2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第19講 動(dòng)量守恒定律練習(xí)（含解析）

第19講 動(dòng)量守恒定律解密考綱主要考查動(dòng)量守恒定律的基本概念、規(guī)律的理解，運(yùn)用守恒的觀點(diǎn)分析物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程等1(2019·煙臺(tái)二中高三月考)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車(chē)，人和車(chē)都處于靜止?fàn)顟B(tài)一個(gè)人站在車(chē)上用大錘敲打車(chē)的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說(shuō)法正確的是( )A車(chē)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)B車(chē)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)C大錘、人和車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車(chē)也停止運(yùn)動(dòng)ACD解析 把人和車(chē)看成一個(gè)整體，用大錘連續(xù)敲打車(chē)的左端，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，當(dāng)把錘頭打下去時(shí)，大錘向右運(yùn)動(dòng)，小車(chē)就向左運(yùn)動(dòng)，抬起錘頭時(shí)大錘向左運(yùn)動(dòng)，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，所以在水平面上左、右往返運(yùn)動(dòng)，車(chē)不會(huì)持續(xù)地向右駛?cè)?，?dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車(chē)也停止運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、C、D正確2(2019·河南林州一中分校高三調(diào)研)(多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比MAMB32，原來(lái)靜止在平板小車(chē)C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被反向彈開(kāi)，則A、B兩物體滑行過(guò)程中()A若A、B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B若A、B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為23，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C若A、B所受的動(dòng)摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒BC解析 因?yàn)锳、B的質(zhì)量不等，若A、B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則所受摩擦力大小不等，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，所以A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤若A、B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為23，A、B兩物體的質(zhì)量之比MAMB32，所以A、B兩物體所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)B正確若A、B與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦力相同，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力為零，所以A、B兩物體的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)C正確因地面光滑，則無(wú)論A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)合外力均為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤3(2019·遼寧六校協(xié)作體高三聯(lián)考)(多選)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7 kg·m/s，B球的動(dòng)量是5 kg·m/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()ApA2 kg·m/s，pB14 kg·m/sBpA4 kg·m/s，pB16 kg·m/sCpA6 kg·m/s，pB6 kg·m/sDpA5 kg·m/s，pB7 kg·m/sCD解析 碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量ppApB12 kg·m/s，由題意，設(shè)mAmBm，碰前總動(dòng)能為Ek；若pA2 kg·m/s，pB14 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能>Ek，不可能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若pA4 kg·m/s，pB16 kg·m/s，碰撞后的總動(dòng)能>Ek，不可能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若pA6 kg·m/s，pB6 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能2×<Ek，是可能的，選項(xiàng)C正確；若pA5 kg·m/s，pB7 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能Ek，是可能的，選項(xiàng)D正確4(2019·山東師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)(多選)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s，下列說(shuō)法正確的是( )A子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B子彈動(dòng)量的減少量等于木塊動(dòng)量的增加量C摩擦力對(duì)M做的功一定等于摩擦力對(duì)m做的功D位移s一定大于深度dAB解析 子彈射穿木塊的過(guò)程中，子彈損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，故子彈減少的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能，故選項(xiàng)A正確；水平面光滑，則系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈動(dòng)量減少量等于木塊動(dòng)量增加量，故選項(xiàng)B正確；子彈擊中木塊的過(guò)程中，子彈克服阻力做的功，一方面轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，另一方面轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，根據(jù)動(dòng)能定理可知摩擦力對(duì)木塊做的功等于木塊的動(dòng)能的增加量，因此摩擦力對(duì)木塊做的功一定小于摩擦力對(duì)子彈做的功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff，子彈和木塊達(dá)到的共同速度大小為v，由動(dòng)能定理得，對(duì)子彈Ff(sd)mv2mv，對(duì)木塊FfsMv2，又根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v，聯(lián)立方程解得，因?yàn)?lt;1，所以s<d，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5(2019·四川蓉城名校聯(lián)盟高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個(gè)相同物體 P、 Q 質(zhì)量均為 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做勻速運(yùn)動(dòng)在 t= 0 時(shí)輕繩斷開(kāi)，Q 在 F 作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說(shuō)法正確的是()Ct時(shí)，Q 的動(dòng)量為mvDt時(shí)，Q 的動(dòng)量為mvAD解析 設(shè)P、Q所受的滑動(dòng)摩擦力大小均為Ff，系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 F2Ff，得Ff；輕繩斷開(kāi)后，對(duì)P，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得Fft0mv，聯(lián)立得t，即t時(shí)P停止運(yùn)動(dòng)在P停止運(yùn)動(dòng)前，即在t0至t時(shí)間內(nèi)，P、Q系統(tǒng)的合外力為零，總動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)A正確t至t時(shí)間內(nèi)，P停止運(yùn)動(dòng)，Q勻加速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤t時(shí)，取向右為正方向，對(duì)Q，由動(dòng)量定理得 (FFf)tpQmv，解得Q的動(dòng)量 pQmv，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤6(2019·哈爾濱六中高三月考)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為m(mM)的小球從槽高h(yuǎn)處開(kāi)始自由下滑，下列說(shuō)法正確的是()A在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和槽的水平方向動(dòng)量始終守恒B在下滑過(guò)程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C全過(guò)程中小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒D被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處D解析 當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中，兩物體都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；全過(guò)程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過(guò)程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在槽上下滑過(guò)程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等，由于mM，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時(shí)的速度大小，小球被反彈后向左運(yùn)動(dòng)，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁虿凵匣?，在整個(gè)過(guò)程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)小球與槽速度相等水平向左系統(tǒng)總動(dòng)能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故選項(xiàng)D正確7(2019·滁州定遠(yuǎn)育才學(xué)校高三檢測(cè))如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為h，則()A小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R C小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度hHhD解析 小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得mvmv0，mm0，解得小車(chē)的位移 xR，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由A點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車(chē)水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球第一次車(chē)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh，即小球第一次在車(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh，由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh，機(jī)械能損失小于mgh，因此小球再次離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于hhh，而小于h，故選項(xiàng)D正確8(2019·華中師大一附中高三滾動(dòng)復(fù)習(xí))(多選)如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則()A碰撞后小球A反彈的速度大小為B碰撞過(guò)程B物塊受到的沖量大小為mC碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為mghD物塊C的最大速度大小為ACD解析 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mghmv，解得v1，設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有mv，解得v1，選項(xiàng)A正確設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv1mv15mv2，解得v2，由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程物塊B受到的沖量為I5mv2m·，選項(xiàng)B錯(cuò)誤碰撞后當(dāng)物塊B與物塊C速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv28mv3，據(jù)機(jī)械能守恒定律Epm×5mv×8mv，解得Epmmgh，選項(xiàng)C正確對(duì)物塊B與物塊C在彈簧回到原長(zhǎng)時(shí)，物塊C有最大速度，據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可解得vC，選項(xiàng)D正確9(2019·攀枝花高三期末調(diào)研)(多選)A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的x­t圖象圖中a、b分別為A、B兩球碰前的x­t圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的x­t圖象已知A球質(zhì)量m2 kg，取A球碰前運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，下列結(jié)論正確的是()AB球的質(zhì)量為3 kgB碰撞過(guò)程中A對(duì)B沖量為4 N·sC碰撞前后A的動(dòng)量變化為6 kg·m/sD碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為5 JAC解析 以A球碰前運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則碰前A球速度vA m/s2 m/s，碰前B球速度vB m/s3 m/s，碰后兩球的共同速度v m/s1 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mvAmBvB(mmB)v，代入數(shù)據(jù)解得mB3 kg，選項(xiàng)A正確根據(jù)動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程中A對(duì)B沖量等于B球動(dòng)量的變化IABpBmBvmBvB3×(1)3×(3)kg·m/s6 kg·m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤pB6 kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒，pA6 kg·m/s，選項(xiàng)C正確碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能Ek損mvmBv(mmB)v215 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤10(2019·黑龍江綏化二中高三月考)如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車(chē)A.車(chē)上有兩個(gè)滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m.B與車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，而C與車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2.開(kāi)始時(shí)B、C分別從車(chē)的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度v0相向滑行已知滑塊B、C最后都沒(méi)有脫離平板車(chē)，則車(chē)的最終速度v車(chē)是()A.v0 B.v0 C.v0 D0B解析 滑塊B、C最后都沒(méi)有脫離平板車(chē)，說(shuō)明最終三者速度相等，把A、B、C看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0mv0(3m2mm)v，解得vv0，車(chē)的最終速度方向向右，故選項(xiàng)B正確11(2019·咸陽(yáng)二模)(多選)如圖所示，弧形軌道固定于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置兩小球B和C，小球A從弧形軌道上離地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，B球與C球碰撞后黏在一起，A球彈回后再?gòu)幕⌒诬壍郎蠞L下，已知所有接觸面均光滑，A、C兩球的質(zhì)量相等，B球的質(zhì)量為A球質(zhì)量的2倍，如果讓小球A從h0.2 m處?kù)o止釋放，則下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g10 m/s2) ()AA球從h處由靜止釋放則最后不會(huì)與B球再相碰BA球從h處由靜止釋放則最后會(huì)與B球再相碰CA球從h0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/sDA球從h0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/sAD解析 設(shè)A球的質(zhì)量為m，A球從弧形軌道滑到水平軌道的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mv20mgh，解得v0，A與B發(fā)生彈性正碰，則碰撞過(guò)程中，A、B動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得mv0mv12mv2，mv20mv21×2mv22，解得v1v0，v2v0，B與C碰撞過(guò)程中，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得2mv2(2mm)v，解得vv0>|v1|，所以最后A球不會(huì)與B球再相碰，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)h0.2 m時(shí)，根據(jù)v0、vv0，可得，C球最后的速度v× m/s m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確12(2019·河南滑縣高三聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)相同的物塊A、B靜止在水平面上，質(zhì)量均為m0.5 kg，兩物塊間距離為x01.0 m，它們之間連有一根松弛的輕繩某時(shí)刻物塊B受到一個(gè)水平向右的拉力，拉力F10.0 N經(jīng)時(shí)間t10.5 s后撤掉水平拉力F，再經(jīng)時(shí)間t20.1 s兩物塊間的輕繩突然繃緊設(shè)兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠(yuǎn)大于物塊受到的摩擦力g取10 m/s2，求：(1)兩物塊間的輕繩的長(zhǎng)度；(2)輕繩繃緊的瞬間，輕繩對(duì)物塊A的沖量大小解析 (1)在拉力作用的t10.5 s時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得Ft1mgt1mv1，解得v19.0 m/s，由動(dòng)能定理得(Fmg)x1mv，解得x12.25 m撤掉拉力后的t20.1 s時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有mgma，解得ag2 m/s2，v2v1at28.8 m/s，x2·t20.89 m，兩物塊間輕繩的長(zhǎng)度xx0x1x24.14 m.(2)輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠(yuǎn)大于物塊的摩擦力，兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv22mv3，解得v34.4 m/s.由動(dòng)量定理得，輕繩繃緊的瞬間，輕繩對(duì)物塊A的沖量大小Ipmv30，解得I2.2 N·s.答案 (1)4.14 m(2)2.2 N·s13(2019·江西上饒高三聯(lián)考)一質(zhì)量為M的沙袋用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩懸掛，沙袋距離水平地面高度為h，一顆質(zhì)量為m的子彈，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的質(zhì)量不變，子彈與沙袋作用的時(shí)間極短)測(cè)量出子彈落地點(diǎn)到懸掛點(diǎn)的水平距離為x，在子彈穿出沙袋后沙袋的最大擺角為，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)子彈射出沙袋瞬間的速度v1的大?。?2)子彈射入沙袋前的速度v的大小解析 (1)子彈射出沙袋后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律xv1t，在豎直方向hgt2，解得v1x.(2)由機(jī)械能守恒定律得MvMgL(1cos )，解得v2.對(duì)子彈穿過(guò)沙袋的過(guò)程，以向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvmv1Mv2，解得vx.答案 (1)x(2)x 14(2019·湖南、湖北八市十二校高三調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一傾角37°的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L3.2 m，沿順時(shí)針?lè)较蛞詖02 m/s勻速運(yùn)動(dòng)一質(zhì)量m2 kg的物塊P從傳送帶頂端無(wú)初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.物塊P離開(kāi)傳送帶后在C點(diǎn)沿切線方向無(wú)能量損失地進(jìn)入半徑為 m的光滑圓弧形軌道CDF，并沿軌道運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)F，與位于圓弧軌道最低點(diǎn)的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，物塊Q的質(zhì)量M1 kg，物塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)物塊P從傳送帶離開(kāi)時(shí)的動(dòng)量；(2)傳送帶對(duì)物塊P做功為多少；(3)物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對(duì)圓弧軌道壓力大小的取值范圍解析 (1)物塊在未到達(dá)與傳送帶共速之前，所受摩擦力方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，所需時(shí)間t10.2 s，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移x1t10.2 m.當(dāng)物塊P的速度與傳送帶共速后，由于mgsin >mgcos ，所以物塊P所受摩擦力方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，物塊P以加速度a2運(yùn)動(dòng)的距離為x2Lx13 m設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vv2a2x2，解得v14 m/s，則動(dòng)量為pmv18 kg·m/s，方向與水平方向成37°斜向右下(2)物塊從頂端到底端，根據(jù)動(dòng)能定理WmgLsin 37°mv，可知傳送帶對(duì)物塊做功為W22.4 J.(3)設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理得mvmvmgr(1cos 37°)，解得v26 m/s.若物塊P與物塊Q發(fā)生完全彈性碰撞，并設(shè)物塊P碰撞后的速度為v3，物塊Q碰撞后的速度為v4，則兩物塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能之和不變，mv2mv3Mv4，根據(jù)能量守恒mvmvMv，解得v32 m/s，若物塊P與物塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞則mv2(mM)v3，解得v34 m/s，所以物塊P的速度范圍為2 m/sv34 m/s.在F點(diǎn)由牛頓第二定律得FNmgm，解得34.4 NFN77.6 N，物塊P碰撞后瞬間對(duì)圓弧軌道的壓力為FN，由牛頓第三定律可得34.4 NFN77.6 N.答案 (1)8 kg·m/s方向與水平方向成37°斜向右下(2)22.4 J(3)34.4 NFN77.6 N9