選修35第六章專題突破

1、專題突破 力學觀點的綜合應用突破一 動量觀點與動力學觀點的綜合應用1牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受的力的瞬時作用與 物體運動的關系，或者物體受恒力作用直接涉及物體運動過程中的加速度問題 時，應采用動力學觀點。2動量定理反映了力對時間的累積效應，適用于不涉及物體運動過程中的加速 度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，應采用動量定理求解。 3若研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，則有時既要用到動力學觀點，又 要用到動量守恒定律。【例1】 (2018·全國卷，24)汽車 A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正 前方停有汽車 B，立即采取制動措施，但仍然撞上了

2、汽車 B。兩車碰撞時和兩車 都完全停止后的位置如圖 1 所示，碰撞后 B 車向前滑動了 4.5 m， A 車向前滑動 了 2.0 m。已知 A 和 B 的質量分別為 2.0× 103 kg 和 1.5× 103 kg，兩車與該冰雪 路面間的動摩擦因數(shù)均為 0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動， 重力加速度大小 g 10 m/s2。求：圖1(1) 碰撞后的瞬間 B 車速度的大?。?2) 碰撞前的瞬間 A 車速度的大小。解析 (1)設 B 車的質量為 mB，碰后加速度大小為 aB。根據(jù)牛頓第二定律有 mBgmBaB式中 是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設碰撞后瞬間 B

3、 車速度的大小為 vB，碰撞后滑行的距離為 sB。由運動學公式有 vB2 2aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設 A 車的質量為 mA，碰后加速度大小為 aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAgmAaA設碰撞后瞬間 A 車速度的大小為 vA，碰撞后滑行的距離為 sA。由運動學公式有 vA2 2aAsA設碰撞前的瞬間 A 車速度的大小為 vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvAmAvAmBvB聯(lián)立 式并利用題給數(shù)據(jù)得vA 4.3 m/s 答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s1(多選)從2017年6月 5日起至年底，蘭州交警采取五項措施部署預防較大道 路交通事故工作。在

4、交通事故中，汽車與拖車脫鉤有時發(fā)生。如圖 2 所示，質量 為M 的汽車帶著質量為 m的拖車在平直公路上以加速度 a勻加速前進，當速度 為 v0 時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一 直未變，車與路面間的動摩擦因數(shù)為 ，那么從脫鉤到拖車剛停下的過程中，下列說法正確的是 (A汽車和拖車整體動量守恒C從脫鉤到拖車剛停下用時 gv0Mm)(ag) v0D拖車剛停下時汽車的速度為B汽車和拖車整體機械能守恒Mg解析 汽車和拖車整體所受合外力不為零，故動量不守恒，選項 A 錯誤；汽車 和拖車整體除重力之外的其他力做功之和大于零，系統(tǒng)機械能增加，選項 B 錯 誤；以拖車為研究對象，

5、由牛頓第二定律得 mg ma，則 a g，由 v0 at得，拖車脫鉤后到停止經(jīng)歷的時間為 tv0g，選項 C 正確；全過程系統(tǒng)受到 g的合外力始終為 F 合(Mm)a，末狀態(tài)拖車的動量為零，全過程對系統(tǒng)應用動v0量定理可得 (M m)a·g Mv(Mm)v0，解得 vg(Mm)(ag)Mgv0，選項 D 正確。答案 CD2如圖 3所示，質量為 m的b球用長為 h的細繩懸掛于水平軌道 BC的出口 C 處，質量也為 m的小球 a從距 BC高 h的 A處由靜止釋放，沿光滑軌道 ABC滑下，在C處與 b球發(fā)生正碰并與 b粘在一起。已知 BC軌道距地面有一定的高度， 懸掛 b 球的細繩能承受的

6、最大拉力為 2.8mg。則：(1) a 球與 b 球碰前瞬間的速度多大？(2) a、b 兩球碰后，細繩是否會斷裂？ (要求通過計算回答 )1 解析 (1)設 a 球與 b球碰前瞬間的速度大小為 vC，由機械能守恒定律得 mgh22 mvC解得 vC 2gh即 a 球與 b 球碰前瞬間的速度大小為 2gh。(2)設碰后 b球的速度為 v，a、b 碰撞過程中動量守恒，則mvC(mm)v故 v 12vC 21 2gh假設 a、b 球碰撞后將一起繞 O 點擺動，設小球在最低點時細繩拉力為 FT，則 2vFT 2mg 2m h 解得 FT3mg 因 FT> 2.8mg，故細繩會斷裂。答案 (1)

7、2gh (2)會斷裂突破二 動量觀點與能量觀點的綜合應用動量觀點與能量觀點綜合應用技巧(1) 注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒 定律，都應合理選取研究過程。(2) 要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作 用時能量的轉化關系。(3) 注意方向性問題，運用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，對力、速度、動量等矢量都應用正、負號代表其方向，代入相關的公式中進 行運算。另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷 后，再針對不同情況進行計算，避免出現(xiàn)漏洞?！纠?2】 (2018·全國卷 ，24)一質

8、量為 m 的煙花彈獲得動能 E后，從地面豎直 升空。當煙花彈上升的速度為零時， 彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部 分，兩部分獲得的動能之和也為 E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力 加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的質量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。解析 (1)設煙花彈上升的初速度為 v0，由題給條件有12E2mv20設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為 t，由運動學公式有 0v0 gt 聯(lián)立式得(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為 h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后， 煙花彈上、

9、下兩部分均沿豎直方向運動， 設爆炸后瞬間其速度分別 為 v1 和 v2。由題給條件和動量守恒定律有1 2 1 2 mv1 mv2 E4411 2mv12mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為 h2，由機械能守恒定律有1 2 1 4mv12mgh2聯(lián)立 式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為 2Ehh1 h2mg12E2E答案 (1)12E(2)2Egmmg1(多選)如圖 4，兩質量分別為 m11 kg和 m24 kg 小球在光滑水平面上相向 而行，速度分別為 v14 m/s 和 v2 6 m/s，發(fā)生碰撞后，系統(tǒng)可

10、能損失的機械能 為 ( )圖4A25 JB35 JC45 JD55J解析 若兩球發(fā)生彈性碰撞， 則系統(tǒng)機械能不損失； 若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，m2v2m1v1則系統(tǒng)機械能損失最多，此時由動量守恒定律和能量守恒定律得，1 2 1 2 1 2(m1m2)v，Emax2m1v12 2m2v222(m1m2)v2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 Emax 40 J，綜合可知 0E40 J，故 A、B 正確， C、D錯誤。答案 AB 2如圖 5 所示，某超市兩輛相同的手推購物車質量均為 10 kg，相距為 3 m 沿直 線排列，靜置于水平地面上。 為了節(jié)省收納空間， 工人給第一輛車一個瞬間的水 平推力使其運動，

11、并與第二輛車相碰， 且在極短時間內(nèi)相互嵌套結為一體， 以共同的速度運動了 1 m，恰好?？吭趬?。若車運動時受到的摩擦力恒為車重力的0.2，(1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小。解析 (1)設第一輛車碰前瞬間的速度為 v1，碰前兩車間距為 L1，與第二輛車碰 后的共同速度為 v2，共同移動的距離為 L2，由動量守恒定律得 mv1 2mv21由動能定理得 0.2×2mgL202(2m)v2211則碰撞中系統(tǒng)損失的機械能 E2mv21 2(2m)v22 聯(lián)立解得 E40 J(2)設第一輛車推出時的速度為 v011由動能定理得 0.2mgL1 2

12、mv212mv02 第一輛車的水平?jīng)_量大小 I mv0 聯(lián)立解得 I 20 7 N·s答案 (1)40 J (2)20 7 N·s突破三 力學三大觀點的綜合應用 1解動力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。 (2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。 (3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。 2應對策略 (1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度。 (2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量 (動能 )，分析并求出過程中的 沖量 (

13、功)。(3) 三大定律解題：動量守恒定律、機械能守恒定律和能量守恒定律。根據(jù)題意 選擇合適的初、 末狀態(tài)， 列守恒關系式， 一般這幾個守恒定律多用于求某狀態(tài)的 速度(率)。【例 3】 如圖 6甲所示，半徑 R0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)， B為軌道最低點，在光滑水平面上緊挨 B點有一靜止的平板車，其質量 M5 kg， 長度 L0.5 m，車的上表面與 B 點等高，可視為質點的物塊從圓弧軌道最高點 A 由靜止釋放，其質量 m 1 kg， g 取 10 m/s2。(1)求物塊滑到 B 點時對軌道壓力的大小；(2)若平板車上表面粗糙，物塊最終沒有滑離平板車，求物塊最終速度的大小；(3)

14、若將平板車固定且在上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料，物塊 在平板車上向右滑動時，所受摩擦力 f隨它距 B點位移 L的變化關系如圖乙所示， 物塊最終滑離了平板車，求物塊滑離平板車時的速度大小。解析 (1)物塊從 A點滑到 B 點的過程中機械能守恒則 mgR 21mv2B解得 vB 3 m/sv2B在 B 點由牛頓第二定律得 FN mg mvR解得物塊在 B 點時受到軌道對它的支持力 FN30 N 由牛頓第三定律物塊滑到 B 點時對軌道的壓力 FNFN30 N (2)物塊滑上平板車后，物塊與平板車組成的系統(tǒng)動量守恒有， mvB (mM)v 共解得物塊最終速度的大小 v 共 0.5 m/s

15、(3) 物塊在平板車上滑行時克服摩擦力做的功 Wf為 fL 圖線與橫軸所圍的面積， 則(26)×0.5Wf2J2 J物塊在平板車上滑動過程中，由動能定理得1 2 1 2 Wf2mv 2mvB解得物塊滑離平板車時的速度大小 v 5 m/s答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s1(2018 ·四川雙流中學診斷 )如圖 7 所示， A、B 兩個物體粘在一起以 v03 m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過 O 點時炸藥爆炸，假設所有的化 學能全部轉化為 A、B 兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)?vA 2

16、 m/s，B 物體繼續(xù)向右運動進入光滑半圓 軌道且恰好通過最高點 D，已知兩物體的質量 mA mB 1 kg，O 點到半圓軌道 最低點 C 的距離 xOC0.25 m，物體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為 0.2，A、B 兩個物體均可視為質點，取 g10 m/s2，求：圖7(1)炸藥的化學能 E；(2)半圓軌道的半徑 R。解析 (1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒， 由動量守恒定律可得 2mv0mvAmvB， 根據(jù)能量守恒定律可得 12·2mv 02 E 12mv 2A 21mv 2B， 兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 E 1 J。v2D(2)由于 B 物體恰好經(jīng)過半圓軌道的最高點，故有 mgmR，

17、在 B物體由 O 運11動到 D 的過程中，由動能定理可得 mgOxCmg·2R2mvD2 2mv2B，聯(lián)立可解 得 R 0.3 m。答案 (1)1 J (2)0.3 m2如圖 8 甲所示，質量均為 m0.5 kg的相同物塊 P 和 Q(均可視為質點 )分別靜 止在水平地面上 A、C兩點， P在按圖乙所示的隨時間變化的水平力 F 作用下由 靜止開始向右運動， 3 s末撤去 F，此時 P 運動到 B點，之后繼續(xù)滑行并與 Q發(fā) 生彈性碰撞。已知 B、C 兩點間的距離 L3.75 m，P、Q 與地面間的動摩擦因 數(shù)均為 0.2，取 g10 m/s2，求：,圖 8)(1)P 到達 B 點時的

18、速度大小 v 及其與 Q碰撞前瞬間的速度大小 v1(2)Q 運動的時間 t。解析 (1)在 03 s 內(nèi)，對 P，由動量定理可得 F1t1F2t2m(gt1t2)mv0，其中 F1 2 N，F(xiàn)23 N，t12 s，t21 s，解得 v8 m/s。設 P 在 B、 C 兩點間滑行的加速度大小為 a， 由牛頓第二定律可得 mg ma，P在 B、C 兩點間做勻減速直線運動，有 v2v122aL， 解得 v1 7 m/s。11或由動能定理 mgL 2mv2 2mv12，解得 v17 m/s。(2)設 P 與 Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為 v1和 v2，取水平向右為正方 向，由動量守恒定律和機械

19、能守恒定律可得 mv1mv1 mv2，1 2 1 2 1 2，2mv12mv12mv2，聯(lián)立解得 v2 v17 m/s， 碰后 Q 做勻減速直線運動，加速度大小 ag 2 m/s2， 故 Q 運動的時間為 tv2 3.5 s。a答案 (1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s規(guī)范解答 答題“四規(guī)范”經(jīng)典案例(20分)如圖 9所示，在光滑水平桌面 EAB 上 有質量為 M0.2 kg 的小球 P 和質量為 m 0.1 kg 的小球 Q，P、Q 之間壓縮一輕彈簧 (輕彈簧與兩小 球不拴接 )，桌面邊緣 E 處放置一質量也為 m0.1 kg的橡皮泥球 S，在 B處固定一與水平桌面相切 的光滑豎直

20、半圓形軌道。 釋放被壓縮的輕彈簧， P、 Q 兩小球被輕彈簧彈出，小球 P 與彈簧分離后進 入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高 點 C ；小球 Q 與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥 球 S 碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的 D 點。已知水平桌面高為 h0.2 m，D 點到桌面邊 緣的水平距離為 x0.2 m，重力加速度為 g10 m/s2，求：(1)小球 P 經(jīng)過半圓形軌道最低點 B 時對軌道的壓 力大小 FNB；(2)小球 Q 與橡皮泥球 S 碰撞前瞬間的速度大小 vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能 Ep。審題關鍵(1)“P、Q 兩小球被輕彈簧彈 出”遵循動量守恒定律和能 量守恒

21、定律(2)“小球 P恰好能夠通過半圓形軌道的最高點2隱含Mv2CC”隱含Mg RC(3)“小球 Q球 S 碰撞后為一體”遵循動量守恒定律(4)“小球 Q一體飛 出”隱含二者一起做平拋運 動圖9規(guī)范解答答題“四規(guī)范”解析 （1）小球 P 恰好能通過半圓形軌道的最高點 v2CC，則有 MgM R（1 分）解得 vC gR（1 分 ）對于小球 P，從 BC，11由動能定理有 2MgR21Mv2C21Mv2B（2 分） 解得 vB 5gR（1 分）v2B在 B 點有 FNBMgMvR（2 分）解得 FNB6Mg12 N（1 分） 由牛頓第三定律有 FNBFNB 12 N（1 分）（2）設 Q 與 S做

22、平拋運動的初速度大小為 v，所用 時間為 t，根據(jù)公式 h 21gt2 得t0.2 s（1分）根據(jù)公式 x vt，得 v1 m/s（1 分）碰撞前后 Q 和 S組成的系統(tǒng)動量守恒，則有 mvQ 2mv（2 分 ）解得 vQ2 m/s（1 分）（3）P、Q 和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有 MvP mvQ（2 分）解得 vP1 m/s（1 分 ）P、Q 和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有1 2 1 2Ep2Mv2P2Mv2Q（2分）解得 Ep0.3 J（1分）答案 （1）12 N （2）2 m/s （3）0.3 J1.文字說明規(guī)范 文字說明要用規(guī)范的物理語 言和符號。對題干中未出現(xiàn)的 字母進行說明

23、時， 字母書寫要 規(guī)范。設定所求的物理量或解 題過程中用到的中間變量， 可 表述為設，令等。 2.列方程規(guī)范 列方程時要做到“三要三不 要”。 一是要寫出方程式而不要堆 砌公式； 二是要原始式而不是變形式； 三是要分步列式， 不要用連等 式。3.演算過程規(guī)范 要寫出主要演算過程， 有必要 的關聯(lián)詞。一般表述為： 將代入， 由式可 得等。4.結果表達規(guī)范 對題中所求得物理量應有明 確的回答，要寫出最后結果的 單位。答案中不能含有未知量 和中間量。課時作業(yè)（時間： 40分鐘）基礎鞏固練1（多選）如圖 1 甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為 m1和 m2的兩物塊 A、B 相連接，并靜止在光滑的水平面

24、上?，F(xiàn)使 B 獲得大小為 3 m/s，方向水平向右的 速度，以此時刻為計時起點， 兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示， 從圖 象信息中可得 （圖1A兩物體的質量之比為 m1m221B兩物體的質量之比為 m1m212C在 t2時刻 A與 B的動能之比為 Ek1Ek241D在 t2時刻 A與 B的動能之比為 Ek1Ek281解析 由題圖并結合題意可知 A、B 組成的系統(tǒng)動量守恒，設 t1 時刻系統(tǒng)的速度 為 v2，則有 m2v（m1m2）v2 解得 m1m221，故 A 正確， B 錯誤；由題圖 可知， t2時刻 A、B兩物塊的速度大小分別為 vA2 m/s，vB1 m/s，則 A、B 兩 物

25、塊的動能之比為 Ek1Ek281，故 C錯誤，D 正確。答案 AD 2用一個半球形容器和三個小球可以進行碰撞實驗，已知容器內(nèi)側面光滑，半 徑為 R，三個質量分別為 m1、m2、m3 的小球 1、2、3，半徑相同且可視為質點， 自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸，若將質量為m1 的4球移至左側離容器底高 h（h9R）處無初速釋放， 如圖 2所示，各小球間的碰撞時 間極短且碰撞時無機械能損失， 小球 1 與 2、2與 3碰后，球 1 停在 O 點正下方， 1球 2 上升的最大高度為 19R，球 3 恰能滑出容器，則三個小球的質量之比為 （ ）B331A221C 441D3211解

26、析 對于碰撞前球 1 下滑的過程，由機械能守恒定律得 m1gh21m1v21，對于碰撞過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得 m1v1m2v2 m3v3，由能量守1 2 1 2 1 2 1 1 2 恒定律得 2m1v122m2v222m3v32碰后，對球 2 有 m2g·9R 2m2v22，對球 3 有 m3gR122m3v23。聯(lián)立解得 m1m2m3 3 3 1，選項 B 正確。圖3答案 B 3（2019 ·煙臺模擬 ）在光滑水平面上有三個彈性小鋼球 a、b、c 處于靜止狀態(tài)， 質量分別為 2m、m和2m。其中 a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球被左右 兩邊的光滑擋

27、板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把 a、b 兩球彈出，兩球 脫離彈簧后， a球獲得的速度大小為 v，若 b、c兩球相距足夠遠，則 b、c兩球 相碰后 （ ）1Ab 球的速度大小為 3v，運動方向與原來相反2Bb 球的速度大小為 3v，運動方向與原來相反8Cc 球的速度大小為 3v2Dc 球的速度大小為 3v解析 設 b 球脫離彈簧時的速度為 v0，b、c 兩球相碰后 b、c 的速度分別為 vb 和 vc，取向右為正方向，彈簧將 a、 b 兩球彈出過程，由動量守恒定律得 0 2mvmv0，解得 v0 2v；b、c 兩球相碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒定1 2 1 2 1 2 2律得 mv

28、0mvb2mvc，2mv022mvb22·2mvc2，聯(lián)立解得 vb 3v（負號表示方向4向左，與原來相反 )， vc3v，故 B 正確。答案 B4如圖 4所示，質量均為 m的小滑塊 A、B、C厚度均不計。其中 B、C 兩滑塊 通過勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧相連并豎直放置在水平面上。 現(xiàn)在將小滑塊 A 從距離 B 滑塊 H0 高處由靜止釋放， A 、 B 相碰后立刻粘合為一個整體，且以共同速度向 下運動，不計空氣阻力，當?shù)刂亓铀俣葹?g。求：圖4(1)A、B 碰后的共同速度 v1 的大??；(2)A、B 向下運動的速度最大時，滑塊 C 對水平面的壓力大小。 解析 (1)設A與 B碰撞之

29、前的瞬時速度為 v0，則12 mgH0 2mv20A、B 碰撞前后動量守恒，即 mv02mv1 式中 v1為A與 B碰撞后的共同速度 聯(lián)立 解得 v1 g2H 。(2)當 A、B 的速度最大時，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設此時水平 地面對滑塊 C 的支持力大小和滑塊 C 對水平地面的壓力大小分別為 FN和 FN， 對于 A、B、C 組成的系統(tǒng)，由受力分析可知 FN3mg 0 由牛頓第三定律可知 FNFN聯(lián)立 解得 FN3mg。答案 (1) g2H0 (2)3mg15如圖 5 所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接， 木塊 A、B 和半徑為 0.5 m 的14光 滑圓軌道 C 靜置于光滑水平

30、軌道上， A、B、C 質量分別為 1.5 kg、0.5 kg、4 kg。 現(xiàn)讓A以6 m/s 的速度水平向右運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為 0.3 s，碰 后速度大小變?yōu)?4 m/s。當 A 與 B 碰撞后會立即粘在一起運動， 已知 g10 m/s2，求：圖5(1)A 與墻壁碰撞過程中，墻壁對小球平均作用力的大?。?2)AB 第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度 h。解析 (1)A 與墻壁碰撞過程，規(guī)定水平向左為正方向，對 A 由動量定理有FtmAv2mA（v1）解得 F50 N (2)A 與 B 碰撞過程，對 A、B系統(tǒng)，水平方向動量守恒有 mAv2(mBmA)v3A、B 滑上斜面到最高點的

31、過程，對 A、B、C 組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒有（mBmA）v3（mBmAmC）v4由能量守恒得2 1 2mA）v232（mBmAmC）v42（mBmA）gh 解得 h 0.3 m。答案 （1）50 N （2）0.3 m綜合提能練6如圖 6 所示，質量為 m 的 A 球以速度 v0 在光滑水平面上運動， 與原來靜止的 質量為 4m的 B球碰撞，碰撞后 A球以 vv0(<1)的速率彈回， 并與擋板 P 發(fā)生完全彈性碰撞，若要使A 球能追上 B 球再相碰，則 的取值范圍為 (圖6A.15<<135312B. 3<<3C. 13<<2535D. 13&l

32、t;3535解析 由題意可知， A、B 兩小球在碰撞過程中動量守恒，以 A 球初速度 v0 的方 向為正方向，設碰后 B 球的速度為 vB，則由動量守恒定律可得 mv0 mv04mvB，A 與擋板 P 碰撞后能追上 B 發(fā)生再次碰撞的條件是 v0> vB，兩式聯(lián)立可1 1 1 1解得 > 31；碰撞前后兩小球的機械能應滿足 21mv2021m（ v0）2 12·4mv 2B，解得 313 ，綜合可得 < ，選項 D 正確。535答案 D7（多選）兩滑塊 a、b 沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞前后兩者 的位置 x隨時間 t變化的圖象如圖 7 所示。已知滑塊

33、 a的質量為 80 g，則下列判 斷正確的是 （ ）圖7A碰撞前滑塊 a、b 的運動方向相同B碰撞后滑塊 b的速度大小是 0.75 m/sC滑塊 b 的質量為 100 gD碰撞前后滑塊 a、b 組成的系統(tǒng)損失的動能為 1.4 J解析 由 xt 圖象的斜率表示速度，可知碰撞前滑塊 a、b 的運動方向相反，選03項 A 錯誤；碰撞后，滑塊 b 的速度 vb 3 m/s 1 m/s，速度大小為 1 m/s，3 83選項 B 錯誤；碰撞前，滑塊 a 的速度 va 1 m/s 5 m/s，b的速度 vb31 m/s 3 m/s，碰后 a 的速度是零。兩滑塊碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定 律可得 mavambvbmbvb，解