2022年高考物理一轮复习第七单元动量第2讲动量守恒定律练习含解析新人教版201908011168.docx

《2022年高考物理一轮复习第七单元动量第2讲动量守恒定律练习含解析新人教版201908011168.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理一轮复习第七单元动量第2讲动量守恒定律练习含解析新人教版201908011168.docx（33页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第2讲动量守恒定律1动量守恒定律(1)系统:相互作用的几个物体构成系统。系统中各物体之间的相互作用力称为内力,外部其他物体对系统的作用力叫作外力。(2)内容:如果一个系统不受外力作用,或者所受的合力为零,那么这个系统的总动量保持不变。(3)表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'两个物体组成的系统初动量等于末动量可写为:p=p'、p=0和p1=-p2。(4)守恒条件理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动

2、量守恒。1.1 (2019湖南长沙阶段测验)(多选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是()。A.两手同时放开后,系统总动量始终为零B.先放开左手,后放开右手,总动量向右C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D.无论何时放手,系统总动量守恒【答案】AC1.2 (2019河南洛阳六校联考)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第2节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢。设机车和每节车厢的质量都相等,则机车跟最后一节

3、车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()。A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s【答案】B2碰撞、爆炸与反冲(1)概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象。在碰撞过程中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。(2)分类弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。非弹性碰撞:在碰撞过程中有机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。完全非弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大,作用后两物体粘在一起,速度相等,相互作用过程中只遵

4、循动量守恒定律。爆炸现象:爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。反冲运动:物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。2.1 (2019安徽合肥摸底测验)(多选)在光滑水平面上动能为E0,动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量大小分别记为E2、p2,则必有()。A.E1<E0 B.p2>p0C.E2>E0 D.p1>p0【答案】AB2.2 (2019北京海淀区开

5、学考试)将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型火箭模型点火升空,火箭模型在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()。A.mMv0B.Mmv0C.MM-mv0 D.mM-mv0【答案】D题型一动量守恒定律的理解和应用问题1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计时,则系统动量守恒。(3)系统在某一个方向上所受的合力为零,则系统在该方向上动量守恒。(4)全过程的某一阶段系统受到的合力为零,则该阶段系统动量守恒。2.

6、动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。(3)规定正方向,确定初、末状态的动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。【例1】(多选)如图所示,A、B两物体质量之比mAmB=32,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然被释放后,下列说法正确的是()。A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成的系统动量守恒C.若A

7、、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B、C组成的系统动量守恒【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧被释放后,A、B分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左,因为mAmB=32,所以FAFB=32,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A项错误;对A、B、C组成的系统,A与C、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D两项正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C项正

8、确。【答案】BCD动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p=p':系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相等,方向相同。(2)p=p'-p=0:系统总动量的增加量为零。(3)p1=-p2:相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。(4)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等。【变式训练1】(2019河南南阳四校联考)在平静的水面上,有一条以速度v0匀速前进的载人小船,船的质量为M,人的质量为m。开始时,人相对船静止。当人对

9、船以速度v向船行进的反方向行走时,船的速度为u,由动量守恒定律可知下列表达式成立的是()。A.(M+m)v0=Mu+mvB.(M+m)v0=Mu+m(v-u)C.(M+m)v0=Mu-m(v-u)D.(M+m)v0=Mu-m(v-v0)【解析】表达式(M+m)v0=Mu+mv中,速度不是相对同一参考系,A项错误;(M+m)v0=Mu+m(v-u)中,若选取船的运动方向为正方向,则人的速度大小为负值,B项错误;表达式(M+m)v0=Mu-m(v-v0),因为违背了动量守恒定律的“同时性”原则,D项错误;正确的求解应将动量守恒表达式写为(M+m)v0=Mu-m(v-u),C项正确。【答案】C题型二

10、多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒,有时只选某部分应用动量守恒,有时分过程多次应用动量守恒,恰当选择系统和初、末状态是解题的关键。1.分析题意,明确研究对象。在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体统称为系统。对于比较复杂的物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。2.要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力。在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒。3.明确所研究的相互作用过程,确定

11、过程的初、末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。4.确定好正方向,建立动量守恒方程求解。【例2】如图所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数=0.4。质量m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2。子弹射入后,求:(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上相对木板滑行的时间t。【解析】(1)子弹进入物块后随物块一起向右滑行的初速度为物块的最大速度,由动量

12、守恒可得m0v0=(m0+m)v1解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2解得v2=2 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1解得t=1 s。【答案】(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s应用动量守恒定律应注意以下三点(1)确定所研究的系统,单个物体谈不上动量守恒。(2)判断系统是否动量守恒,或者判断系统某个方向上动量是否守恒。(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度,若不是,则应转换成相对于地面的速度。【变式训练2】(2019广

13、东广州摸底测验)质量为M的小船以速度v0行驶,船上有两个质量均为m的水手a和b,分别静止站在船头和船尾。现a沿水平方向以速率v(相对于静止的水面)向前跳入水中,然后b沿水平方向以同一速率v(相对于静止的水面)向后跳入水中,求b跳出后,小船的速度(水的阻力不计)。【解析】此题既可以用整体法求解,也可以用隔离法求解。方法一隔离法。先以a和船(包括b)为系统,取v0的方向为正方向,设a向前跳入水中后,船速为v1,有(M+2m)v0=mv+(M+m)v1再以b和船为系统,设b向后跳入水中后船速为v2,则(M+m)v1=Mv2-mv解得v2=1+2mMv0,方向与v0的方向一致。方法二整体法。以a、b和

14、船整体为研究系统,选择全过程为研究过程,有(M+2m)v0=mv-mv+Mv2解得v2=1+2mMv0。【答案】1+2mMv0题型三碰撞问题1.三种碰撞形式的理解碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失,这种碰撞叫作弹性碰撞。若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞,动量守恒,同时动能也守恒,满足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2若碰撞前,有一个物体是静止的,设v2=0,则碰撞后的速度分别为v1'=(m1-m2)v1m1

15、+m2、v2'=2m1v1m1+m2,对这一结果可做如下讨论:(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后实现了动量和动能的全部转移(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0,碰后二者同向运动(3)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0,碰后m1反向弹回,m2沿m1碰前方向运动非弹性碰撞发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少,满足:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22>12m1v

16、1'2+12m2v2'2完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大。碰后物体粘在一起,以共同速度运动,只有动量守恒。损失的机械能转化为内能,满足:m1v1+m2v2=(m1+m2)vE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v22.判断碰撞的可能性问题(1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。(2)动能不增加,即Ek1+Ek2Ek1'+Ek2'或p122m1+p222m2p1'22m1+p2'22m2。(3)速度要符合情景:如果碰前两物体同向运动,则后面物体的速度必大于前面物体的速度

17、,即v后>v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前面的物体的速度一定增大,且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度,即v前'v后',否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动,则碰后两物体的运动方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零。【例3】甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则二球质量m1与m2间的关系可能正确的是()。A.m1=m2B.2m1=m2C.4m1=m2D.6m1=m2【解析】

18、碰前:因甲从后面追上乙,发生碰撞必有v1>v2,将v=pm代入,得p1m1>p2m2,有m1m2<57=0.71 碰中:甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,有p1+p2=p1'+p2',即p1'=2 kg·m/s此系统的机械能不会增加,有p122m1+p222m2p1'22m1+p2'22m2,即m1m2717=0.41碰后:v1'v2',有p1'm1p2'm2,则 m1m20.2综合可得0.2m1m20.41,C项正确。【答案】C处理碰撞问题的思路和方法(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件

19、,列出相应方程求解。(2)要灵活运用Ek=p22m或p=2mEk、Ek=12pv或p=2Ekv几个动能与动量相互转换的关系式。(3)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1=m1-m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0。(4)熟记弹性碰撞的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v10。当m1m2,且v20=0时,碰后质量大的静止不动,质量小的被原速率反向弹回。【变式训练3】(2018宁夏银川模拟考试)(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位

20、移随时间变化的图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线,若A球的质量m=2 kg,则由图判断下列结论正确的是()。A.碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/sB.碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4 N·sC.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD.碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【解析】根据题图可知,碰前A球的速度vA=-3 m/s,碰前B球的速度vB=2 m/s,碰后A、B两球的共同速度v=-1 m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量pA=mv-mvA=4 kg·m

21、/s,A项正确;A球的动量变化量为4 kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B球的动量变化量为-4 kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4 N·s,B项正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB=43 kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能Ek=12mvA2+12mBvB2-12(m+mB)v2=10 J,D项正确;A、B两球碰撞前的总动量p=mvA+mBvB=(m+mB)v=-103 kg·m/s,C项错误。【答案】ABD题型四爆炸和反冲问题1.爆炸现象的三个规律动量守恒因为爆炸是在极短的

22、时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中,因为有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中,因为有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加【例4】以初速度v0与水平方向成60°角斜

23、向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块,其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能?【解析】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v0'=v0cos 60°=12v0。设v0'的方向为正方向,如图所示,由动量守恒定律得3mv0'=2mv1+mv2其中爆炸后大块弹片速度v1=2v0解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,Ek=12

24、5;2mv12+12mv22-12×3mv0'2=274mv02。【答案】(1)2.5v0方向与爆炸前速度的方向相反(2)274mv02处理爆炸和反冲问题时要注意两点(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大,但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间,一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变,而物体的位置不变。【变式训练4】(2019陕西西安质量调研)一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为()。A.v2-

25、v0v1MB.v2v2+v1M C.v2-v0v2+v1MD.v2-v0v2-v1M【解析】规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=v2-v0v2+v1M,C项正确。【答案】C题型五人船模型问题(平均动量守恒问题)1.特点两个物体动量守恒总动量为零2.方程m1v1-m2v2=0(v1、v2为速度大小)。3.结论m1x1=m2x2(x1、x2为位移大小)。【例5】某人在一只静止的小船上练习射击。船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内装有n颗子弹,每颗质量为m,枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗

26、子弹已陷入靶中。则第n颗子弹击中靶后,小船后退的距离为()。(不计水的阻力)A.nmlM+nmB.mlM+nmC.nmlnM+m D.nmlM+m【解析】发射n颗子弹,即子弹与船相互作用n次。借助人船模型,利用等效条件“发射质量为nm的大子弹”与“发射n颗质量为m的子弹”相同。所以有nm(l-s)=Ms,解得船后退的距离s=nmlM+nm,A项正确。【答案】A当物体间发生相互作用,研究两物体构成的系统符合动量守恒的条件时,若只涉及位移,通常可用平均动量守恒求解,只要两物体相互作用时间相同,就可用位移代替速度列动量守恒方程,列方程前画出反映位移关系的草图将会更加简捷。【变式训练5】(2019江苏

27、南京摸底考试)如图所示,光滑水平面上有一小车,小车上固定一杆,总质量为M;杆顶系一长为L的轻绳,轻绳另一端系一质量为m的小球。绳被水平拉直处于静止状态(小球处于最右端)。将小球由静止释放,小球从最右端摆下并继续至最左端的过程中,小车运动的距离是多少?【解析】设某时刻小球速度的水平分量为v(方向向右),小车的速度为v1(方向向右),取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv1-mv=0,即vv1=Mm因为小球在摆动过程中,系统在每一时刻水平方向动量都等于零,所以每一时刻小球速度的水平分量与小车的速度都跟它们的质量成反比,由此可知小球从最右端摆至最左端的过程中,小球的水平位移s1与小车的位移s2与

28、它们的质量成反比,即s1s2=Mm,由图示可知s1+s2=2L解得s2=2mm+M L。【答案】2mm+M L题型六动量与能量的综合应用问题1.解决力学问题的三个基本观点动力学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动量观点用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题2.动量观点和能量观点的比较(1)相同点:研究对象都是相互作用的物体组成的系统;研究过程都是某一运动过程。(2)不同点:动量守恒定律是矢量表达式,还可写出分量表达式;而动能定理和能量守恒定律是标量表达式,无分量表达式。3.利用动量和能量观点解题的技巧(1

29、)若研究对象为一个系统,则应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题,则应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。【例6】如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg且可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩

30、擦因数=0.5,取g=10 m/s2。(1)求物块在车面上滑行的时间t。(2)要使物块不从小车右端滑出,则物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少?【解析】(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为Ff,对物块应用动量定理有-Fft=m2v-m2v0,又Ff=m2g解得t=m1v0(m1+m2)g=0.24 s。(2)要使物块恰好不从车面最右端滑出,则物块到车面最右端时与小车恰好达到共同的速度,设共同速度为v',则m2v0'=(m1+m2)v'由功能关系有12m2v0&#

31、39;2=12(m1+m2)v'2+m2gL代入数据解得v0'=5 m/s故要使物体不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s。【答案】(1)0.24 s(2)5 m/s“滑块平板”模型解题思路(1)应用系统的动量守恒。(2)涉及滑块或平板的时间时,优先考虑用动量定理。(3)涉及滑块或平板的位移时,优先考虑用动能定理。(4)涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块恰好不滑动时,滑块与平板达到共同速度。【变式训练6】(2019贵州贵阳质量调研)如图所示,长木板ab的b端固定有一挡板,木板与挡板的总质量M=4.0 kg,a、b间的距离s

32、=2.0 m,木板位于光滑水平面上,在木板a端有一小物块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数=0.1,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度v0=4.0 m/s沿木板向右滑动,直到和挡板相碰。碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离木板,求碰撞过程中损失的机械能。(g取10 m/s2,小物块和挡板可视为质点)【解析】把物块和木板看成一个系统,设物块和木板最后的共同速度为v,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v设碰撞过程中损失的机械能为E,由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为2mgs,则由能量守恒定律可得12mv02-12(M+m)v2=E+2mgs解得E=12

33、mv02-12(M+m)v2-2mgs=mM2(m+M)v02-2mgs=2.4 J。【答案】2.4 J【变式训练7】如图所示,在光滑的水平桌面上,静止放着一质量M=980 g的长方形匀质木块,现有一颗质量m=20 g的子弹以300 m/s的水平速度沿其轴线射向木块,结果子弹留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(计算结果保留到小数点后1位)(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。(2)若子弹以400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的,则它能否射穿该木块?

34、【解析】(1)设子弹的初速度为v0,子弹射入木块后与木块的共同速度为v,以子弹和木块为系统,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v 解得v=6.0 m/s 此过程系统所增加的内能E=Ek=12mv02-12(M+m)v2=882.0 J。(2)设子弹以v0'=400 m/s的速度刚好能够射穿材质一样、厚度为d'的另一个木块,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律有mv0'=(M+m)v'v'=mv0'M+m=8.0 m/s此过程系统所损耗的机械能E'=Ek'=12mv0'2-12(M+m)v'2=1568.0 J

35、由功能关系有E=fs相=fd, E'=fs相'=fd'两式相比有EE'=dd'解得d'=E'Ed10.7 cm>10 cm所以子弹能够穿透此木块。【答案】(1)6.0 m/s882.0 J(2)子弹能够穿透此木块【变式训练8】如图所示,质量分别为M1=0.49 kg和M2=0.5 kg的木块1、2静置在光滑水平地面上,两木块间夹有一轻质弹簧,一质量m=0.01 kg 的以v0=150 m/s的速度打入木块M1并停留在其中(打击时间极短)。(1)在子弹在木块1中相对静止的瞬间,求木块1的速度v1。(2)当木块2的速度v=1 m/s时,

36、求弹簧的弹性势能Ep。【解析】(1)在子弹与木块1作用过程中,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M1)v1解得v1=3 m/s。(2)子弹停留在木块1中一起压缩弹簧与木块2作用过程中动量守恒,机械能守恒,可得(m+M1)v1=(m+M1)v2+M2v12(m+M1)v12=Ep+12(m+M1)v22+12M2v2联立解得Ep=1 J。【答案】(1)3 m/s(2)1 J1.(2019福建南平质量检测)如图所示,A、B两物体质量分别为mA、mB,且mA>mB,置于光滑水平面上,相距较远。将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B上,经过相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并

37、粘在一起后将()。A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定【解析】已知两个力大小相等,mA>mB,由牛顿第二定律可知,两物体的加速度aA<aB,又知xA=xB,由运动学公式得xA=12aAtA2,xB=12aBtB2,可知tA>tB,由IA=FtA,IB=FtB,可得IA>IB,由动量定理可知pA-0=IA,pB-0=IB,则pA>pB,碰前系统总动量方向向右,碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律可知,碰后总动量方向向右,A、B、D三项错误,C项正确。【答案】C2.(2019山西太原开学测试)如图所示,在光滑的水平面上放有一质量为M的物体,物体P上有一

38、光滑的半圆弧轨道,轨道半径为R,最低点为C,两端A、B等高,现让小滑块Q从A点由静止开始下滑,在此后的过程中,则()。A.P和Q组成的系统机械能守恒,动量守恒B.P和Q组成的系统机械能守恒,动量不守恒C.Q从A到C的过程中P向左运动,Q从C到B的过程中P向右运动D.Q从A到B的过程中,P运动的位移为mRM+m【解析】P和Q组成的系统机械能守恒,总动量不守恒,但水平方向动量守恒,A项错误,B项正确;Q从A到C的过程中,P向左加速运动,当Q到达C处时,P向左速度最大,Q从C到B的过程中,P向左减速运动,C项错误;在Q从A到B的过程中,有MxP=mxQ,xP+xQ=2R,得xP=2mRm+M,D项错

39、误。【答案】B3.(2019天津南开中学摸底考试)(多选)几个水球可以挡住一颗子弹?国家地理频道的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()。A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同【解析】子弹恰好能穿出第4个水球,即末速度v=0,逆向看子弹的运动,则子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动,则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2-3)(3-2)(2-1)1,B项正确。由于加速度a恒定,由at=v,可知子弹

40、在每个水球中的速度变化不同,A项错误。因加速度恒定,则每个水球对子弹的阻力恒定,则由I=ft可知每个水球对子弹的冲量不同,C项正确。由动能定理有Ek=fx,f相同,x相同,则Ek相同,D项正确。【答案】BCD4.(2019湖南长沙摸底考试)(多选)如图甲所示,质量为M的长木板A放在光滑的水平面上,质量m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=3 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示,则下列说法正确的是()。甲乙A.木板A获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为1.5 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【

41、解析】设物体B与长木板达到的共同速度为v,则根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,解得M=4 kg,A的动能Ek=12Mv2=2 J,A项正确;系统损失的动能Ek=12mv02-12(M+m)v2=6 J,B项错误;在第1 s内A的位移为x1,B的位移为x2,木板长Lx2-x1=12v0t1=1.5 m,C项正确;对于物体B有a=v0-vt=2 m/s2,mg=ma,解得=0.2,D项错误。【答案】AC5.(2019黑龙江哈尔滨模拟)(多选)如图所示,三个小球a、b、c的质量均为m,都放在光滑的水平面上,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,碰后与小球b粘在一起运动。在

42、整个运动过程中,下列说法中正确的是()。A.三个小球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒B.三个小球与弹簧组成的系统总动量不守恒,总机械能守恒C.当小球b、c速度相等时,弹簧的弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零【解析】在整个运动过程中,系统所受的合力为零,总动量守恒,a与b碰撞过程机械能减小,A项正确,B项错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的压缩量或伸长量最大,弹性势能最大,C项正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒可知,小球b的动能不为零,D项正确。【答案】ACD 6.(2019山东济南模拟考试)如图所示,光滑

43、的水平面上有一质量M=9 kg的木板,其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量m0=2 kg的物体C(可视为质点),已知圆弧轨道半径R=0.9 m,现将一质量m=4 kg的小滑块(可视为质点),在轨道顶端A点由静止释放,滑块滑到B端后冲上木板,并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出,已知滑块和物体C与木板上表面的动摩擦因数均为=0.2,取g=10 m/s2。求:(1)滑块到达圆弧的B端时,轨道对它的支持力大小。(2)木板的长度l。【解析】(1)滑块从A端下滑到B端,由机械能守恒得mgR=12mv02

44、解得v0=32 m/s在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=mv02R解得轨道对滑块的支持力FN=120 N。(2)滑块滑上木板后,滑块与木板右端的物体C发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后共同的速度为v1,则mv0=(m+m0)v1代入数据得v1=22 m/s对滑块、物体C以及木板,三者组成的系统沿水平方向的动量守恒,设末速度为v2,由动量守恒有(m+m0)v1=(m+m0+M)v2由能的转化和守恒得(m+m0)gl=12(m+m0)v12-12(M+m+m0)v22解得l=1.2 m。【答案】(1)120 N (2)1.2 m7.(2019湖南长沙六校联考)儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨

45、道简化为如图所示的模型。光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点,质量为m的小球A静止于P点,小球半径远小于R。与A相同的小球B以速度v0向右运动,A、B碰后粘连在一起。当v0的大小在什么范围时,两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道?(已知重力加速度为g)【解析】设A、B碰撞后的速度为v1,A、B恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2对A、B,碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律得mv0=2mv1欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道,有两种可能:当v0较小时,A、B最高只能运动到与圆心等高的地方对A、B,从碰后到与圆心等高的地方,由动能定理有-2mgR=0-12×2mv12

46、联立解得v0=22gR当v0较大时,A、B能够做完整的圆周运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形,对A、B,从碰后运动到圆周最高点的过程中,由动能定理有-2mg×2R=12×2mv22-12×2mv12在最高点时,由牛顿第二定律得2mg=2mv22R联立解得v0=25gR综上所述,当v022gR或v025gR时,两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。【答案】v022gR或v025gR8.(2018河北衡水模拟考试)如图所示,某时刻质量m1=50 kg的人站在m2=10 kg的小车上,推着m3=40 kg的铁箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面上沿直线运动

47、到A点时,该人迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在A点,铁箱则向右运动到距A点s=0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回,弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一,当铁箱回到A点时被人接住,人、小车和铁箱一起向左运动。已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的15,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功。(2)人、小车和铁箱停止运动时与A点的距离。【解析】(1)人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得(m1+m2+m3)v0=m3v1 解得v1=5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功W=12m3v12-12m3v02=420 J。(2)设铁箱与墙相碰前的速度为v2,铁箱再次滑到A点时速度为v3,对铁箱,根据动能定理,从A点到墙有-15m3gs=12m3v22-12m3v12解得v2=26 m/s从墙到A点有-15m3gs=12m3v32-12m312v22解得v3=5 m/s 设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=(m1+m2+m3)v4解得v4=255 m/s 根据动能定理,有-15(m1+m2+m3)gx=0-12(m1+m2+m3)v42