动量不守恒型答案

例1.设力F作用时间为t1，则μmg=MaAaA=1m/s2F-μmg=maB aB=6m/s2相对距离s=12(aB－aA12设撤去F时B的速度为υB、A的速度为υA．经t2时间后B正好滑到右端且速度与 A相同?若M、m、μ、F中某一物理量发生变化，拉出过程中做功的最小值也会变化．要使拉出过程中做功的最小值变小，应采用M变大、m变小、μ变小、F变大的方法．例2解?对滑和木板分别利用牛顿第二定律和运动学公式a1g2m/s2v1a1t12m/sa2Fmg4m/s2v2a2t14m/sM?最大位移就是在滑块和木板相对静止时 1s后.没有拉力.只有相互间的摩擦力滑块加速度大小均为2v+αt=v－αt1 2 2 2代入数据解得 t2=0.5s此时2个的速度都是v=3m/s木块和木板的位移分别为s1v1t1v1vt22.25m22s2v2t1v2vt23.75m22s s2 s1 1.5m例3.解；（1）设水平向右为正方向，有： I=mAv0①代入数据得：v=3.0m/s（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有－（FBA+FCA）t=mvA－mAv0③FABt=mBvB④其中FAB=FBAFCAμ（mAC）g⑤=+m例4.解析：(1)设小铁块和木板一起向右做匀减速运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律得：1(M＋m)g＝(M＋m)a，代入数据解得：a＝1m/s2，根据匀减速运动公式：v2－v02＝2ax得：v＝4m/s。(2)碰撞后木板向做左匀减速，小铁块向右做匀减速运动，对木板：μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，代入数据解得：a1＝2m/s2，对小铁块：μ2mg＝ma2，代入数据解得：a2＝4m/s2。(3)碰撞后木板向左做匀减速运动，铁块向右做匀减速运动，当二者速度相等时铁块位于木板右端即可，设经过时间t二者速度相等，则有：v－a1t＝－v＋a2t4代入数据解得：t＝3s32木板向左的位移为：x1＝vt－2a1t2＝9m216小铁块向右的位移为：x2＝vt－2a2t＝9m因此木板的长度为：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板长：ls1s24m例6解：(1)在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，其中 f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件f1 1N1①N1

mgcos

②f2

2N2③N2

N1

mgcos

④规定沿斜面向下为正。设

A和

B的加速度分别为

a1和

a2，由牛顿第二定律得mgsin

f1

ma1⑤mgsin

f2

f1

ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得2a1=3m/s⑦(2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v=at=6m/s⑨111v2=a2t2=2m/s⑩t>t1时，设A和B的加速度分别为a?和a?．此时A与B之间摩擦力为零，同理可得122a?1=6m/s11a?2=–2m/s2○12即B做减速运动。设经过时间 t2，B的速度减为零，则有v2+a?2t2=0○○13联立○○○式得t2=1s10121314在t12时间内，A相对于B运动的距离为+ts(1at2vt1at2)(1at2vt1at2)=12m<27m152111221222122222○此后B静止不动。A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有Ls(vat)t1at2○2○可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）17设A在B上总的运动时间为t，有t=t123=4s总总例7.解：（1）以A为研究对象有：F-mg-f=maA代入数据解得：aA=5m/s2方向竖直向上．以B为研究对象：mg-f=maB代入数据解得aB=5m/s2，方向竖直向下．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】?恰好通过圆轨道 BCO的最高点且速度为2mg=2m ① （1分）其中r= h=R+ (1- )= R ② （1分）结合体由A到最高点机械能守恒③ （1分）N-2mg=2m④（1分）联立①至④得结合体刚过A点时轨道对它的支持力为N=8mg=8N⑤（1分）（2）q开始滑动时⑥（1分）木板与地面的最大静摩擦力⑦（1分）因为所以木板和p静止不动根据牛顿第二定律得⑧（1分）物体q开始运动时p、q的距离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）物体q与p相碰，动量守恒12?（1分）mV=2mV又因为，木板开始滑动设结合体Q与木板未共速，木板与平台相碰对木板，木板与平台碰撞前木板速度为V3，由动能定理?（2分）对结合体Q，从碰后到圆轨道BCO的最高点?（2分）由于，木板开始滑动到与平台碰撞前，结合体Q和木板动量守恒，设此时结合体速度为V5，则?（2分）联立?～?解得：V=0.4m/sV=1.7m/s35V5=1.7m/s＞V3=0.4m/s，所以结合体Q与木板未共速，木板就与平台相碰，相碰时的速度为。（2分）5．(2010龙岩二中卷)如图所示，一质量 M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为 μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动， 经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来 .求：（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；（2）作用于木板的恒力 F的大小；（3）木板的长度至少是多少？解：（1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为 ff N1N1 mg 0f=0.2×1.0×10N=2N方向水平向右（2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则有：fma1a12.0m/s2s11a1t2s21a2t2s2s1l22l12代入数值得：a22(a2a1)t4.0m/s2对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：2，F-f’=Ma则F=f’+Ma2,代入数值得出F=10N。（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为 v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度 V共v1 a1t 2.0m/sv2 a2t 4.0m/s根据动量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M)V共1.022.04.0m/s10V共1.02.0m/s3对小物块：根据动能定理：fs1mV共21mv1222对木板：根据动能定理：f(sl)1212MV共2Mv22代入数据：l2m3所以木板的长度至少为 L=l+l'=5m≈1.7m ）3例8.解：?设B受到的最大静摩擦力为f1m，则f1m=μ1mBg=2.5N⋯⋯⋯⋯⋯⋯①设A受到地面的滑动摩擦力的 f2，则f2=μ2（mA+mB）g=4N⋯⋯⋯⋯.②施加电场后，设A．B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律qE+f2=(mA+mB)a⋯⋯⋯⋯...③解得：a=2/s2设B受到的摩擦力为发f1，由牛顿第二定律得f1=mBa⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯④解得：f1=2N因为f1<f1m，所以电场作用后，A．B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小a=2m/s2A与挡板碰前瞬间，设A．B向右的共同速度为v1，2 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑤v1=vo-2asv1=1m/sA与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为v1=1m/sA与挡板碰后，以A．B系统为研究对象，q