(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練6 動(dòng)量的綜合應(yīng)用(含解析)
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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(六) 一、選擇題(共10個(gè)小題,7~10為多選,其余為單選,每題5分共50分) 1.一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由落體,然后陷入泥潭中.若把它在空中自由落體的過程稱為Ⅰ,進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ,則( ) A.過程Ⅰ中鋼珠動(dòng)量的改變量小于重力的沖量 B.過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C.過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量改變量等于阻力的沖量 D.過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ重力沖量的大小 答案 D 解析 過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力,由動(dòng)量定理知鋼珠動(dòng)量的改變等于重力的沖量,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;過程Ⅱ中,鋼珠所受外力有重力和阻力,所以過程Ⅱ中阻力
2、的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和,故B項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確;過程Ⅱ中,鋼珠所受外力有重力和阻力,所以過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量改變量等于重力和阻力的沖量的和,故C項(xiàng)錯(cuò)誤. 2.如圖,兩位同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中的籃球A、B,A以速度v1斜向上拋出,B以速度v2豎直向上拋出,當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰與B相遇.不計(jì)空氣阻力,A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,以下判斷不正確的是( ) A.相遇時(shí)A的速度一定為零 B.相遇時(shí)B的速度一定為零 C.A從拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為 D.從拋出到相遇A、B動(dòng)量的變化量相同 答案 A 解析 A分解為豎直向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)
3、與水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng),相遇時(shí)A達(dá)到最高點(diǎn)則其豎直方向的速度為0,水平方向速度不變,合速度不為0,故A項(xiàng)不正確;A在豎直方向的分速度為vy,則相遇時(shí):vyt-gt2=vBt-gt2,解得vB=vy,B達(dá)到最高點(diǎn),速度也為0,故B項(xiàng)正確;A與B到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間相等為t=,故C項(xiàng)正確; 兩者受到的外力為重力,時(shí)間相同則沖量相同,動(dòng)量的變化量相同,故D項(xiàng)正確.本題選不正確的,故選A項(xiàng). 3.某同學(xué)為了研究超重和失重現(xiàn)象,將重為50 N的物體帶上電梯,并將它放在電梯中的力傳感器上.若電梯由靜止開始運(yùn)動(dòng),并測(cè)得重物對(duì)傳感器的壓力F隨時(shí)間t變化的圖象,如圖所示.設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8
4、s末的速度大小分別為v1、v4和v8,以下判斷中正確的是( )
A.電梯在上升,且v1>v4>v8
B.電梯在下降,且v1>v4 5、動(dòng)量變化量為正值,說(shuō)明動(dòng)量變化量的方向向下;從7~8 s時(shí)間內(nèi),向下做勻減速運(yùn)動(dòng),動(dòng)量的變化量是負(fù)值,說(shuō)明動(dòng)量變化量的方向向上,所以重物從1~2 s和從7~8 s時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化不相同,故C項(xiàng)正確;電梯對(duì)重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均速度相等,支持力大小不等,功率不等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選C項(xiàng).
4.運(yùn)動(dòng)員在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來(lái)的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出,令自己懸停在空中,如圖所示.已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90 kg,兩個(gè)噴嘴的直徑均為10 cm,已知重力加速度大小g=10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,則噴嘴處噴水的速度大約 6、為( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s
C.7.6 m/s D.10.8 m/s
答案 C
解析 設(shè)飛行器對(duì)水的平均作用力為F,根據(jù)牛頓第三定律可知,水對(duì)飛行器的作用力的大小也等于F,對(duì)飛行器受力分析,則:F=Mg
設(shè)水噴出時(shí)的速度為v,在時(shí)間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量:Δm=ρ·V=2ρSvt
t時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為Δm的水獲得的沖量:I=Ft=Δmv
聯(lián)立以上各式得:v== m/s≈7.6 m/s,則C項(xiàng)正確,A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤.故選C項(xiàng).
5.在光滑水平面上放置兩長(zhǎng)度相同,質(zhì)量分別為M1和M2的木板P、Q,在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a 7、和b,兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,且木板和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)對(duì)物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2,使它們向右運(yùn)動(dòng).當(dāng)物塊與木板分離時(shí),P、Q的動(dòng)量大小分別為p1、p2,下列判斷正確的是( )
A.若F1=F2、M1>M2,則p1>p2
B.若F1=F2、M1 8、速度大小為a2,
根據(jù)牛頓第二定律得:a1=,a2=,其中m為物塊a和b的質(zhì)量.
設(shè)板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),它們向右都做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊與木板分離時(shí):
a與P的相對(duì)位移為:L=at12-a1t12;
b與Q的相對(duì)位移為:L=at22-a2t22;
若M1>M2,則a1 9、速度為a.
它們向右都做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊與木板分離時(shí):
a與P的相對(duì)位移為:L=aat12-at12
b與Q的相對(duì)位移為:L=abt22-at22
由于aa>ab
所以得:t1 10、動(dòng)過程始終受到安培力
C.線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于
D.線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度等于
答案 D
解析 根據(jù)楞次定律可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中進(jìn)入磁場(chǎng)過程中電流為逆時(shí)針方向,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;線框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)過程中磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流,產(chǎn)生安培力,完全進(jìn)入磁場(chǎng)后磁通量不變,不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,沒有安培力,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)線框進(jìn)入或穿出磁場(chǎng)過程,初速度為v0,末速度為v.設(shè)完全在磁場(chǎng)中時(shí)的速度為v′,由動(dòng)量定理可知:
進(jìn)入磁場(chǎng)過程中:-BI1LΔt1=mv′-mv0,電量q=I1Δt1=,得:m(v0-v′)=BLq=,同理可得離開磁場(chǎng)過程中:m(v′-v)=,
進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程,磁 11、通量的變化量相等,則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量相等,則有:v0-v′=v′-v,解得,v′=,故C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確.故選D項(xiàng).
7.一端連接輕質(zhì)彈簧的物體B靜止在光滑水平面上(如圖甲所示).物體A以速度v向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一物體C(如圖乙所示),物體A以2v的速度向右壓縮彈簧,彈簧的最大壓縮量仍為x,知A、B的質(zhì)量均為m,則( )
A.物體C的質(zhì)量為m B.物體C的質(zhì)量為m
C.物體C的最終速度為v D.物體C的最終速度為v
答案 AC
解析 A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大,
由動(dòng)量守恒定律 12、得:mv=(m+m)v′,
由能量守恒定律得:mv2=(m+m)v′2+Ep,
A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)A、C速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大,
兩種情況下彈簧的壓縮量x相等,則兩種情況下,彈簧的彈性勢(shì)能Ep相等,
由動(dòng)量守恒定律得:m·2v=(m+mC)v″,
由能量守恒定律得:m(2v)2=(m+mC)v″2+Ep,
解得:mC=m,故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;
A、C兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得:m·2v=mvA+mCvC,
由機(jī)械能守恒定律得:m(2v)2=mvA2+mCvC2,
解得:vC=v,故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A、C兩項(xiàng).
8.如圖甲所示,一輕質(zhì)彈簧的兩端 13、分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連,它們靜止在光滑水平面上,兩物塊質(zhì)量之比m1∶m2=2∶3.現(xiàn)給物塊A一個(gè)水平向右的初速度v0并從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí),兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,下列說(shuō)法正確的( )
A.t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短,t3時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最長(zhǎng)
B.t2時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)
C.v2=0.8v0
D.v3=0.5v0
答案 AC
解析 從圖象可以看出,從0到t1的過程中,A的速度比B的大,彈簧被壓縮,t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度,此后,A的速度比B的小,兩者間距增大,彈簧的壓縮量減小,所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短,t2時(shí)刻B的速度最大,此后B的速度減小,彈簧被拉伸 14、,則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),t3時(shí)刻兩滑塊速度相等,此時(shí)彈簧最長(zhǎng),故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:m1v0=-m1v1+m2v2,t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈性勢(shì)能為零,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得:m1v02=m1v12+m2v22,解得:v2=0.8v0,故C項(xiàng)正確;兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:m1v0=(m1+m2)v3,解得:v3=0.4v0,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A、C兩項(xiàng).
9.如圖所示,質(zhì)量為M=950 g的木塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶AB一起以v1=6 m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng),傳送帶的速度恒定,木塊 15、與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到最左端A點(diǎn)時(shí),一顆質(zhì)量為m=50 g的子彈,以v0=254 m/s的水平向右的速度射入木塊并留在其中,設(shè)子彈射中木塊的時(shí)間極短,重力加速度g取10 m/s2.則( )
A.子彈射中木塊后,木塊一直做減速運(yùn)動(dòng)
B.木塊被擊中后向右運(yùn)動(dòng),離A的最大距離為4.9 m
C.木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為6.5 J
D.木塊被擊中后到相對(duì)傳送帶靜止過程中,摩擦力對(duì)木塊的沖量大小為13 N·s
答案 BD
解析 子彈射中木塊的過程,子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有:
mv0-Mv1=(m+M)v 16、共
其中,M=950 g=0.95 kg,m=50 g=0.05 kg,代入數(shù)據(jù)解得:v共=7 m/s,方向水平向右.子彈射中木塊后,木塊先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),速度減至零后向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;
設(shè)木塊被擊中后向右運(yùn)動(dòng),離A的最大距離為s.對(duì)滑塊(含子彈)向右運(yùn)動(dòng)的過程,由動(dòng)能定律得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v共2.可得s=4.9 m,故B項(xiàng)正確;
木塊被擊中后,設(shè)木塊向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有s=t,得t=1.4 s,木塊與傳送帶間的相對(duì)路程Δs=s+v1t=4.9 m+6×1.4 m=13.3 m,木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1=μ(m+M)gΔs=0.5×1× 17、10×13.3 J=66.5 J.木塊速度減至零后向左加速至與皮帶相對(duì)靜止的過程,所用時(shí)間t′== s=1.2 s
產(chǎn)生的熱量Q2=μ(m+M)g(v1t′-t′)=μ(m+M)g·t′=0.5×1×10××1.2 J=18 J
所以總熱量為Q=Q1+Q2=84.5 J,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;
木塊被擊中后到相對(duì)傳送帶靜止過程中,摩擦力對(duì)木塊的沖量大小為I=μ(m+M)g(t+t′)=0.5×1×10×(1.4+1.2) N·s=13 N·s,故D項(xiàng)正確.故選B、D兩項(xiàng).
10.如圖所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h 18、0高處由靜止釋放,然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力),則( )
A.小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R
C.小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)
D.小球第二次能上升的最大高度h0 19、與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球由A點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故C項(xiàng)正確;
小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得:mg(h0-h(huán)0)-Wf=0,Wf為小球克服摩擦力做功,解得:Wf=mgh0,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0,由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于mgh0,機(jī)械能損失小于mgh0,因此小球再次離開小車時(shí),能上升的高度大于:h0-h(huán)0=h0,而小于h0,即h0 20、1題10分,12題12分,13題14分,14題14分,共50分)
11.如圖所示,質(zhì)量為m的木塊位于動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上,木塊與墻間用輕彈簧連接,開始時(shí)木塊靜止在A位置.現(xiàn)將木塊以水平速度v1向左運(yùn)動(dòng),經(jīng)過時(shí)間t1木塊第一次到達(dá)最左端,再經(jīng)過時(shí)間t2第一次回到A時(shí)的速度為v2,彈簧在彈性限度內(nèi).取水平向左為正方向,重力加速度取g.求:
(1)木塊在時(shí)間t1過程中動(dòng)量的變化量;
(2)木塊在整個(gè)過程中所受彈力的沖量.
答案 (1)-mv1 (2)μmg(t1-t2)-m(v2+v1)
解析 (1)根據(jù)動(dòng)量定理可得;Δp=0-mv1=-mv1.
(2)根據(jù)動(dòng)量定理:∑I=Δp, 21、
即:I彈-μmgt1+μmgt2=-mv2-mv1,
解得:I彈=μmg(t1-t2)-m(v2+v1).
12.如圖所示,C是放在光滑的水平面上的一塊木板,木板的質(zhì)量為3m,在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B,它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止,A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng),木板足夠長(zhǎng),A、B始終未滑離木板.求:
(1)木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中,木塊B所發(fā)生的位移;
(2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度.
答案 (1) (2)v0
解析 (1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng),后做勻加速直線運(yùn)動(dòng);木塊B一直 22、做勻減速直線運(yùn)動(dòng);木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng),直到A、B、C三者的速度相等為止,設(shè)為v1.對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得:
mv0+2mv0=(m+m+3m)v1,
解得:v1=0.6v0;
對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理,有:
-μmgs=mv12-m(2v0)2,
解得:s=.
(2)當(dāng)A和C速度相等時(shí)速度最小為v,
則:3mv0=4mv+m[2v0-(v0-v)],其中v0-v為A和B速度的變化量
則v=v0.
13.如圖所示,左端帶有擋板P的長(zhǎng)木板質(zhì)量為m,置于光滑水平面上,勁度系數(shù)很大的輕彈簧左端與P相連,彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)右端在O點(diǎn),木板上表面O點(diǎn)右側(cè) 23、粗糙、左側(cè)光滑.若將木板固定,質(zhì)量也為m的小物塊以速度v0從距O點(diǎn)L的A點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng),與彈簧碰撞后反彈,向右最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn),OB的距離為3L,已知重力加速度為g.
(1)求物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ及上述過程彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep.
(2)解除對(duì)木板的固定,物塊仍然從A點(diǎn)以初速度v0向左運(yùn)動(dòng),由于彈簧勁度系數(shù)很大,物塊與彈簧接觸時(shí)間很短可以忽略不計(jì),物塊與彈簧碰撞后,木板與物塊交換速度.
①求物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到剛接觸彈簧經(jīng)歷的時(shí)間t;
②求物塊最終離O點(diǎn)的距離x.
答案 (1) mv02 (2)①?、贚
解析 (1)研究物塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理有:
-μmg(4 24、L)=0-mv02,
解得:μ=;
研究物塊從彈簧壓縮量最大處至B點(diǎn)的過程,由功能關(guān)系有:
-μmg(3L)=0-Ep,
解得:Ep=mv02.
(2)①設(shè)物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1,則有:
μmg=ma1,
解得:a1=μg(方向水平向右);
設(shè)木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2,則有:μmg=ma2,
解得:a2=μg(方向水平向左);
由幾何關(guān)系有:-a2t2=L,
解得:t1=,t2=(舍去).
②設(shè)物塊剛接觸彈簧時(shí),物塊和木板速度分別是v1、v2,則有:
v1=v0-a1t1,
v2=a2t1,
物塊和木板碰撞交換速度后,在摩擦力作用下分別做加速和減速運(yùn) 25、動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,達(dá)到共同速度為v,則有:
v=v2+a1t,
v=v1-a2t,
解得:v1=v0,v2=v0,v=.
上述過程由功能關(guān)系有:
-μmg(L+x)=(2m)v2-mv02,
解得:x=L.
14.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別為mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0 m,如圖所示.某時(shí)刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0 J.釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng).A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s 26、2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短.
(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??;
(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止?該物塊剛停止時(shí),A與B之間的距離是多少?
(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?
答案 (1)4.0 m/s;1.0 m/s (2)B先停止;0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正,由動(dòng)量守恒定律和題給條件有:
0=mAvA-mBvB,①
Ek=mAvA2+mBvB2,②
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得:
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s.
(2)A、B兩 27、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等,設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前,已經(jīng)有一個(gè)物塊停止,此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t,B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB,則有:
mBa=μmBg,④
sB=vBt-at2,⑤
vB-at=0,⑥
在時(shí)間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng),碰撞并不改變A的速度大小,所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生,A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為:
sA=vAt-at2,⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得:
sA=1.75 m,sB=0.25 m,⑧
這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞,但沒有與B發(fā)生碰撞,此 28、時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處.B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處,兩物塊之間的距離s為:
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m.⑨
(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),假設(shè)它能與靜止的B碰撞,碰撞時(shí)速度的大小為v′A,由動(dòng)能定理有:
mAv′A2-mAvA2=-μmAg(2l+sB),⑩
聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得:
v′A= m/s,?
故A與B將發(fā)生碰撞.設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v″A和v″B,由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有:
mA(-v′A)=mAv″A+mBv″B,?
mAv′A2=mAv″A2+mBv″B2,?
聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得:
v″A= m/s,v″B=- m/s,?
這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng),B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng).設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為s′A時(shí)停止,B向左運(yùn)動(dòng)距離為s′B時(shí)停止,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式:2as′A=v″A2,2as′B=v″B2?
由④??式及題給數(shù)據(jù)得:
s′A=0.63 m,s′B=0.28 m,?
s′A小于碰撞處到墻壁的距離.由上式可得兩物塊停止后的距離s′=s′A+s′B=0.91 m.?
13
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