内 ,满足关系式 1 1 2m OP m OM m ON 则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒． 11． 如图所示，光滑固定斜面的倾角 Θ=30°，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量 M=3kg 的物体 B 相连，初始时 B 静止 .质量 m=1kg 的 A 物体在斜面上距 B 物体处 s1=10cm 静止释 放， A 物体下滑过程中与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与 B 粘在一起，已知碰后整 体经 t=0.2s 下滑 s2=5cm 至最低点 . 弹簧始终处于弹性限度内， A、B 可视为质点， g 取 10m/s 2． （1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能 ; （2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体 B 的冲量大小． 【答案】（ 1）1． 125J；（ 2） 10Ns 【解析】 【分析】 (1)A 物体下滑过程， A 物体机械能守恒，求得 A 与 B 碰前的速度； A 与 B 碰撞是完全非弹 性碰撞， A、B 组成系统动量守恒，求得碰后 AB 的共同速度；从碰后到最低点的过程中， A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量． (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中， A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞 点时 AB 的速度；对 AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对 物体 B 冲量的大小． 【详解】 (1)A 物体下滑过程， A 物体机械能守恒，则： 0 2 1 0 130 2 mgS sin mv 解得： 0 0 12 30 2 10 0.1 0.5 1m mv gS sin s s A 与 B 碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得： 0 1( )mv m M v 解得： 1 0.25 mv s 从碰后到最低点的过程中， A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，则： 2 0 1 2 1( ) ( ) 30 2PTE m M v m M gS sin增 解得： 1.125PTE J增 (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中， A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞 点时 AB 的速度大小 2 1 0.25 mv v s 以沿斜面向上为正，由动量定理可得： 0 2 1( ) 30 2 ( ) ( )TI m M gsin t m M v m M v 解得： 10TI N s 12． 在竖直平面内有一个半圆形轨道 ABC，半径为 R，如图所示， A、C两点的连线水平， B 点为轨道最低点 .其中 AB 部分是光滑的， BC部分是粗糙的 .有一个质量为 m 的乙物体静 止在 B 处，另一个质量为 2m 的甲物体从 A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与 乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上 BC轨 道，最高运动到 D 点， OD 与 OB 连线的夹角 θ 60.o 甲、乙两物体可以看作质点，重力加 速度为 g，求： (1)甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量． (2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从 B 运动到 D 的过程中，摩擦力对其做的功． 【答案】 (1) 2 2 3 m gR ，方向水平向右． (2)压力大小为： 17 3 mg ，方向竖直向 下． (3)Wf= 1 6 mgR ． 【解析】 【分析】 (1)先研究甲物体从 A 点下滑到 B 点的过程，根据机械能守恒定律求出 A 刚下滑到 B 点时的 速度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与 乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量． (2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体 的支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从 B 运动到 D 的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功． 【详解】 1 甲物体从 A 点下滑到 B 点的过程， 根据机械能守恒定律得： 2 0 12mgR 2mv 2 ， 解得： 0v 2gR ， 甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得： 02mv m 2m mv ， 解得： 2v 2gR 3 ， 甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得： 0 2I 2mv 2mv m 2gR 3甲 ，方 向：水平向右； 2 甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体， 由牛顿第二定律得： 2vF m 2m g m 2m R ， 解得： 17F mg 3 ， 根据牛顿第三定律，对轨道的压力 17F' F mg 3 ，方向：竖直向下； 3 对整体，从 B 到 D 过程，由动能定理得： 2 f 13mgR 1 cos60 W 0 3mv 2 o 解得，摩擦力对整体做的功为： f 1W mgR 6 ； 【点睛】 解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道碰 撞的基本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．