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專題強(qiáng)化十二　用動(dòng)量守恒定律解決“三類模型”問(wèn)題
目標(biāo)要求 　1.會(huì)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)分析反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型.2.會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型的有關(guān)問(wèn)題．
題型一　反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型
1．反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明
作用原理 反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動(dòng)量守恒 反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加

2.人船模型
(1)模型圖示

(2)模型特點(diǎn)
①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②兩物體的位移滿足：mx人t－Mx船t＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm.



　　　　　 反沖運(yùn)動(dòng)

例1 　一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝
1 000 m/s.設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次．
(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？
(2)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為多大？
答案　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，
以火箭和三次噴出的氣體為研究對(duì)象，據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝3mvM－3m≈2 m/s
(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒鐘噴氣20次，以火箭和20次噴出的氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝20mvM－20m≈13.5 m/s.

　　　　　 人船模型

例2 　有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為(　　)
A.m?L＋d?d B.m?L－d?d
C.mLd D.m?L＋d?L
答案　B
解析　設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，人的位移為L(zhǎng)－d，船的位移為d，所以v＝dt，v′＝L－dt.以船后退的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Mdt＝m?L－d?t，小船的質(zhì)量為：M＝m?L－d?d，故B正確．

1.(滑塊—斜面中的人船模型)如圖1所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物塊，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物塊從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是(　　)

圖1
A.mhM＋m B.MhM＋m
C.mh?M＋m?tan α D.Mh?M＋m?tan α
答案　C
解析　m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地位移大小為x1，M在水平方向上對(duì)地位移大小為x2，以水平向左為正方向，則有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝htan α，解得x2＝mh?M＋m?tan α，C項(xiàng)正確．
2.(豎直方向上的人船模型)如圖2所示，氣球下面有一根長(zhǎng)繩，一個(gè)質(zhì)量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為m2＝20 kg，長(zhǎng)繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5 m．如果這個(gè)人開始沿繩向下滑，當(dāng)滑到繩下端時(shí)，他離地面的高度是(可以把人看成質(zhì)點(diǎn))(　　)

圖2
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　當(dāng)人滑到下端時(shí)，設(shè)人相對(duì)地面下滑的位移大小為h1，氣球相對(duì)地面上升的位移大小為h2，由動(dòng)量守恒定律，得m1h1t＝m2h2t，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他離地高度是3.6 m，故選項(xiàng)B正確．

題型二　子彈打木塊模型
1．模型圖示

2．模型特點(diǎn)
(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．
(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．
3．兩種情景
(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)．
動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝12mv02－12(M＋m)v2
(2)子彈穿透木塊．
動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02－(12Mv22＋12mv12)
例3 　一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：
(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？
(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長(zhǎng)？
(3)子彈、木塊相互作用過(guò)程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？
(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？
(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長(zhǎng)？
答案　見解析
解析　(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝mM＋mv0
(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得
對(duì)木塊：Fft＝Mv－0
解得t＝Mmv0Ff?M＋m?
(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動(dòng)能定理得

對(duì)子彈：－Ffx1＝12mv2－12mv02
解得：x1＝Mm?M＋2m?v022Ff?M＋m?2
對(duì)木塊：Ffx2＝12Mv2
解得：x2＝Mm2v022Ff?M＋m?2
子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即x相＝x1－x2＝Mmv022Ff?M＋m?
(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：E損＝12mv02－12(M＋m)v2＝Mmv022?M＋m?
系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝Ff·x相＝Mmv022?M＋m?
(5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時(shí)有FfL＝12mv02－12(M＋m)v2
解得L＝Mmv022Ff?M＋m?
因此木塊的長(zhǎng)度至少為Mmv022Ff?M＋m?

3．(子彈打木塊模型)如圖3所示，相距足夠遠(yuǎn)且完全相同的兩個(gè)木塊，質(zhì)量均為3m，靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時(shí)速度變?yōu)?5v0，已知木塊的長(zhǎng)為L(zhǎng)，設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定，試求：

圖3
(1)子彈穿出第一塊木塊后，第一個(gè)木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大小．
(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.
答案　(1)15v0　9mv0225L　(2)5L6v0
解析　(1)子彈打穿第一塊木塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有
mv0＝m(25v0)＋3mv，解得v＝15v0
對(duì)子彈與第一塊木塊相互作用過(guò)程，由能量守恒定律有
FfL＝12mv02－12m(25v0)2－12×3mv2
解得子彈在木塊中所受阻力Ff＝9mv0225L.
(2)對(duì)子彈與第二塊木塊相互作用過(guò)程，由于12m(25v0)2＝2mv0225<9mv0225，則子彈不能打穿第二塊木塊，設(shè)子彈與第二塊木塊共同速度為v共，
由動(dòng)量守恒定律有m·25v0＝(m＋3m)v共，解得v共＝v010
對(duì)第二塊木塊，由動(dòng)量定理有Fft＝3m·v010
解得子彈在第二塊木塊中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝5L6v0.
題型三　滑塊—木板模型
1．模型圖示

2．模型特點(diǎn)
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能
(2)若木塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對(duì)位移最大(完全非彈性碰撞拓展模型)
3．求解方法
(1)求速度：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)；
(2)求時(shí)間：根據(jù)動(dòng)量定理求解，研究對(duì)象為一個(gè)物體；
(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對(duì)位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)．
例4 　(2019·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖4所示，在光滑水平面上有B、C兩個(gè)木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右運(yùn)動(dòng)，C以速度v向左運(yùn)動(dòng)．B、C的上表面等高，二者發(fā)生完全非彈性碰撞但并不粘連，碰撞時(shí)間很短．A滑上C后恰好能到達(dá)C的中間位置，C的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力．求：


圖4
(1)木板C的最終速度大小；
(2)木板C與物塊A之間的摩擦力的大小Ff；
(3)物塊A滑上木板C之后，在木板C上做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.
答案　(1)56v　(2)mv23L　(3)3L2v
解析　(1)設(shè)水平向右為正方向，B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，
則有：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝v3
A滑到C上，A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
則有：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝56v；
(2)根據(jù)能量關(guān)系可知，在A、C相互作用過(guò)程中，木板C與物塊A之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q＝12(3m)v2＋12mv12－12(3m＋m)v22
Q＝Ff·L2
聯(lián)立解得Ff＝mv23L；
(3)在A、C相互作用過(guò)程中，以C為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝3L2v.

4．(滑塊—木板模型)如圖5所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止．物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：

圖5
(1)物塊在車面上滑行的時(shí)間t；
(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不超過(guò)多少．
答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為Ff，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
代入數(shù)據(jù)解得t＝0.24 s
(2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，需滿足物塊到車面最右端時(shí)與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，則有m2v0′＝(m1＋m2)v′
由動(dòng)能定理有
－μm2gL＝12(m1＋m2)v′2－12m2v0′2
代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不超過(guò)5 m/s.
課時(shí)精練

1．(多選)關(guān)于反作用力在日常生活和生產(chǎn)技術(shù)中的應(yīng)用，下列說(shuō)法中正確的是(　　)
A．在平靜的水面上，靜止著一只小船，小船上有一人，人從靜止開始從小船的一端走向另一端時(shí)，小船向相反方向運(yùn)動(dòng)
B．普通汽車行駛時(shí)，通過(guò)排氣筒向后排出燃?xì)猓瑥亩@得向前的反作用力即動(dòng)力
C．農(nóng)田灌溉用自動(dòng)噴水器，當(dāng)水從彎管的噴嘴里噴射出來(lái)時(shí)，彎管會(huì)自動(dòng)轉(zhuǎn)向
D．軟體動(dòng)物烏賊在水中經(jīng)過(guò)體側(cè)的孔將水吸入鰓腔，然后用力把水?dāng)D出體外，烏賊就會(huì)向相反方向游去
答案　ACD
解析　人從小船的一端走向另一端時(shí)，要受到小船給人的摩擦力，方向與人行走的方向相同．根據(jù)反沖現(xiàn)象原理與動(dòng)量守恒定律，人對(duì)小船也有摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船將在這個(gè)摩擦力的作用下改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，向人行走的相反方向運(yùn)動(dòng)，故A正確；普通汽車行駛時(shí)，通過(guò)排氣筒向后排出燃?xì)猓m然燃?xì)鈱?duì)排氣筒有反作用力，但畢竟反作用力很小，并不是汽車動(dòng)力的來(lái)源，故B錯(cuò)誤；農(nóng)田灌溉用的自動(dòng)噴水器，當(dāng)水從彎管的噴嘴里噴射出來(lái)時(shí)，根據(jù)反沖現(xiàn)象原理與動(dòng)量守恒定律知，彎管在水的反作用力的推動(dòng)下會(huì)自動(dòng)旋轉(zhuǎn)，大大增加了噴水的面積，故C正確；烏賊經(jīng)過(guò)身體側(cè)面的孔把水吸入鰓腔，然后用力把水?dāng)D出體外，根據(jù)牛頓第三定律可知，烏賊就獲得了方向相反的反作用力，從而向排水的相反方向游去，故D正確．
2．(2021·山東臨沂市質(zhì)檢)我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征四號(hào)乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射首顆X射線調(diào)制望遠(yuǎn)鏡衛(wèi)星“慧眼”．假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M＝2 100 g．當(dāng)它以對(duì)地速度為v0＝840 m/s噴出質(zhì)量為Δm＝100 g的高溫氣體后，火箭的對(duì)地速度為(噴出氣體過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì))(　　)
A．42 m/s B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s
答案　B
解析　噴出氣體過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì)，可知在火箭發(fā)射的過(guò)程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動(dòng)量守恒，以噴出氣體的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
3．(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))質(zhì)量為M的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長(zhǎng)至少應(yīng)為(　　)
A.mm＋Mh B.Mm＋Mh
C.M＋mMh D.M＋mmh
答案　C
解析　設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1
人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L(zhǎng)－h(huán)，平均速度大小為v2＝L－h(huán)t
人相對(duì)于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝ht
聯(lián)立得：0＝－M·L－h(huán)t＋m·ht，
解得：L＝M＋mMh，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
4.世界上第一個(gè)想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬(wàn)戶．如圖1所示，他把47個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸．假設(shè)萬(wàn)戶及所攜設(shè)備[火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等]總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃?xì)庀鄬?duì)地面以v0的速度豎直向下噴出．忽略此過(guò)程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是(　　)

圖1
A．火箭的推力來(lái)源于空氣對(duì)它的反作用力
B．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為mv0M－m
C．噴出燃?xì)夂螅f(wàn)戶及所攜帶設(shè)備能上升的最大高度為m2v02g?M－m?2
D．在火箭噴氣過(guò)程中，萬(wàn)戶所攜設(shè)備機(jī)械能守恒
答案　B
解析　火箭的推力來(lái)源于燃料燃燒時(shí)產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對(duì)火箭的作用力，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，將萬(wàn)戶及所攜設(shè)備[火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等]視為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝mv0M－m，B項(xiàng)正確；噴出燃?xì)夂笕f(wàn)戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得上升的最大高度h＝v22g＝m2v022?M－m?2g，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在火箭噴氣過(guò)程中，燃料燃燒時(shí)產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對(duì)萬(wàn)戶及所攜設(shè)備做正功，所以萬(wàn)戶及所攜設(shè)備機(jī)械能不守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤．
5．(多選)長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖2所示，g＝10 m/s2.則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖2
A．木板獲得的動(dòng)能為1 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 J
C．木板A的最小長(zhǎng)度為2 m
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
答案　ABD
解析　由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，則木板獲得的動(dòng)能為Ek＝12Mv2＝12×2×12 J＝1 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝12mvB2－12(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2 J，故B正確；根據(jù)v－t圖象中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1 s內(nèi)B的位移為xB＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移為xA＝12×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝xB－xA＝1 m，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，B的加速度a＝ΔvΔt＝
1－21 m/s2＝－1 m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確．
6．(多選)如圖3所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，下列說(shuō)法中正確的是(　　)

圖3
A．最終小木塊和木箱都將靜止
B．最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Mv022－?Mv0?22?M＋m?
C．木箱速度為v03時(shí)，小木塊的速度為2Mv03m
D．最終小木塊速度為Mv0m
答案　BC
解析　木箱與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以木箱的初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)最終速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木塊和木箱最終速度v1＝Mv0m＋M，故A、D錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由能量守恒定律可得小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝12Mv02－12(m＋M)v12＝Mv022－M2v022?m＋M?，故B正確；木箱與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以木箱的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度為v3＝v03時(shí)，小木塊的速度為v2＝2Mv03m，故C正確．



7．(多選)(2019·四川石室中學(xué)診斷)如圖4所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板B放在光滑水平面上，質(zhì)量為m的鐵塊A放在長(zhǎng)木板右端．一質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板．子彈射入木板中的時(shí)間極短，子彈、鐵塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖4
A．木板獲得的最大速度為v05
B．鐵塊獲得的最大速度為v05
C．鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v0240gL
D．子彈、木板、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2mv025
答案　BCD
解析　子彈射入瞬間，子彈和木板B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝4mv1，解得v1＝14v0，故A錯(cuò)誤；對(duì)木板B、子彈和鐵塊A組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝5mv2，解得v2＝15v0，故B正確；子彈射入木板后，對(duì)木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得－μmgL＝12·5mv22－12·4mv12，解得μ＝v0240gL，故C正確；由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝12mv02－12·5mv22＝25mv02，故D正確．
8.(2019·四川第二次診斷)如圖5甲所示，一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊．當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s，如圖乙所示．設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)．則子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間為(　　)

圖5
A.1v0(s＋L) B.1v0(s＋2L)
C.12v0(s＋L) D.1v0(L＋2s)
答案　D
解析　子彈穿過(guò)木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍校簃v0＝mv1＋mv2，
設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程所受阻力為Ff，對(duì)子彈由動(dòng)能定理得：－Ff(s＋L)＝12mv12－12mv02，
由動(dòng)量定理得：－Fft＝mv1－mv0，
對(duì)木塊由動(dòng)能定理得：Ffs＝12mv22，
由動(dòng)量定理得：Fft＝mv2，
聯(lián)立解得：t＝1v0(L＋2s)，故選D.
9.如圖6所示，質(zhì)量為m3＝2m的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧底部與長(zhǎng)為0.5R滑道水平部分相切，滑道末端距離地面高度為R，整個(gè)滑道均光滑．質(zhì)量為m2＝3m的物體2(可視為質(zhì)點(diǎn))放在滑道的B點(diǎn)，現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝m的物體1(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由靜止釋放，兩物體在滑道上相碰后粘為一體，重力加速度為g.求：

圖6
(1)物體1從釋放到運(yùn)動(dòng)到圓弧底部時(shí)，滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離；
(2)物體1和2落地時(shí)，距滑道右側(cè)底部的距離．
答案　(1)R3　(2)62R
解析　(1)物體1從釋放到運(yùn)動(dòng)到圓弧底部過(guò)程中，物體1、滑道組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)物體1水平位移大小為x1，滑道水平位移大小為x3，有：
0＝m1x1－m3x3，x1＋x3＝R
解得x3＝R3.
(2)設(shè)物體1運(yùn)動(dòng)到滑道上的B點(diǎn)時(shí)物體1的速度大小為v1，滑道的速度大小為v3，軌道對(duì)物體1的支持力為FN，對(duì)物體1和滑道組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有
mgR＝12mv12＋12m3v32
由動(dòng)量守恒定律有0＝m1v1－m3v3
物體1與物體2碰撞后立即飛離軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體1和物體2相碰后的共同速度大小為v2，做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)物體1、2水平位移大小為s1，軌道向左滑動(dòng)的距離為s2，
由動(dòng)量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
R＝12gt2
s1＝v2t
s2＝v3t
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可以求得Δs＝s1＋s2＝62R.
10.如圖7所示，光滑水平地面上有一足夠長(zhǎng)的木板，左端放置可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，其質(zhì)量為m1＝1 kg，木板與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右運(yùn)動(dòng)，木板與豎直墻碰撞時(shí)間極短，且沒有機(jī)械能損失．g＝10 m/s2.

圖7
(1)如果木板質(zhì)量m2＝3 kg，求物體相對(duì)木板滑動(dòng)的最大距離；
(2)如果木板質(zhì)量m2＝0.6 kg，求物體相對(duì)木板滑動(dòng)的最大距離．
答案　(1)0.96 m　(2)0.512 m
解析　(1)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，以水平向左為正方向，對(duì)物體與木板系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s，方向向左，不會(huì)與豎直墻再次碰撞
由能量守恒定律有
12(m1＋m2)v02＝12(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m
(2)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，對(duì)物體及木板系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
解得v′＝－0.2 m/s，負(fù)號(hào)表示方向向右，將與豎直墻再次碰撞，最后木板停在豎直墻處
由能量守恒定律得：
12(m1＋m2)v02＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.



11.一塊足夠長(zhǎng)的木板C質(zhì)量為2m，放在光滑的水平面上，如圖8所示．在木板上自左向右放有A、B兩個(gè)完全相同的物塊，兩物塊質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.開始時(shí)木板靜止不動(dòng)，A、B兩物塊的初速度分別為v0、2v0，方向如圖所示．試求：

圖8
(1)木板能獲得的最大速度．
(2)A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度．
(3)全過(guò)程AC間由于摩擦產(chǎn)生的熱量跟BC間由于摩擦產(chǎn)生的熱量之比是多少？
答案　見解析
解析　(1)當(dāng)A、B和木板速度相同時(shí)，木板的速度最大，取向右為正方向，對(duì)三者組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝34v0
(2)開始時(shí)，A、B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝μmgm＝μg，A、B都滑動(dòng)時(shí)，木板C的加速度大小為a′＝μmg＋μmg2m＝μg.因?yàn)锳的初速度小，A與木板C先達(dá)到共同速度，當(dāng)A與木板達(dá)到共同速度后，A與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．可知，A與木板速度相同時(shí)，速度最小，則有v＝v0－at＝a′t，解得t＝v02μg，則A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為v＝v0－at＝v02
(3)A、C剛共速時(shí)速度為：v＝v02，A、C間的相對(duì)位移大小為Δx＝v0＋v2t－v2t＝v02t＝v024μg，A、C間由于摩擦產(chǎn)生的熱量QAC＝μmgΔx＝14mv02
全過(guò)程系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，為Q＝12mv02＋12m(2v0)2－12(m＋m＋2m)v′2
解得Q＝118mv02
B、C間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為QBC＝Q－QAC＝98mv02
即QACQBC＝29.

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