热门试卷

（1）3J；（2）0.5J

（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向

由动量守恒：－mAvA+mBvB=0

爆炸产生的热量由9J转化为A、B的动能

代入数据解得vA =vB =3m/s

由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大），爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1．

由动量守恒，得mBvB=（mB+mC）vBC

由机械能守恒，得

代入数据得EP1=3J

（2）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒：

mBvB=mBvB1+mCvC1

代入数据解得：vB1=－1m/s，vC1=2m/s

（vB1 =3m/s，vC1=0m/s不合题意，舍去．）

A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB

由动量守恒，得mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB

解得vAB =1m/s

当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2

由动量守恒，得（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC

由能量守恒，得

代入数据得EP2 =0.5J

B将以速度v继续前进。

【错解分析】错解： 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v′，根据动量守恒定律，则

(mA+mB)v=mBv′－mAv

　　即：(mA＋mB＋mA)v = mBv′

　　因为2mA＋mB＞mB

　　所以：v′＞v(变大)方向为原来的方向。

　　上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。

　　当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统来说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。

　　【正确解答】 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。

　　【小结】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如本题的A，B组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象，即包含了所求的B的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。 

（1）（2）

（1）设两个小球第一次碰后m1和m2速度的大小分别为和，

由动量守恒定律得：                   （4分）

两个小球再一次碰撞，

                                      （4分）

                                                                                                             （3分）

（2）根据能量守恒可知：                     （5分）

⑴设物块  A．B相对于平板停止滑动时，平板速度为v，根据动量守恒定律，有：（mA-mB）vo=（M+ mA+ mB） v

所以得： vo

⑵物块A．B滑上平板后各自对地做匀减速运动，且加速度大小相等，因A对平板的摩擦力大于B对平板的摩擦力，故平板向右做匀加速运动。因此，物块A先与平板达到共速，因A．B初速度及加速度大小均相等，故此时B的速度大小与A和平板相等，设为v1　，根据动量守恒定律得：

所以，损失机械能为

⑶平板的运动分为三个阶段，第一阶段平板做匀加速直线运动至与A达到共速，在此过程所用的时间为t1,对平板运用动量定理，由： 所以t1=2s

第二阶段平板与A一起做匀减速直线运动到与B共速，设此过程所用时间为t2，对平板运用动量定理，得：  即t2=1．6s

第三阶段平板与AB一起以1．2m/s的速度做匀速直线运动。

故平板的V—t图像如下图所示。

略

30kg∙m/s

物体在做平抛运动的过程中只受重力作用，而重力是恒力，由动量定理得，3s内物体动量的变化量

【错解分析】错解：设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：

mv0cosθ=mv′＋Mv′ ①

　　在B的上端点m的合速度为：

　　由动能定理有：

　　主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。

　　【正确解答】 根据水平方向动量守恒有：

mv0cosθ=(m+M)v′ ①

　　【小结】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V0越大，上升的距离越高；v0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到

　　v0＞v时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。  

根据动量守恒定律得

PA+PB=PA′+PB′

又PA′=3kg•m/s，

解得，PB′=8kg•m/s，

碰撞过程系统的总动能不增加，则有+≤+

代入得：+≤+①

又由题，碰撞前A的速度大于B的速度，则有

＞②

碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤③

由以上不等式组解得≤≤

答：A、B质量之比的可能范围是≤≤．