2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 微型專題 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用學(xué)案（必修1）

《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 微型專題 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用學(xué)案（必修1）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 微型專題 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用學(xué)案（必修1）（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微型專題　動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：進(jìn)一步理解動(dòng)能定理、能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容及其含義. 科學(xué)思維：1.掌握應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律解題的方法步驟.2.通過(guò)學(xué)習(xí)，培養(yǎng)應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析綜合問(wèn)題的能力. 一、滑塊—木板模型 1.把滑塊、木板看做一個(gè)整體，摩擦力為內(nèi)力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒. 2.由于摩擦生熱，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，根據(jù)能量守恒定律，機(jī)械能的減少量等于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，ΔE＝Ff·s相對(duì)，其中s相對(duì)為滑塊和木板相對(duì)滑動(dòng)的路程. 3.注意：若滑塊不滑離木板，就意味

2、著二者最終具有共同速度，機(jī)械能損失最多. 例1　如圖1所示，B是放在光滑的水平面上質(zhì)量為3m的一塊木板，物塊A(可看成質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.最初木板B靜止，物塊A以水平初速度v0滑上長(zhǎng)木板，木板足夠長(zhǎng).求：(重力加速度為g) 圖1 (1)木板B的最大速度的大小； (2)從剛滑上木板到A、B速度剛好相等的過(guò)程中，木塊A所發(fā)生的位移大??； (3)若物塊A恰好沒(méi)滑離木板B，則木板至少多長(zhǎng)？ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由題意知，A向右減速，B向右加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)B速度最大.以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v，得：

3、v＝ (2)A向右減速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx1＝mv2－mv02 則木塊A所發(fā)生的位移大小為x1＝ (3)方法一：B向右加速過(guò)程的位移設(shè)為x2. 則μmgx2＝×3mv2，解得：x2＝ 木板的最小長(zhǎng)度：L＝x1－x2＝ 方法二：從A滑上B至達(dá)到共同速度的過(guò)程中，由能量守恒得：μmgL＝mv02－(m＋3m)v2 得：L＝. [學(xué)科素養(yǎng)]　例題可用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、能量守恒定律等方法求木板的長(zhǎng)度，通過(guò)對(duì)比選擇培養(yǎng)了對(duì)綜合問(wèn)題的分析能力和應(yīng)用物理規(guī)律解題的能力，體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng). 二、子彈打木塊模型 1.子彈打木塊的過(guò)程很短暫，認(rèn)為該過(guò)

4、程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒. 2.在子彈打木塊過(guò)程中摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化. 3.若子彈不穿出木塊，二者最后有共同速度，機(jī)械能損失最多. 例2　如圖2所示，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊(時(shí)間極短且未穿出)，若木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：(重力加速度為g) 圖2 (1)子彈射入木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (2)子彈射入后，木塊在地面上前進(jìn)的距離. 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)子彈射入木塊后，二者的共同速度為v′，取子彈的初速度方向?yàn)檎较颍瑒t由動(dòng)量守恒得：mv＝(M＋m)v′① 射入過(guò)程

5、中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝mv2－(M＋m)v′2② 由①②兩式解得：ΔE＝. (2)子彈射入木塊后，二者一起沿地面滑行，設(shè)滑行的距離為x，由動(dòng)能定理得： －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2③ 由①③兩式解得：x＝. 子彈打木塊模型與滑塊—木板模型類似，都是通過(guò)系統(tǒng)內(nèi)的滑動(dòng)摩擦力相互作用，系統(tǒng)所受的外力為零(或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力)，動(dòng)量守恒.當(dāng)子彈不穿出木塊或滑塊不滑離木板時(shí)，兩物體最后有共同速度，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失最多. 三、彈簧類模型 1.對(duì)于彈簧類問(wèn)題，在作用過(guò)程中，若系統(tǒng)合外力為零，則滿足動(dòng)量守恒. 2.整個(gè)過(guò)程中往往涉及多種形式的能的轉(zhuǎn)化，如：彈性勢(shì)

6、能、動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問(wèn)題. 3.注意：彈簧壓縮最短或彈簧拉伸最長(zhǎng)時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大. 例3　如圖3所示，A、B、C三個(gè)小物塊放置在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁，A、B之間用水平輕彈簧拴接且輕彈簧處于原長(zhǎng)，它們的質(zhì)量分別為mA＝m，mB＝2m，mC＝m.現(xiàn)給C一水平向左的速度v0，C與B發(fā)生碰撞并粘合在一起.試求： 圖3 (1)A離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能； (2)A離開(kāi)墻壁后，C的最小速度的大小. 答案　(1)mv02　(2) 解析　(1)B、C碰撞前后動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，則mv0＝3mv，

7、彈簧壓縮至最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒定律可得：Epm＝×3mv2 聯(lián)立解得：Epm＝mv02 (2)A離開(kāi)墻壁前，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B、C的速度為v′， 有Epm＝mv′2，則v′＝. A離開(kāi)墻壁后，在彈簧彈力的作用下速度逐漸增大，B、C的速度逐漸減小，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A達(dá)到最大速度vA，B、C的速度減小到最小值vC.在此過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒. 以水平向右為正方向，有3mv′＝mvA＋3mvC，Epm＝mvA2＋mvC2， 解得：vC＝. 針對(duì)訓(xùn)練　如圖4所示，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、

8、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連.將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C相連，使彈簧不能伸展，以至于B、C與彈簧可視為一個(gè)整體.現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起以后，細(xì)線突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離.已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的彈性勢(shì)能. 圖4 答案　mv02 解析　設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝3mv① 設(shè)C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒得3mv＝2mv1＋mv0② 設(shè)彈簧釋放的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線斷開(kāi)到C與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中機(jī)械能守

9、恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v12＋mv02③ 由①②③式得，彈簧所釋放的彈性勢(shì)能為Ep＝mv02. 1.(滑塊—木板模型)如圖5所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量也為M的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度從左端沖上長(zhǎng)木板，如果長(zhǎng)木板是固定的，物塊恰好停在長(zhǎng)木板的右端，如果長(zhǎng)木板不固定，則物塊沖上長(zhǎng)木板后在長(zhǎng)木板上最多能滑行的距離為(　　) 圖5 A.LB.C.D. 答案　D 解析　長(zhǎng)木板固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：－μMgL＝0－Mv02，若長(zhǎng)木板不固定，以物塊初速度的方向?yàn)檎较?，有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D項(xiàng)正確

10、，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤. 2.(子彈打木塊模型)(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖6所示，則上述兩種情況相比較，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.子彈的末速度大小相等 B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 C.子彈對(duì)滑塊做的功相同 D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大 答案　ABC 解析　以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上

11、層過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，而子彈減少的動(dòng)能一樣多(兩種情況下子彈初、末速度都相等)，滑塊增加的動(dòng)能也一樣多，則系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊動(dòng)能的增量等于子彈對(duì)滑塊做的功，所以兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·x相對(duì)知，由于相對(duì)位移x相對(duì)不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯(cuò)誤. 3.(彈簧類問(wèn)題)如圖7所示，木塊A、B的質(zhì)量均為2kg，置于光滑水平面上，B與一水平輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4m/s的速度向B撞擊時(shí)，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最

12、短時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能大小為(　　) 圖7 A.4JB.8JC.16JD.32J 答案　B 解析　由碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s，所以碰后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能為(mA＋mB)v2＝8J，當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為0，只有彈性勢(shì)能，由機(jī)械能守恒得此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為8J. 4.(動(dòng)量與能量的綜合)(2018·廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)、廣雅中學(xué)、佛山一中高二下期末)如圖8所示，一質(zhì)量為MB＝6kg的木板B靜止于光滑的水平面上，物塊A的質(zhì)量MA＝6kg，停在B的左端，一質(zhì)量為m＝1kg的小球用長(zhǎng)為l＝0.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上

13、.將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度h＝0.2m，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B達(dá)到共同速度后A還在木板上，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2. 圖8 (1)球和物塊A碰后瞬間A物塊的速度大小. (2)A、B組成的系統(tǒng)因摩擦損失的機(jī)械能. 答案　(1)1m/s　(2)1.5J 解析　(1)對(duì)于小球，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒， 則有mgl＝mv12，得v1＝＝4m/s， mgh＝mv1′2，得v1′＝＝2m/s 球與A碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：mv1＝－mv1′＋MAvA，解得vA＝1m/s (

14、2)物塊A與木板B相互作用過(guò)程中： MAvA＝(MA＋MB)v共，解得v共＝0.5m/s. A、B組成的系統(tǒng)因摩擦而損失的機(jī)械能 ΔE＝MAvA2－(MA＋MB)v共2 代入數(shù)據(jù)，得出ΔE＝1.5J 一、選擇題 1.如圖1所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量M＝3 kg的薄板和質(zhì)量m＝1 kg的物塊都以v＝4m/s的初速度相向運(yùn)動(dòng)，它們之間有摩擦，薄板足夠長(zhǎng)，當(dāng)薄板的速度為2.9m/s時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) 圖1 A.做減速運(yùn)動(dòng) B.做加速運(yùn)動(dòng) C.做勻速運(yùn)動(dòng) D.以上運(yùn)動(dòng)都有可能 答案　A 解析　開(kāi)始階段，物塊向左減速，薄板向右減速，當(dāng)物塊的速度為零時(shí)，設(shè)此時(shí)薄

15、板的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1 代入數(shù)據(jù)解得：v1≈2.67m/s＜2.9m/s，所以物塊處于向左減速的過(guò)程中. 2.(多選)如圖2所示，與水平輕彈簧相連的物體A停放在光滑的水平面上，物體B沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)，跟與A相連的輕彈簧相碰.在B跟彈簧相碰后，對(duì)于A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A.彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B的速度相同 B.彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B的動(dòng)能之和最小 C.彈簧被壓縮的過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量不斷減少 D.物體A的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為零 答案　ABD 解析　物體B與彈簧接觸時(shí)，彈簧發(fā)

16、生形變，產(chǎn)生彈力，可知B做減速運(yùn)動(dòng)，A做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，故A正確.A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)能量守恒，知此時(shí)A、B的動(dòng)能之和最小，故B正確.彈簧在壓縮的過(guò)程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤.當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速，彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零，故D正確. 3.如圖3所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質(zhì)量相等，都可視作質(zhì)點(diǎn).Q與水平輕質(zhì)彈簧相連.設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞.在整個(gè)碰撞過(guò)程中，彈簧具有的最大彈

17、性勢(shì)能等于(　　) 圖3 A.P的初動(dòng)能 B.P的初動(dòng)能的 C.P的初動(dòng)能的 D.P的初動(dòng)能的 答案　B 解析　把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.在整個(gè)碰撞過(guò)程中，當(dāng)小滑塊P和Q的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大.設(shè)小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質(zhì)量均為m，以v0的方向?yàn)檎较?，則mv0＝2mv，得v＝ 所以彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Epm＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正確. 4.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖4所示.現(xiàn)給小物塊一

18、水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止.設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(　　) 圖4 A.mv2B.μmgL　C.NμmgLD. 答案　D 解析　由于箱子M放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時(shí)，小物塊與箱子之間不再發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以v的方向?yàn)檎较?，有mv＝(m＋M)v1 系統(tǒng)損失的動(dòng)能是因?yàn)槟Σ亮ψ鲐?fù)功 ΔEk＝－Wf＝μmg·NL＝mv2－(M＋m)v12＝，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤. 5.(多選)如圖5所示，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈水平射入木塊的深

19、度為d時(shí)，子彈與木塊相對(duì)靜止，在子彈入射的過(guò)程中，木塊沿桌面移動(dòng)的距離為L(zhǎng)，木塊對(duì)子彈的平均阻力為Ff，那么在這一過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.木塊的機(jī)械能增量為FfL B.子彈的機(jī)械能減少量為Ff(L＋d) C.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為Ffd D.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為Ff(L＋d) 答案　ABC 解析　子彈對(duì)木塊的平均作用力大小為Ff，木塊相對(duì)于桌面的位移為L(zhǎng)，則子彈對(duì)木塊做功為FfL，根據(jù)動(dòng)能定理得知，木塊動(dòng)能的增加量，即機(jī)械能的增量等于子彈對(duì)木塊做的功，即為FfL.故A正確.木塊對(duì)子彈的阻力做功為－Ff(L＋d)，根據(jù)動(dòng)能定理得知：子彈動(dòng)能的減少量，即機(jī)械能的減

20、少量等于子彈克服阻力做功，大小為Ff(L＋d)，故B正確.子彈相對(duì)于木塊的位移大小為d，則系統(tǒng)克服阻力做功為Ffd，根據(jù)功能關(guān)系可知，系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為Ffd，故C正確，D錯(cuò)誤. 6.如圖6所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面.今把質(zhì)量為m的小物體從A點(diǎn)由靜止釋放，小物體與BC部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對(duì)靜止于B、C之間的D點(diǎn)，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是(　　) 圖6 A.其他量不變，R越大x越大 B.其他量不變，μ越大x越大 C.其他量不變，m越大x越大 D.其他量不變，M越大

21、x越大 答案　A 解析　小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒且為零，所以當(dāng)小車和小物體相對(duì)靜止時(shí)，系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量仍為零，則小車和小物體相對(duì)于光滑的水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，得x＝，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤. 7.(多選)(2018·福州十一中高二下期中)如圖7所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖7 A.若只增大v0，則滑塊滑離木板過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加 B.若只增大M，則滑塊滑離木板過(guò)程中木板所受到的沖量減少 C

22、.若只減小m，則滑塊滑離木板時(shí)木板獲得的速度減小 D.若只減小μ，則滑塊滑離木板過(guò)程中滑塊對(duì)地的位移減小 答案　BCD 解析　滑塊滑離木板過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積Q＝FfL相＝μmgL相，因?yàn)橄鄬?duì)位移沒(méi)變，所以產(chǎn)生的熱量不變，故A錯(cuò)誤；由極限法，當(dāng)M很大時(shí)，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小，滑塊的位移等于xM＋L很小，對(duì)滑塊根據(jù)動(dòng)能定理：－μmg(xM＋L)＝mv12－mv02，可知滑塊滑離木板時(shí)的速度v1較大，滑塊動(dòng)量變化較小，由動(dòng)量守恒定律知，木板動(dòng)量變化也較小，再根據(jù)動(dòng)量定理知，木板受到的沖量較小，故B正確；采用極限法：當(dāng)m很小時(shí)，摩擦力也很小，m的動(dòng)量變化很小

23、，把長(zhǎng)木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，滿足動(dòng)量守恒，那么長(zhǎng)木板的動(dòng)量變化也很小，故C正確；當(dāng)μ很小時(shí)，摩擦力也很小，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小，滑塊的位移等于xM＋L也會(huì)很小，故D正確. 8.(多選)用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖8所示.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A.從子彈射向木塊到一起上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 B.子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為 C.忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其機(jī)械能等于

24、子彈射入木塊前的動(dòng)能 D.子彈和木塊一起上升的最大高度為 答案　BD 解析　從子彈射向木塊到一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程可以分為兩個(gè)階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動(dòng)能，故A、C錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，由子彈射入木塊瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′ 所以子彈射入木塊后的共同速度為：v′＝，故B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段根據(jù)機(jī)械能守恒得：(M＋m)v′2＝(M＋m)gh， 可得上升的最大高度為：h＝，故D正確. 9.(多選)如圖9

25、所示，水平輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從離水平面高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始沿固定光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過(guò)程中某時(shí)刻B與A分開(kāi)且沿原曲面上升.下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g)(　　) 圖9 A.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為mgh B.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為 C.B與A分開(kāi)后能達(dá)到的最大高度為 D.B與A分開(kāi)后能達(dá)到的最大高度不能計(jì)算 答案　BC 解析　根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得B剛到達(dá)水平面的速度v0＝，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝v0，所以彈簧被壓縮時(shí)所具

26、有的最大彈性勢(shì)能為Epm＝×2mv2＝mgh，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A與B分開(kāi)，B以大小為v的速度向左沿曲面上滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh′＝mv2，解得B能達(dá)到的最大高度為h′＝h，故C正確，D錯(cuò)誤. 10.(多選)如圖10所示，圖甲表示光滑平臺(tái)上物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的摩擦不計(jì)；圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知(　　) 圖10 A.小車上表面長(zhǎng)度 B.物體A與小車B的質(zhì)量之比 C.物體A與小車B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.小車B獲得的動(dòng)能 答案　BC 解析　由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1做勻速運(yùn)動(dòng)

27、，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由題圖乙可以知道A相對(duì)小車B的位移Δx＝v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAgΔx＝mAv02－(mA＋mB)v12，根據(jù)求得的質(zhì)量關(guān)系，可以解出A與小車B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤. 二、非選擇題 11.如圖11所示，質(zhì)量mB＝2kg的平板車B上表面水平，在平板車左端相對(duì)于車靜止著一個(gè)質(zhì)量mA＝2kg的物塊A，A、B一起以大小為v1＝0.5m/s的速度在光滑的水平面上

28、向左運(yùn)動(dòng)，一顆質(zhì)量m0＝0.01kg的子彈以大小為v0＝600m/s的水平初速度向右瞬間射穿A后，速度變?yōu)関＝200m/s.已知A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)A剛好停在B的右端，車長(zhǎng)L＝1m，g＝10m/s2，求： 圖11 (1)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)0.1　(2)1600J 解析　(1)規(guī)定向右為正方向，子彈與A作用的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA， 代入數(shù)據(jù)解得：vA＝1.5m/s， 子彈穿過(guò)A后，A以1.5m/s的速度開(kāi)始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，

29、當(dāng)A、B有共同速度時(shí)，A、B達(dá)到相對(duì)靜止，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2， 代入數(shù)據(jù)解得：v2＝0.5m/s. 根據(jù)能量守恒定律知：μmAgL＝mAvA2＋mBv12－(mA＋mB)v22， 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.1. (2)根據(jù)能量守恒得，整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為： Q＝m0v02＋(mA＋mB)v12－m0v2－(mA＋mB)v22， 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝1600J. 12.(2018·沂南高二下期中)如圖12所示，質(zhì)量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出，設(shè)木塊對(duì)子彈

30、的阻力恒為F，求： 圖12 (1)子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)二者共同速度為多大； (2)射入過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能和子彈對(duì)木塊所做的功分別為多少； (3)木塊至少為多長(zhǎng)時(shí)子彈不會(huì)穿出. 答案　(1)　(2)　　(3) 解析　(1)子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得：v＝ (2)由能量守恒定律可知：mv02＝Q＋(m＋M)v2 得產(chǎn)生的熱量為：Q＝ 由動(dòng)能定理，子彈對(duì)木塊所做的功為：W＝Mv2＝ (3)設(shè)木塊最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由能量守恒定律：FL＝Q 得木塊的最小長(zhǎng)度為：L＝ 13.如圖13所示，一光滑水平桌面AB

31、與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點(diǎn)，且兩者固定不動(dòng).一長(zhǎng)L＝0.8m的細(xì)繩，一端固定于O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量m1＝0.2kg的球.當(dāng)球在豎直方向靜止時(shí)，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱?現(xiàn)將球提起使細(xì)繩處于水平位置時(shí)無(wú)初速度釋放.當(dāng)球m1擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰與放在桌面上的質(zhì)量m2＝0.8kg的小鐵球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度彈回，m2將沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，且恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D，g＝10m/s2，求： 圖13 (1)m2在半圓形軌道最低點(diǎn)C的速度大?。? (2)光滑圓形軌道的半徑R. 答案　(1)1.5m/s　(2)0.045m 解析　(1)設(shè)球m1擺至最低點(diǎn)時(shí)速度為v0，由機(jī)械能

32、守恒定律知 m1gL＝m1v02 得v0＝＝m/s＝4m/s m1與m2正碰，兩者動(dòng)量守恒，設(shè)m1、m2碰后的速度分別為v1、v2 以向右的方向?yàn)檎较?，則m1v0＝－m1v1＋m2v2 解得v2＝1.5m/s (2)m2在CD軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由機(jī)械能守恒有 m2v22＝m2g(2R)＋m2vD2 由小球m2恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D可知，重力提供向心力， 即m2g＝ 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得R＝0.045m. 14.(2018·泉州五中模擬)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為12m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固

33、定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖14所示.物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后釋放，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與Q物塊碰撞后粘在一起，P、Q均可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.若P、Q的質(zhì)量均為m，求： 圖14 (1)當(dāng)彈簧被壓縮到l時(shí)的彈性勢(shì)能； (2)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小和與Q物塊碰撞后的速度大小； (3)P、Q整體運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小. 答案　(1)12mgl　(2)2　　(3)0 解析　(1)對(duì)彈簧和質(zhì)量為12m的物體組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有Ep＝12mgl (2)從P釋放至運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)P用動(dòng)能定理有W彈－μmg·4l＝mvP2 又因?yàn)閃彈＝Ep－0＝12mgl 解得vP＝2 由P、Q碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒有mvP＝2mvB 解得vB＝ (3)B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，P、Q整體的機(jī)械能守恒，則有·2mvB2＝·2mvD2＋2mg·2l 設(shè)在D點(diǎn)時(shí)，P、Q整體受到軌道的壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律，在D點(diǎn)有FN＋2mg＝， 解得FN＝0 根據(jù)牛頓第三定律，P、Q整體運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝0. 15