2012-2013学年江西省南昌二中高二(下)第一次月考物理试卷

2012-2013学年江西省南昌二中高二（下）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.下列说法中正确的是（）A.篮球运动员接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以减小球对手的冲量B.推车时车未被推动，是因为车所受的合外力的总冲量为零C.跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人着地时所受的冲量D.如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大【答案】B【解析】解：A、F t=△P知篮球运动员接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以减小球对手的冲力，冲量是不变的，A错误；B、推车时车未被推动，是因为车所受的合外力的总冲量为零，B正确；C、跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人着地时所受的作用力，C错误；D、如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能发生改变，可能变大，也可能变小，D错误；故选：B根据动量定理F t=△P知道，在冲量一定的情况下，时间长了，力就小，据此逐项分析即可．本题主要考查了动量定理的直接应用，难度不大，属于基础题．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.如图所示，半圆槽M置于光滑的水平面上．现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是（）A.若圆弧面光滑，则系统动量守恒B.若圆弧面光滑，则小球能滑至半圆槽左端入口处C.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，且小球到达最左端时，系统有向右的速度D.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，但小球到达最左端时，系统速度为零【答案】BD【解析】解：A、以半圆槽与小球组成的系统为研究对象，不论圆弧面是否光滑，在整个过程中，系统在水平方向受到的合力为零，在水平方向动量守恒，在竖直方向所受合外力不为零，在竖直方向动量不守恒，即对系统来说，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、如果圆弧面光滑，在整个过程中，半圆槽与小球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，小球能滑到半圆槽左端入口处，故B正确；C、如果圆弧面不光滑，以半圆槽与小球组成的系统为研究对象，在整个过程中，系统在水平方向受到的合力为零，在水平方向动量守恒，由于系统初状态动量为零，小球到达最左端时，系统动量也为零，系统速度为零；由于圆弧面不光滑，小球在运动过程中受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，使系统机械能减少，小球不能滑至半圆槽左端入口处，故C错误，D正确；故选：BD．系统所受到的合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；分物体的受力情况，然后应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题．知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．三、单选题(本大题共4小题，共12.0分)3.质量不同而初动量相同的两个物体，在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动，它们与地面间的动摩擦因数相同，比较它们的滑行时间和滑行距离，则（）A.两个物体滑行的时间一样长B.质量大的物体滑行的时间较长C.两个物体滑行的距离一样长D.质量小的物体滑行的距离较长【答案】D【解析】解：AB、根据动量定理得：-μmgt=0-mv，则得：t=mvμmg由题意，两个木块的初动量mv相同，μ相同，则t∝1m，故质量小的物体滑行时间比较长．故A错误，B错误CD、根据动能定理得：−μmgs=0−12mv2则得：s=mv 22μmg =P22μm2g，P、μ相同，则得s∝1m2，故质量小的物体滑行路程比较长．故C错误，D正确．故选：D．木块只在摩擦力的作用下运动，根据动量定理，可以求得滑行时间之比；根据动能定理可以求得它们的位移之比．根据动量定理求解时间之比，根据动能定理求解路程之比，是常用方法，也可以根据质量和速度之间的关系，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解，难度不大．4.质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点．关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是（）A.上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量B.物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向C.无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为零D.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和为零【答案】A【解析】解：由牛顿第二定律得，物体上滑过程中：mgsinθ+μmgcosθ=ma上，解得a上=gsinθ+μgcosθ，下滑过程中，mgsinθ-μmgcosθ=ma下，解得a下=gsinθ-μgcosθ，a下＜a上，物体上滑与下滑过程中位移大小s相等，由s=12at2，可知：t下＞t 上；A、重力的冲量I=mgt，由于t下＞t上，上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A正确；B、摩擦力的冲量大小f=μmgcosθ•t=μmgtcosθ，由于t下＞t上，则物块上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程受到摩擦力冲量，故B错误；C、支持力不为零，支持力的冲量不为零，故C错误；D、物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中，动量的变化不为零，由动量定理可知，合外力的冲量总和不为零，故D错误；故选：A．由牛顿第二定律求出物体的加速度，由速度位移公式求出物体的运动时间，然后应用冲量的定义式求出冲量大小，应用动量定理分析答题．本题考查了比较冲量的大小，应用牛顿第二定律、冲量定义式、动量定理即可正确解题．5.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为（）A.Mmv0M+m B.2M v0 C.2Mmv0M+mD.2mv0【答案】A【解析】解：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v，解得v=mv0M+m．根据动量定理，合外力的冲量I=Mv=Mmv0M+m．故A正确，B、C、D错误．故选A．木块自被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，根据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量．本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律，综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用．6.在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，小球的半径为r，各小球的落地点如图所示．下列关于这个实验的说法正确的是（）A.入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B.让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C.要验证的表达式是m1ON=m1OM+m2OPD.要验证的表达式是m1OP=m1OM+m2O NE.要验证的表达式是m1（OP-2r）=m1（OM-2r）+m2ON【答案】D【解析】解：A、实验要求入射球与被碰球的半径相同，但它们的质量应不同，入射球的质量应大于被碰球的质量，这样就不致于出现入射小球的反弹，从而减小实验的误差．所以选项A的说法是错误的．B、让入射小球与被碰小球连续10次相碰的目的是为了减小实验的偶然误差，这就要求入射小球每次都要从斜槽上的同一位置滚下，然后用画圆找圆心的方法求平均落点．若每次小球都从不同的位置滚下，找平均落点是没有任何意义的．选项B的说法是错误的．C、对图示情况，首先要搞清楚M、P、N分别是谁的落点．还要知道，不管是入射小球还是被碰小球，它们出射的起始位置都是O点．图中OP是入射小球不发生碰撞时飞出的水平距离；ON是被碰小球飞出的水平距离；OM是入射小球碰撞后飞出的水平距离．由于它们都是从同一高度做平抛运动，运动的时间相同，故可以用水平位移代表水平速度，则应有m1OP=m1OM+m2ON，选项D正确C错误．还要知道，虽然两小球相碰时入射小球离出射点为2r，但入射小球做平抛运动的出射点仍是O点．所以选项E中的表达式是错误的．本题的正确答案只有D．故选：D要保证碰撞前后a球的速度方向保持不变，则必须让a球的质量m1大于b球的质量m2．为了保证每次小球运动的情况相同，故应该让入射小球a每次从同一位置滚下．本题要验证动量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2，故需验证m1OP=m1OM+m2ON．本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．四、多选题(本大题共1小题，共3.0分)7.电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示，Q是绝缘支架，薄金属膜片M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片M振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片M向左运动的过程中有（）A.电容变大B.电容变小C.导线AB中有向左的电流D.导线AB中有向右的电流【答案】BD【解析】解：A、B根据电容的决定式C=ɛS，可知当膜片向左运动，电容器极板间距离d变大，4πkd电容C变小．故A错误，B正确．C、D电容始终接在电源的两端，电势差不变，根据Q=CU，可知电容器的带电量减小，将要放电，而电容器M带正电，N带负电，所以导线AB中有向右的电流．故C 错误，D正确．故选：BD．根据电容的决定式C=ɛS4πkd判断电容的变化，电容始终接在电源的两端，电势差不变，根据Q=CU，判断电量的变化，从而确定出电路中电流的流向．解决本题的关键掌握电容的决定式C=ɛS4πkd，以及知道电容始终接在电源的两端，电势差不变．五、单选题(本大题共1小题，共3.0分)8.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车､人､枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是（）A.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同B.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同C.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方距离为Mdnm+MD.待打完n发子弹后，小车将以一定速度向左匀速运动【答案】A【解析】解：D、子弹、枪、人、车、靶组成系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，最终车是静止的，故D错误；A、设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以子弹、枪、人、车、靶组成系统为研究对象，以向左为正，系统动量守恒，由动量守恒定律得：0=mv-[M+（n-1）m]v′…①子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故：vt+v′t=d…②联立解得：v′=mvM+(n−1)m ，t=dv+mvM+(n−1)m，故车后退距离为：△s=v′t=mvM+(n−1)m×dv+mvM+(n−1)m=mdM+nm，故A正确，B错误；C、每颗子弹从发射到击中靶过程，车均退△s，故n颗子弹发射完毕后，小车后退s=n•△s=nmdM+nm，由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，后退距离为：s=n•△s=nmdM+nm，故C错误；故选：A．子弹、枪、人、车、靶组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒；设子弹出口速度为v，根据动量守恒定律求解出车后退速度，计算出子弹飞到靶需要的时间和后退位移即可．本题关键根据动量守恒定律求解出从发射一颗子弹到击中靶过程小车后退的距离，此后重复这个循环．六、多选题(本大题共1小题，共3.0分)9.两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m A =2kg ，m B =1kg ，A 的速度v A =1m /s ，B 的速度v B =-2m /s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）A.-0.5m /s 和1m /sB.-2m /s 和3m /sC.13m /s 和-23m /sD.-1m /s 和2m /s【答案】AD【解析】解：碰前系统总动量为：2×1+1×（-2）=0kg •m /s ，碰前总动能为12×2×12+12×1×（-2）2=3J ；A 、如果v A ′=-0.5 m /s 、vB ′=1m /s ，碰后系统总动量为零，总动能为0.75J ，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A 正确；B 、如果v A ′=-2m /s 、v B ′=3m /s ，碰后系统总动量为-1kg •m /s ，系统动量不守恒，故B 错误；C 、如果v A ′=13m /s 、v B ′=-23m /s ，碰后系统总动量为0，总动能为13J ，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C 错误；D 、如果v A ′=-1m /s 、v B ′=2m /s ，碰后总动量为0，总动能为3J ，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故D 正确；故选：AD ．两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．七、单选题(本大题共1小题，共3.0分)10.如图所示，质量分别为 2m 、m 的A 、B 两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．现用力F 向左缓慢推物块B 压缩弹簧，当力F 做功为W时，突然撤去F ，在A 物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是（ ）A.W 3B.W 2C.2W 3 D.W【答案】A【解析】解：设A 物体刚运动时，B 物体的速度为v 0，则12mv 02=W当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为v ，则有动量守恒得：mv 0=3mv再由机械能守恒定律得：E P +12•3mv 2=W由以上三式解得：E P=W3故选AA物体刚运动时，力F做的功转化为B的动能．A离开墙壁后，B减速，A加速，当两物体的速度相等弹性势能最大，根据系统的动量守恒定律及机械能守恒定律列式，联立方程即可求解．本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的直接应用，难度适中．八、填空题(本大题共4小题，共24.0分)11.质量为m1=1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x～t（位移-时间）图象如图所示，试通过计算回答下列问题：①m2等于______ 千克？②碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？______ ．【答案】3；弹性碰撞【解析】解：①根据x-t图象的斜率等于速度，可知碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=x1t1=82m/s=4m/s碰后m1的速度为：v′1=x′1t′1=−84m/s=-2m/sm2的速度为：v′2=x′2t′2=16−84m/=2m/s以两个物体组成的系统为研究对象，取碰撞前m1的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′代入得：1×4=1×（-2）+m2×2解得：m2=3kg②碰撞前总动能：E k1+E k2=12m1v12+0=12×1×42=8J碰撞后总动能：E′k1+E′k2=12m1v′12+12mv′22=12×1×22+12×3×22=8J故碰撞是弹性碰撞．故答案为：①3；②弹性碰撞①x-t图象的斜率等于速度，根据斜率求出碰撞前后两球的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；②根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞．12.质量为M的金属块和质量为m的木块用细线系在一起，以速度v0在水中匀速下沉，某一时刻细线断了，则当木块停止下沉的时刻．铁块下沉的速率为______ ．（设水足够深，水的阻力不计）【答案】(M+m)v0M【解析】解：木块和铁块以速度v0在水中匀速下沉，合力为零，木块和铁块组成系统满足动量守恒定律，规定向下为正方向得：（M+m）v0=0+M v′v′=(M+m)v0M故答案为：(M+m)v0M木块和铁块用线系在一起，以速度v0在水中匀速下沉，说明它们的重力和与浮力大小相等，方向相反，合力为零，系统满足动量守恒定律，列出等式求解．该题中判定出系统内竖直方向两个物体组成的系统动量守恒是解题的关键，比使用牛顿运动定律和运动学公式简单．13.质量为M的火箭以速度v0飞行在太空中，现在突然向后喷出一份质量为△m的气体，喷出的气体相对于火箭的速度是v，喷气后火箭的速度是______ ．【答案】vv0+△mM【解析】解：以火箭和喷出的气体为研究对象，以火箭飞行的方向为正方向，由动量守恒定律得：M v0=（M-△m）v′+△m（v′-v），v；解得：v′=v0+△mMv．故答案为：v0+△mM以火箭和喷出的气体为研究对象，应用动量守恒定律，可以求出喷气后火箭的速度．本题考查了求火箭的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意研究对象的选择、正方向的选取．14.如图是温度报警器电路示意图，R T为热敏电阻所示．当温度升高时，热敏电阻R G阻值______ （“变大”或“变小”），A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声；如果要使温度更低一些就能报警，应将可变电阻R1的阻值调______一些（填“大”或“小”）．【答案】变小；大【解析】解：当R T附近发生火情时，R T温度升高，由题意可知其R G电阻值变小，热敏电阻的分压减小，输入端A处为高电势，非门的输出端Y为低电势，蜂鸣器响报警；要使报警器在更低一些温度时才报警，就是温度稍低时，R T处阻值稍大，但A处为高电势，即R1分担的电压任然较大，所以要调大阻值．故答案为：变小；大．当R T附近发生火情时，R T温度升高，由题意可知其电阻值变小，再根据欧姆定律来判断电压的变化．解决本题的关键掌握门电路的特点和热敏电阻的特性，结合欧姆定律去分析电压的变化．九、计算题(本大题共5小题，共46.0分)15.一根质量不计、长为1m、能承受最大拉力为30N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为1kg的小球，整个装置处于静止状态，如图所示．若要将绳子拉断，则作用在小球上的水平冲量至少应为多少？（g取10m/s2）【答案】解：要使绳子拉断，绳子的拉力必须达到最大值F=30N，此时恰好由绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律则有：F-mg=m v2l解得：v=√Flm −gl=√30×11−101m/s=2√5m/s有动量定理得：I=△p=mv=1×2√5NS=2√5N•s答：作用在小球上的水平冲量至少应为2√5N•s．【解析】要将绳子拉断，绳子的拉力必须达到最大值30N，此时恰好由绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出小球的速度，再由动量定理求解冲量．对于圆周运动动力学问题，分析受力情况，确定向心力的来源是解题的关键．16.某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相接，穿在光滑的金属杆上，弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数为K，自然长度为L0，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，其单位长度的电阻为r0，工作时总是正对着风吹来的方向．电路中左端导线与金属杆相连，右端导线在N点并可随风板在金属上滑动，且与金属杆接触良好，限流电阻阻值为R，电源电动势为U，内阻不计，闭合开关，没有风时，弹簧处于原长，电压表示数为U2，如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U3，求此时作用在迎风板上的风力F的大小．【答案】解：无风时，接入电路的金属杆长度为L0，则有：U 2=U(R+L0r0)×L0r0解得：L0=R r设有风时，接入电路的金属杆长度为L，则有：U 3=U(R+L r0)×L r0解得：L=R2r0根据胡克定律得：F=K（L0-L）=K R2r0答：此时作用在迎风板上的风力F的大小为K R2r0．【解析】定值电阻R与金属杆串联，对无风和有风时，根据电压表示数，应用闭合欧姆定律求出瘫痪的形变量，再根据胡克定律F=K x，求出风力．本题关键是欧姆定律的公式及其变形的应用以及串联电路电压的规律．解决力电综合题，关键寻找力与电的桥梁，本题的桥梁是弹簧的长度．17.如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高处由静止滑下，到水平面上时以水平速度v0向前滑动，此时质量m2=m的乙车正以v0的速度迎面滑来，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．【答案】解：设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v．在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：人跳离甲车时：（m1+M）v1=M v+m1v1′，即：（m+2m）v1=2mv+mv1′，①人跳上乙车时：M v-m2v0=（M+m2）v2′，即：2mv-mv0=（2m+m）v2′，②两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v1′=±v2′，当v1′=v2′时，由①②解得：v=54v0，当v1′=-v2′时，由①②解得：v=2v0，故v的取值范围为：54v0≤v≤2v0；答：人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足54v0≤v≤2v0【解析】人从甲车上跳出的过程，人与甲车组成的系统动量守恒，人落到乙车的过程，人与车组成的系统动量守恒，当两车速度相等时，两车可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度． 应用动量守恒定律即可正确解题，本题的难点是研究对象的选择与避免碰撞条件的确定．18.如图所示，两个弹性小球互相接触，下面小球A 的质量为M ，上面小球B 的质量为m ，让两个小球从高为h 处由静止开始自由下落，下面小球A 与地碰撞后弹起后，与小球B 发生正碰，而且所有碰撞均为弹性碰撞，设两小球均可看成质点，且都发生在竖直轴上，若在碰撞后小球A 处于静止状态，求：（1）质量之比应为多少？（2）小球B 能上升的最大高度H ？【答案】解：（1）两个小球从高为h 处由静止开始自由下落，机械能守恒，（M+m ）gh =12（M+m ）v 02 v 0=√2gℎ小球A 与地面相碰后速度大小不变，方向相反，再与小球B 发生碰撞，规定向上为正方向，根据系统动量守恒得：M v 0-mv 0=mv由于所有碰撞均为弹性碰撞，根据能量守恒得：12m v 02+12Mv 02=12mv 2 联立解得：Mm =3：1，v =2v 0（2）对小球B 上升过程机械能守恒得：mg H=12mv 2 H=v 22g =4h答：（1）质量之比应为3：1．（2）小球B 能上升的最大高度4h ．【解析】1、两个小球从高为h 处由静止开始自由下落，根据机械能守恒求出碰撞前得速度． 根据系统动量守恒和机械能守恒列出等式求解．2、根据小球B 上升过程机械能守恒列出等式求出上升的最大高度．解决该题关键要选准作用过程，应用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程解决，有一定难度．19.如图所示，质量M=2K g 为小车静止于光滑的水平面上，开始小车右端距墙面距离S=2m ，现有一小物体A （可视为质点）质量为m =1kg ，以初速度v 0=3m /s 从小车的左端水平滑上小车，物体和小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车也墙面碰撞时间极短，且碰撞过程中不损失机械能．求：（1）第一次小车与墙面碰撞前，物体和小车的速度分别为多少？（2）要使物体不从小车上滑出，则小车的长度至少要多长？【答案】解：（1）设小车碰撞前达到相同速度，取向右为方向为正方向，以物体和小车组成的系统为研究对象，设小车与墙碰撞前共同速度为v 1．由动量守恒得：mv 0=（m +M ）v 1则得：v 1=mv 0M+m =1×32+1m /s =1m /s 碰撞前对小车，由动能定理得：μmgs 0=12M v 12-0得：s 0=0.5m ＜s =2m ，故小车与墙面碰撞前铁块和小车已达到相同速度．所以第一次小车与墙面碰撞前，物体和小车的速度均为1m /s ．（2）对小车和铁块系统，由功能关系得：μmgs 1=12mv 02-12（m +M ）v 12 解得：s 1=1.5m小车与墙碰撞后，对小车和铁块系统，设相对静止时的共同速度为v 2．取向左为正方向，由动量守恒得：M v 1-mv 1=（M+m ）v 2；对于系统，由功能关系得：μmgs 2=12(M +m)v 12-12(M +m)v 22 得：s 2=23m所以要使物体不从小车上滑出，则小车的长度至少为L=s 1+s 2=1.5m +23m =2.17m ． 答：（1）第一次小车与墙面碰撞前，物体和小车的速度均为1m /s ．（2）要使物体不从小车上滑出，小车的长度至少为 2.17m ．【解析】（1）A 在B 上滑动时，以AB 整体为研究对象可知，AB 组成的系统动量守恒，由此可以求出AB 速度相等时的速度，根据动能定理求出小车通过的位移，判断是否已经与墙碰撞；若小车还没有与墙相碰，再根据功能关系求出物体在小车上滑行的距离s 1．（2）物体与墙碰撞后，速度立即反向，而小车将继续向右运动，根据系统的动量守恒求出相对静止时的共同速度，再根据功能关系求出物体相对于小车滑动的距离s 2，而小车的长度L 至少为s 1+s 2．解决本题的关键是抓住系统在碰撞前后过程中满足动量守恒，相对位移根据功能关系求解，要知道摩擦力与相对位移大小乘积等于系统机械能的损耗．。