(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-5 第六章 专题突破 (含解析)

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2．动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
【例1】 (2018·全国卷Ⅱ，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
图1
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s ⑦
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
1．(多选)从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图2所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．汽车和拖车整体动量守恒
B．汽车和拖车整体机械能守恒
C．从脱钩到拖车刚停下用时eq \f(v0,gμ)
D．拖车刚停下时汽车的速度为eq \f(（M＋m）（a＋μg）,μMg)v0
解析 汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝eq \f(v0,μg)，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为F合＝(M＋m)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·eq \f(v0,μg)＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝eq \f(（M＋m）（a＋μg）,μMg)v0，选项D正确。
答案 CD
2．如图3所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。则：
图3
(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？
(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)
解析 (1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vC＝eq \r(2gh)
即a球与b球碰前瞬间的速度大小为eq \r(2gh)。
(2)设碰后b球的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则
mvC＝(m＋m)v
故v＝eq \f(1,2)vC＝eq \f(1,2)eq \r(2gh)
假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为FT，则FT－2mg＝2meq \f(v2,h)
解得FT＝3mg
因FT＞2.8mg，故细绳会断裂。
答案 (1)eq \r(2gh) (2)会断裂
突破二 动量观点与能量观点的综合应用
动量观点与能量观点综合应用技巧
(1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程。
(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。
(3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算。另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。
【例2】 (2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m))③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E⑤
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)⑧
答案 (1)eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m)) (2)eq \f(2E,mg)
1．(多选)如图4，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为 ( )
图4
A．25 J B．35 J C．45 J D．55J
解析 若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，联立并代入数据解得ΔEmax＝40 J，综合可知0≤ΔE≤40 J，故A、B正确，C、D错误。
答案 AB
2．如图5所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图5
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。
解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律得mv1＝2mv2
由动能定理得－0.2×2mgL2＝0－eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)
则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)
联立解得ΔE＝40 J
(2)设第一辆车推出时的速度为v0
由动能定理得－0.2mgL1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
第一辆车的水平冲量大小I＝mv0
联立解得I＝20eq \r(7) N·s
答案 (1)40 J (2)20eq \r(7) N·s
突破三 力学三大观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这几个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
【例3】 如图6甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L′＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2。
图6
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。
解析 (1)物块从A点滑到B点的过程中机械能守恒
则mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)
解得物块在B点时受到轨道对它的支持力FN＝30 N
由牛顿第三定律物块滑到B点时对轨道的压力FN′＝FN＝30 N
(2)物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒有，
mvB＝(m＋M)v共
解得物块最终速度的大小v共＝0.5 m/s
(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功Wf为f－L图线与横轴所围的面积，则
Wf＝eq \f(（2＋6）×0.5,2) J＝2 J
物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得
－Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得物块滑离平板车时的速度大小v＝eq \r(5) m/s
答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3)eq \r(5) m/s
1．(2018·四川双流中学诊断)如图7所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10 m/s2，求：
图7
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R。
解析 (1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＋E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
两式联立并代入数据解得E＝1 J。
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，联立可解得R＝0.3 m。
答案 (1)1 J (2)0.3 m
2．如图8甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(均可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点，P在按图乙所示的随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
,图8)
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t。
解析 (1)在0～3 s内，对P，由动量定理可得
F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，
其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s。
设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，
由牛顿第二定律可得μmg＝ma，
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有v2－veq \\al(2,1)＝2aL，
解得v1＝7 m/s。
或由动能定理－μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝7 m/s。
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′和v2′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋mv2′，
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2，
联立解得v2′＝v1＝7 m/s，
碰后Q做匀减速直线运动，加速度大小a′＝μg＝2 m/s2，
故Q运动的时间为t＝eq \f(v2′,a′)＝3.5 s。
答案 (1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s
规范解答——答题“四规范”
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(多选)如图1甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B获得大小为3 m/s，方向水平向右的速度，以此时刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息中可得( )
图1
A．两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
C．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
解析 由题图并结合题意可知A、B组成的系统动量守恒，设t1时刻系统的速度为v2，则有m2v＝(m1＋m2)v2解得m1∶m2＝2∶1，故A正确，B错误；由题图可知，t2时刻A、B两物块的速度大小分别为vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，则A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1，故C错误，D正确。
答案 AD
2．用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半径为R，三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m1的球移至左侧离容器底高h(h＝eq \f(4,9)R)处无初速释放，如图2所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为eq \f(1,9)R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
图2
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
解析 对于碰撞前球1下滑的过程，由机械能守恒定律得m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)，对于碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2＋m3v3，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)碰后，对球2有m2g·eq \f(1,9)R＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，对球3有m3gR＝eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)。联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。
答案 B
3．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后( )
图3
A．b球的速度大小为eq \f(1,3)v，运动方向与原来相反
B．b球的速度大小为eq \f(2,3)v，运动方向与原来相反
C．c球的速度大小为eq \f(8,3)v
D．c球的速度大小为eq \f(2,3)v
解析 设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv＋mv0，解得v0＝2v；b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvb＋2mvc，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)＋eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,c)，联立解得vb＝－eq \f(2,3)v(负号表示方向向左，与原来相反)，vc＝eq \f(4,3)v，故B正确。
答案 B
4．如图4所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求：
图4
(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；
(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小。
解析 (1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则
mgH0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②
式中v1为A与B碰撞后的共同速度
联立①②解得v1＝eq \r(\f(gH0,2))。
(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN′和FN，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知FN′－3mg＝0③
由牛顿第三定律可知FN′＝FN④
联立③④解得FN＝3mg。
答案 (1)eq \r(\f(gH0,2)) (2)3mg
5．如图5所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
图5
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
解析 (1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有
mAv2＝(mB＋mA)v3
A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量守恒得
eq \f(1,2)(mB＋mA)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mB＋mA＋mC)veq \\al(2,4)＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m。
答案 (1)50 N (2)0.3 m
综合提能练
6．如图6所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相碰，则α的取值范围为( )
图6
A.eq \f(1,5)＜α＜eq \f(1,3) B.eq \f(1,3)＜α＜eq \f(2,3)C.eq \f(1,3)＜α＜eq \f(2,5) D.eq \f(1,3)＜α≤eq \f(3,5)
解析 由题意可知，A、B两小球在碰撞过程中动量守恒，以A球初速度v0的方向为正方向，设碰后B球的速度为vB，则由动量守恒定律可得mv0＝－mαv0＋4mvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是αv0＞vB，两式联立可解得α＞eq \f(1,3)；碰撞前后两小球的机械能应满足eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥eq \f(1,2)m(－αv0)2＋eq \f(1,2)·4mveq \\al(2,B)，解得α≤eq \f(3,5)，综合可得eq \f(1,3)＜α≤eq \f(3,5)，选项D正确。
答案 D
7．(多选)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x随时间t变化的图象如图7所示。已知滑块a的质量为80 g，则下列判断正确的是 ( )
图7
A．碰撞前滑块a、b的运动方向相同
B．碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/s
C．滑块b的质量为100 g
D．碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J
解析 由x－t图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a、b的运动方向相反，选项A错误；碰撞后，滑块b的速度vb′＝eq \f(0－3,3) m/s＝－1 m/s，速度大小为1 m/s，选项B错误；碰撞前，滑块a的速度va＝eq \f(3－8,1) m/s＝－5 m/s，b的速度vb＝eq \f(3,1) m/s＝3 m/s，碰后a的速度是零。两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可得mava＋mbvb＝mbvb′，解得mb＝100 g，选项C正确；碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)mbvb′2，解得ΔEk＝1.4 J，选项D正确。
答案 CD
8．如图8所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车上右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：
图8
(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
解析 (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
－μm2gL＝eq \f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
答案 (1)10 m/s (2)5 m
9. 如图9所示，光滑曲面AB与长度为L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带上表面以v＝1 m/s的速度向右运动。传送带右侧光滑水平地面上放置一个附四分之一光滑圆轨道的物体乙，其质量为m2＝3 kg。质量为m1＝1 kg的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h＝1 m的A点由静止释放，物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
图9
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小。
解析 (1)物体甲从A运动至B，由动能定理得
m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
解得v1＝2eq \r(5) m/s＞v，假设物体甲在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得
－μm1gL＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
解得v2＝4 m/s
v2＞v，则物体甲第一次运动到C点的速度大小为
v2＝4 m/s
(2)以物体甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒
m1v2＝m1v3＋m2v4
系统能量守恒eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,4)
解得v3＝－2 m/s
则甲从物体乙上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s
经典案例
审题关键
(20分)如图9所示，在光滑水平桌面EAB上
有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小FNB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
图9
(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律和能量守恒定律
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”eq \(――→,\s\up7(隐含))Mg＝eq \f(Mveq \\al(2,C),R)
(3)“小球Q……球S碰撞后为一体”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律
(4)“小球Q……一体飞出”eq \(――→,\s\up7(隐含))二者一起做平抛运动
规范解答
答题“四规范”
解析 (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq \f(veq \\al(2,C),R)(1分)
解得vC＝eq \r(gR)(1分)
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)(2分)
解得vB＝eq \r(5gR)(1分)
在B点有FNB－Mg＝Meq \f(veq \\al(2,B),R)(2分)
解得FNB＝6Mg＝12 N(1分)
由牛顿第三定律有FNB′＝FNB＝12 N(1分)
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝eq \f(1,2)gt2得
t＝0.2 s(1分)
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s(1分)
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv(2分)
解得vQ＝2 m/s(1分)
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ(2分)
解得vP＝1 m/s(1分)
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,Q)(2分)
解得Ep＝0.3 J(1分)
答案 (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
1.文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。
2.列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。
一是要写出方程式而不要堆砌公式；
二是要原始式而不是变形式；
三是要分步列式，不要用连等式。
3.演算过程规范
要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
4.结果表达规范
对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。