動量不守恒型答案

例1.設力F作用時間為t1，則μmg=MaAaA=1m/s2F-μmg=maB aB=6m/s2相對距離s=12(aB－aA12設撤去F時B的速度為υB、A的速度為υA．經t2時間后B正好滑到右端且速度與 A相同?若M、m、μ、F中某一物理量發(fā)生變化，拉出過程中做功的最小值也會變化．要使拉出過程中做功的最小值變小，應采用M變大、m變小、μ變小、F變大的方法．例2解?對滑和木板分別利用牛頓第二定律和運動學公式a1g2m/s2v1a1t12m/sa2Fmg4m/s2v2a2t14m/sM?最大位移就是在滑塊和木板相對靜止時 1s后.沒有拉力.只有相互間的摩擦力滑塊加速度大小均為2v+αt=v－αt1 2 2 2代入數(shù)據(jù)解得 t2=0.5s此時2個的速度都是v=3m/s木塊和木板的位移分別為s1v1t1v1vt22.25m22s2v2t1v2vt23.75m22s s2 s1 1.5m例3.解；（1）設水平向右為正方向，有： I=mAv0①代入數(shù)據(jù)得：v=3.0m/s（2）設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，有－（FBA+FCA）t=mvA－mAv0③FABt=mBvB④其中FAB=FBAFCAμ（mAC）g⑤=+m例4.解析：(1)設小鐵塊和木板一起向右做勻減速運動的加速度為 a，根據(jù)牛頓第二定律得：1(M＋m)g＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得：a＝1m/s2，根據(jù)勻減速運動公式：v2－v02＝2ax得：v＝4m/s。(2)碰撞后木板向做左勻減速，小鐵塊向右做勻減速運動，對木板：μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2，對小鐵塊：μ2mg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝4m/s2。(3)碰撞后木板向左做勻減速運動，鐵塊向右做勻減速運動，當二者速度相等時鐵塊位于木板右端即可，設經過時間t二者速度相等，則有：v－a1t＝－v＋a2t4代入數(shù)據(jù)解得：t＝3s32木板向左的位移為：x1＝vt－2a1t2＝9m216小鐵塊向右的位移為：x2＝vt－2a2t＝9m因此木板的長度為：L＝x1＋x2＝16m。3答案：(1)4m/s(2)2m/s24m/s2(3)163m例5解a1Fmg(Mm)g3m/s2s11a1t213t2M22a2g5m/s2s2v0t1a2t24t2.5t22由v0a2ta1t解得t2s板長：ls1s24m例6解：(1)在0~2s時間內，A和B的受力如圖所示，其中 f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件f1 1N1①N1

mgcos

②f2

2N2③N2

N1

mgcos

④規(guī)定沿斜面向下為正。設

A和

B的加速度分別為

a1和

a2，由牛頓第二定律得mgsin

f1

ma1⑤mgsin

f2

f1

ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得2a1=3m/s⑦(2)在t1=2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則v=at=6m/s⑨111v2=a2t2=2m/s⑩t>t1時，設A和B的加速度分別為a?和a?．此時A與B之間摩擦力為零，同理可得122a?1=6m/s11a?2=–2m/s2○12即B做減速運動。設經過時間 t2，B的速度減為零，則有v2+a?2t2=0○○13聯(lián)立○○○式得t2=1s10121314在t12時間內，A相對于B運動的距離為+ts(1at2vt1at2)(1at2vt1at2)=12m<27m152111221222122222○此后B靜止不動。A繼續(xù)在B上滑動。設再經過時間t3后A離開B，則有Ls(vat)t1at2○2○可得t3=1s（另一解不合題意，舍去）17設A在B上總的運動時間為t，有t=t123=4s總總例7.解：（1）以A為研究對象有：F-mg-f=maA代入數(shù)據(jù)解得：aA=5m/s2方向豎直向上．以B為研究對象：mg-f=maB代入數(shù)據(jù)解得aB=5m/s2，方向豎直向下．解解例10解12.答案（1）8N（5分）（2）0.82m （5分） （3）1.7m/s （10分）【解析】?恰好通過圓軌道 BCO的最高點且速度為2mg=2m ① （1分）其中r= h=R+ (1- )= R ② （1分）結合體由A到最高點機械能守恒③ （1分）N-2mg=2m④（1分）聯(lián)立①至④得結合體剛過A點時軌道對它的支持力為N=8mg=8N⑤（1分）（2）q開始滑動時⑥（1分）木板與地面的最大靜摩擦力⑦（1分）因為所以木板和p靜止不動根據(jù)牛頓第二定律得⑧（1分）物體q開始運動時p、q的距離⑨（1分）由⑥～⑨解得⑩（1分）(3)q、P相碰前q的速度V1=V0+at?（1分）物體q與p相碰，動量守恒12?（1分）mV=2mV又因為，木板開始滑動設結合體Q與木板未共速，木板與平臺相碰對木板，木板與平臺碰撞前木板速度為V3，由動能定理?（2分）對結合體Q，從碰后到圓軌道BCO的最高點?（2分）由于，木板開始滑動到與平臺碰撞前，結合體Q和木板動量守恒，設此時結合體速度為V5，則?（2分）聯(lián)立?～?解得：V=0.4m/sV=1.7m/s35V5=1.7m/s＞V3=0.4m/s，所以結合體Q與木板未共速，木板就與平臺相碰，相碰時的速度為。（2分）5．(2010龍巖二中卷)如圖所示，一質量 M=2.0kg的長木板靜止放在光滑水平面上，在木板的右端放一質量m=1.0kg可看作質點的小物塊，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 μ=0.2.用恒力F向右拉動木板使木板在水平面上做勻加速直線運動， 經過t=1.0s后撤去該恒力，此時小物塊恰好運動到距木板右端l=1.0m處。在此后的運動中小物塊沒有從木板上掉下來 .求：（1）小物塊在加速過程中受到的摩擦力的大小和方向；（2）作用于木板的恒力 F的大??；（3）木板的長度至少是多少？解：（1）小物塊受力分析如圖所示，設它受到的摩擦力大小為 ff N1N1 mg 0f=0.2×1.0×10N=2N方向水平向右（2）設小物塊的加速度為a1，木板在恒力F作用下做勻加速直線運動時的加速度為a2，此過程中小物塊的位移為s1，木板的位移為s2則有：fma1a12.0m/s2s11a1t2s21a2t2s2s1l22l12代入數(shù)值得：a22(a2a1)t4.0m/s2對木板進行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律：2，F(xiàn)-f’=Ma則F=f’+Ma2,代入數(shù)值得出F=10N。（3）設撤去F時小物塊和木板的速度分別為 v1和v2，撤去F后，木板與小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，當小物塊與木板相對靜止時，它們具有共同速度 V共v1 a1t 2.0m/sv2 a2t 4.0m/s根據(jù)動量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M)V共1.022.04.0m/s10V共1.02.0m/s3對小物塊：根據(jù)動能定理：fs1mV共21mv1222對木板：根據(jù)動能定理：f(sl)1212MV共2Mv22代入數(shù)據(jù)：l2m3所以木板的長度至少為 L=l+l'=5m≈1.7m ）3例8.解：?設B受到的最大靜摩擦力為f1m，則f1m=μ1mBg=2.5N??????①設A受到地面的滑動摩擦力的 f2，則f2=μ2（mA+mB）g=4N????.②施加電場后，設A．B以相同的加速度向右做勻減速運動，加速度大小為a，由牛頓第二定律qE+f2=(mA+mB)a????...③解得：a=2/s2設B受到的摩擦力為發(fā)f1，由牛頓第二定律得f1=mBa???????????④解得：f1=2N因為f1<f1m，所以電場作用后，A．B仍保持相對靜止以相同加速度a向右做勻減速運動，所以剛加上勻強電場時，B的加速度大小a=2m/s2A與擋板碰前瞬間，設A．B向右的共同速度為v1，2 2 ??????????⑤v1=vo-2asv1=1m/sA與擋板碰撞無機械能損失，故A剛離開擋板時速度大小為v1=1m/sA與擋板碰后，以A．B系統(tǒng)為研究對象，q