2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 課時(shí)分層作業(yè) 十九 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用.doc

2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 課時(shí)分層作業(yè) 十九 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。16題為單選題,710題為多選題)1.(xx全國(guó)卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g 燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s 【解析】選A?；鸺c噴出的燃?xì)饨M成的系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量守恒。選豎直向上為正方向,設(shè)噴氣后火箭的動(dòng)量為p,由動(dòng)量守恒定律得:0=p-mv,則p=mv= 0.050600 kgm/s=30 kgm/s。2.在光滑水平面上有一輛平板車,一人手握大錘站在車上。開(kāi)始時(shí)人、錘和車均靜止,且這三者的質(zhì)量依次為m1、m2、m3。人將大錘水平向左拋出后,人和車的速度大小為v,則拋出瞬間大錘的動(dòng)量大小為()A.m1v B.m2vC.(m1+m3)vD.(m2+m3)v【解析】選C。人、錘和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向左為正方向,則(m1+m3)v-p=0,解得拋出瞬間大錘的動(dòng)量大小為p=(m1+m3)v,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。3.如圖所示,放在光滑水平桌面上的A、B兩個(gè)小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧,當(dāng)輕彈簧被放開(kāi)時(shí),A、B兩個(gè)小木塊各自在桌面上滑行一段距離后,飛離桌面落在地面上。若mA=3mB,則下列結(jié)果正確的是 ()A.若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2,則有W1W2=11B.在與輕彈簧作用過(guò)程中,兩木塊的速度變化量之和為零C.若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為p1和p2,則有p1p2=11D.若A、B同時(shí)離開(kāi)桌面,則從釋放輕彈簧開(kāi)始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi),A、B兩木塊的水平位移大小之比為13【解析】選D。彈簧彈開(kāi)物體過(guò)程中,兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取水平向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則速度之比vAvB=13,根據(jù)動(dòng)能定理得,輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1=mA,W2=mB,聯(lián)立解得W1W2=13,故A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,在與輕彈簧作用過(guò)程中,兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零,即mAvA+mBvB=0,可得vA+vB0,故B錯(cuò)誤;A、B離開(kāi)桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng),它們拋出點(diǎn)的高度相同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,設(shè)為t,由動(dòng)量定理得,A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為p1=mAgt,p2=mBgt,所以p1p2=31,故C錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng),由x=v0t知,t相等,又木塊在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí),vAvB=13,則A、B兩木塊的水平位移大小之比為13,故D正確。4.一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出,木塊的動(dòng)能增加了8 J,木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量。則此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J【解析】選A。設(shè)子彈的初速度為v0,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v,木塊的質(zhì)量為M,子彈的質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,木塊獲得的動(dòng)能為Ek=Mv2=,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=m-(M+m)v2=,所以=,由于木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量,所以=<,即Q>2Ek=28 J=16 J,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。5.(xx石家莊模擬)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞,碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng),兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。則滑塊a、b的質(zhì)量之比()A. 54B.18C.81D.45【解析】選B。設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1 、m2,a、b碰撞前的速度為v1 、v2,由題給的圖象得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v,由題給的圖象得v= m/s,由動(dòng)量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,由以上各式解得m1m2 =18 ,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。6.(xx泉州模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放,然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力),則()A.小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC.小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D.小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0【解析】選D。小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但系統(tǒng)整體所受合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得m-m=0, m-m=0,解得小車的位移x=R,故B錯(cuò)誤;小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mg-Wf=0,解得Wf=mgh0,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0,由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于mgh0,機(jī)械能損失小于mgh0,因此小球再次離開(kāi)小車時(shí),能上升的高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故D正確。7.(xx南昌模擬)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示),物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x,則()A.A物體的質(zhì)量為3mB.A物體的質(zhì)量為2mC.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mD.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為m【解析】選A、C。彈簧固定時(shí),當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí),彈性勢(shì)能最大,A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知,彈簧被壓縮過(guò)程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能,設(shè)A的質(zhì)量為mA,則有Epm=mA,當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí),A與彈簧相互作用的過(guò)程中B將向右運(yùn)動(dòng),A、B速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,選取A的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得mA2v0=(m+mA)v,由機(jī)械能守恒定律得Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2,聯(lián)立解得mA=3m,Epm=1.5m,故A、C正確,B、D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖甲所示,一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接,并靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3 m/s,以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn),兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,從圖象信息可得()A.在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s,且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B.t3t4時(shí)間內(nèi)彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1m2=12D.在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1Ek2=18【解析】選C、D。由圖可知t1到t3時(shí)間內(nèi)兩物塊之間的距離逐漸增大,t3時(shí)刻達(dá)到共同速度,此時(shí)彈性勢(shì)能最大,彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),故A錯(cuò)誤;結(jié)合圖象弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,開(kāi)始時(shí)A逐漸減速,B逐漸加速,彈簧被壓縮,t1時(shí)刻二者速度相等,系統(tǒng)動(dòng)能最小,彈性勢(shì)能最大,彈簧被壓縮到最短,然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng),B依然加速,A先減速為零,然后反向加速,t2時(shí)刻,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài),由于此時(shí)兩物塊速度相反,因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大,兩物塊均減速,t3時(shí)刻,兩物塊速度相等,系統(tǒng)動(dòng)能最小,彈簧最長(zhǎng),從t3到t4過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng),故B錯(cuò)誤;系統(tǒng)動(dòng)量守恒,選擇開(kāi)始到t1時(shí)刻列方程可知:m1v1=(m1+m2)v2,將v1=3 m/s, v2=1 m/s代入得:m1m2=12,故C正確;在t2時(shí)刻A的速度大小為vA=1 m/s,B的速度為vB=2 m/s,根據(jù)m1m2=12,求出Ek1Ek2=18,故D正確。8.如圖所示,在足夠長(zhǎng)的水平地面上有兩輛相同的小車甲和乙,A、B兩點(diǎn)相距為5 m,小車甲從B點(diǎn)以大小為4 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)的同時(shí),小車乙從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始以大小為2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間后,小車乙與小車甲相碰(碰撞時(shí)間極短),碰后兩車粘在一起,整個(gè)過(guò)程中,兩車的受力不變(不計(jì)碰撞過(guò)程)。下列說(shuō)法正確的是()A.小車乙追上小車甲用時(shí)4 sB.小車乙追上小車甲之前它們的最遠(yuǎn)距離為9 mC.碰后瞬間兩車的速度大小為7 m/sD.若地面光滑,則碰后兩車的加速度大小仍為 2 m/s2【解析】選B、C。小車乙追上小車甲時(shí),有x乙-x甲=5 m,即at2-v甲t=5 m,代入數(shù)據(jù)解得t=5 s,所以小車乙追上小車甲用時(shí)5 s,故A錯(cuò)誤;當(dāng)兩車的速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn),則有v甲=at,解得t= s=2 s,最遠(yuǎn)距離s=5 m+v甲t-at2 =(5+42-222) m=9 m,故B正確;碰前瞬間乙車的速度v乙=at=25 m/s=10 m/s,對(duì)于碰撞過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv甲+mv乙=2mv,解得碰后瞬間兩車的共同速度v=7 m/s,故C正確;若地面光滑,碰前乙車所受的作用力F=ma,甲車的合力為0,則碰后兩車的加速度大小a=1 m/s2,故D錯(cuò)誤。9.(xx銅仁模擬)如圖所示,弧形軌道置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上,弧形軌道與水平軌道平滑連接,水平軌道上靜置一小球B和C,小球A從弧形軌道上離地高h(yuǎn)處由靜止釋放,小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰,碰后小球A被彈回,B球與C球碰撞后粘在一起,A球彈回后再?gòu)幕⌒诬壍郎蠞L下,已知所有接觸面均光滑,A、C兩球的質(zhì)量相等,B球的質(zhì)量為A球質(zhì)量的2倍,如果讓小球A從h=0.2 m處?kù)o止釋放,則下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g=10 m/s2)()A.A球從h處由靜止釋放則最后不會(huì)與B球再相碰B.A球從h處由靜止釋放則最后會(huì)與B球再相碰C.A球從h=0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/sD.A球從h=0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/s【解析】選A、D。設(shè)A球的質(zhì)量為m,A從弧形軌道滑到水平軌道的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgh=m,解得v0=,A與B發(fā)生彈性正碰,則碰撞過(guò)程中,A、B動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得,mv0=mv1+2mv2,m=m+2m,解得v1=-v0,v2=v0,B與C碰撞過(guò)程中,B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以B的速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv2=(2m+m)v,解得v=v0>|v1|,所以最后A球不會(huì)與B球再相碰,故A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)h=0.2 m時(shí),根據(jù)v0=、v=v0可得,C球最后的速度v= m/s= m/s,故C錯(cuò)誤,D正確。10.將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑的水平面上,如圖甲所示,一個(gè)滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0沿木板從左端向右端滑動(dòng),到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止,現(xiàn)將木板分成A和B兩段,如圖乙所示,并緊挨著放在水平面上,讓滑塊仍以初速度v0從木板左端向右端滑動(dòng),滑塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,在以后的整個(gè)過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.甲乙兩圖中,滑塊克服摩擦力做的功一樣多B.系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量甲圖比乙圖多C.最終甲、乙兩圖中滑塊受到合外力的沖量相同D.圖乙過(guò)程中滑塊與B一定不會(huì)分離【解析】選B、D。設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,A部分的質(zhì)量為M1,B的質(zhì)量為M2,則滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,選擇向右為正方向,對(duì)甲圖mv0=(m+M1+ M2)v,對(duì)乙圖mv0=M1v1+(m+M2)v2,由于滑塊滑過(guò)A后,在B上滑動(dòng)的過(guò)程中,滑塊的速度將大于A的速度,則有v1<v<v2,可知第二次時(shí)滑塊的速度的變化量小一些,根據(jù)動(dòng)量定理可知,滑塊與B木板將比第一種的情景更早達(dá)到速度相等,所以在第二種情況下,滑塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端,兩者速度相同,即第二次時(shí),滑塊相對(duì)于木板的位移小,根據(jù)動(dòng)能定理可知,滑塊克服摩擦力做的功等于其動(dòng)能的變化,由于v<v2,所以甲、乙兩圖中,滑塊克服摩擦力做的功不一樣多,故A錯(cuò)誤;根據(jù)摩擦力乘以相對(duì)位移等于產(chǎn)生的熱量,第一次的相對(duì)路程的大小大于第二次的相對(duì)路程的大小,則圖甲所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量,故B正確;兩圖中最終滑塊的速度不同,則可知末動(dòng)量不相同,則由動(dòng)量定理可知,合外力的沖量不同,故C錯(cuò)誤;滑塊與B達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)對(duì)應(yīng)的位移將更小,因此滑塊不會(huì)離開(kāi)B物體,故D正確?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示,足夠長(zhǎng)的小平板車B的質(zhì)量為M,以水平速度v0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng),與此同時(shí),質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)。若物體與車面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,則在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)()A.若M>m,物體A對(duì)地向左的最大位移是B.若M<m,小車B對(duì)地向右的最大位移是C.無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何,摩擦力對(duì)平板車的沖量均為mv0D.無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何,摩擦力的作用時(shí)間均為【解析】選D。規(guī)定向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:Mv0-mv0=(M+m)v,解得:v=。若M>m,A所受的摩擦力Ff=mg,對(duì)A,根據(jù)動(dòng)能定理得:-mgxA=0-m,則得物體A對(duì)地向左的最大位移xA=,故A錯(cuò)誤。若M<m,對(duì)B,由動(dòng)能定理得:-mgxB=0-M,則得小車B對(duì)地向右的最大位移xB=,B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理知,摩擦力對(duì)平板車的沖量等于平板車動(dòng)量的變化量,即I=-Fft=Mv-Mv0=,Ff=mg,解得:t=,故C錯(cuò)誤,D正確。二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(xx包頭模擬)如圖所示,AB 為光滑水平面,BC部分位于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓軌道,B點(diǎn)是最低點(diǎn),C點(diǎn)是最高點(diǎn),C點(diǎn)切線方向水平,圓管截面半徑rR。有一個(gè)質(zhì)量為m的a球以水平初速度向右運(yùn)動(dòng)碰撞到原來(lái)靜止在水平面上的質(zhì)量為3m的b球,兩球發(fā)生對(duì)心碰撞,碰撞時(shí)間極短,并且碰撞時(shí)沒(méi)有能量損失,碰撞后b球順利進(jìn)入光滑圓管(B點(diǎn)無(wú)能量損失,小球的半徑比圓管半徑r略小),它經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C后飛出,最后落在水平地面上的A點(diǎn),已知AB的距離為2R。已知重力加速度為g。求:(1)小球b運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。(2)碰后小球a的速度為多少?！窘馕觥?1)b球從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),則:水平方向:x=2R=vCt豎直方向:y=2R=gt2解得:vC=在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得:3mg+FN=3m解得:FN=0由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫?(2)b球從B到C,由機(jī)械能守恒得:3mg2R=3m-3m解得:vB=a球與b球發(fā)生彈性碰撞,則:mv0=mva+3mvBm=m+3m解得:va=-方向向左答案:(1)0(2),方向向左【能力拔高題組】1.(8分)(xx岳陽(yáng)模擬)如圖所示,一根勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上O點(diǎn),另一端與靜止在光滑水平面上A點(diǎn)的物塊相連,物塊質(zhì)量為M,第一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊但未穿出。此后,每當(dāng)物塊向左經(jīng)過(guò)A時(shí),都會(huì)有一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊且均未穿出。若每顆子彈的質(zhì)量為m,子彈與物塊相互作用時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力,則 ()A.隨著子彈的不斷射入,彈簧的最大壓縮量將不斷增加B.當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0C.當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0D.從第一顆子彈射入到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中,子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)子彈打擊物塊的過(guò)程動(dòng)量守恒。(2)物塊壓縮彈簧的過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)通過(guò)數(shù)學(xué)歸納確定當(dāng)偶數(shù)顆子彈射入物塊后物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小?！窘馕觥窟xB。第一顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1,解得v1=,之后彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep1=(M+m)=,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,物塊返回A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1=,第二顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2,解得v2=0,第三顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+3m)v3,解得v3=,之后彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep3=(M+3m)=,第四顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4,解得v4=0,由此可知,隨著子彈的不斷射入,彈簧的最大壓縮量并不是不斷增加,故A錯(cuò)誤;由以上分析可知,當(dāng)偶數(shù)顆子彈射入物塊后物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0,所以當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0,故B正確,C錯(cuò)誤;從第一顆子彈射入物塊的過(guò)程中,機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能要減小,故D錯(cuò)誤。2.(17分)(xx平頂山模擬)如圖所示,一小車置于光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧右端固定,左端拴連物塊b,小車質(zhì)量M=3 kg,AO部分粗糙且長(zhǎng)L=2 m,動(dòng)摩擦因數(shù)=0.3,OB部分光滑。另一小物塊a放在車的最左端,和車一起以v0=4 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng),車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但不與擋板粘連。已知車OB部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。a、b兩物塊視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量均為m=1 kg,碰撞時(shí)間極短且不粘連,碰后一起向右運(yùn)動(dòng)。(g取10 m/s2)求:(1)物塊a與b碰后的速度大小。(2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)小車右端B到擋板的距離。(3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)在小車上的位置到O點(diǎn)的距離?！窘馕觥?1)對(duì)物塊a,由動(dòng)能定理得:-mgL=m-m解得:v1=2 m/sa、b碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以a的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得:mv1=2mv2解得:v2=1 m/s。(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分離,a以v2=1 m/s 在小車上向左滑動(dòng),當(dāng)與車同速時(shí),以向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv2=(M+m)v3解得:v3=0.25 m/s對(duì)小車,由動(dòng)能定理得:mgs=M代入數(shù)據(jù)解得同速時(shí)車B端距擋板的距離:s=0.031 25 m。(3)由能量守恒得:mgx=m-(M+m)解得滑塊a與車相對(duì)靜止時(shí)與O點(diǎn)距離:x=0.125 m。答案:(1)1 m/s(2)0.031 25 m(3)0.125 m【總結(jié)提升】利用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解題的技巧(1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng),應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(或機(jī)械能守恒定律)。(2)若研究對(duì)象為單一物體,且涉及功和位移問(wèn)題時(shí),應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(或機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系,對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究,這正是它們的方便之處。特別對(duì)于變力做功問(wèn)題,就更顯示出它們的優(yōu)越性。