动量守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球到达最高点．求：

（1）小球到达最低点时速度的大小；

（2）滑块与挡板刚接触的瞬时，滑块速度的大小；

（3）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球所做的功．

正确答案

解：（1）设滑块与挡板碰前滑块和小球的速度分别为v1、v2，

对上摆过程中的小球机械能守恒：…①

解得：

（2）开始阶段下摆过程中，根据系统机械能守恒有：

…②

联立两式解得：

（3）对开始阶段下摆过程中的小球应用动能定理有：

得绳子拉力对小球做功：

答：（1）小球到达最低点时速度

（2）滑块与挡板刚接触的瞬时，滑块速度

（3）绳的拉力对小球所做的功

解析

解：（1）设滑块与挡板碰前滑块和小球的速度分别为v1、v2，

对上摆过程中的小球机械能守恒：…①

解得：

（2）开始阶段下摆过程中，根据系统机械能守恒有：

…②

联立两式解得：

（3）对开始阶段下摆过程中的小球应用动能定理有：

得绳子拉力对小球做功：

答：（1）小球到达最低点时速度

（2）滑块与挡板刚接触的瞬时，滑块速度

（3）绳的拉力对小球所做的功

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A（可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．小木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的质量m=1kg，g取10m/s2．求：

（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；

（2）木块A到达弹簧C端时的速度vA（取两位有效数字）

（3）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．

正确答案

解：（1）弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

代入数据解得：v=2m/s；

（2）木块A到达C端过程中，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA+MvB，

由能量守恒定律得：μmgL=mv02-mvA2-MvB2，

联立并代入数据解得：vA=9.9m/s；

（3）A、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

EP=mv02-（M+m）v2-μmgL，

代入数据解得：EP=39J；

答：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度为2m/s；

（2）木块A到达弹簧C端时的速度为9.9m/s；

（3）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为39J．

解析

解：（1）弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

代入数据解得：v=2m/s；

（2）木块A到达C端过程中，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA+MvB，

由能量守恒定律得：μmgL=mv02-mvA2-MvB2，

联立并代入数据解得：vA=9.9m/s；

（3）A、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

EP=mv02-（M+m）v2-μmgL，

代入数据解得：EP=39J；

答：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度为2m/s；

（2）木块A到达弹簧C端时的速度为9.9m/s；

（3）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为39J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，固定在水平面上倾角为θ=的轨道底端有与之垂直的挡板，材质和粗糙程度都相同的小物块A、B质量分别为m和2m，它们之间夹有少量炸药并一起以v0=2m/s的速度沿轨道匀速下滑，当A、B与挡板距离为L=0.4m时炸药爆炸，炸药爆炸后A的速度恰好变为零，随后物块B与挡板发生弹性碰撞，碰后物块B沿轨道上滑与A碰撞并连成一体．取g=10m/s2，求：

（1）物块B与挡板刚碰撞后B、A的速度大小；

（2）物块B与A刚碰撞后的共同速度大小vc．

正确答案

解：（1）设沿轨道向下为正方向，炸药爆炸过程中对物块AB由动量守恒定律有：

（m+2m）v0=2mv1 ①

代入数据解得：v1=3m/s ②

物块B下滑过程中作匀速运动，与挡板碰撞无能量损失，故碰后物块B的速度大小为

vB=3m/s

物块A在炸药爆炸后至与物块B碰前一直处于静止速度vA=0

（2）设物块B与A碰前速度为v2，对物块B与挡板碰撞后至与A碰前由动能定理得：

-（4mgsinθ） L=×2mv22-×2mv12 ③

规定沿斜面向上为正方向，对物块B、A碰撞过程由动量守恒定律得：

2mv2=（2m+m） vc ④

由②③④式并代入数据可得：vc=m/s．

答：（1）物块B与挡板刚碰撞后B、A的速度大小分别为3m/s、0m/s；

（2）物块B与A刚碰撞后的共同速度大小为m/s．

解析

解：（1）设沿轨道向下为正方向，炸药爆炸过程中对物块AB由动量守恒定律有：

（m+2m）v0=2mv1 ①

代入数据解得：v1=3m/s ②

物块B下滑过程中作匀速运动，与挡板碰撞无能量损失，故碰后物块B的速度大小为

vB=3m/s

物块A在炸药爆炸后至与物块B碰前一直处于静止速度vA=0

（2）设物块B与A碰前速度为v2，对物块B与挡板碰撞后至与A碰前由动能定理得：

-（4mgsinθ） L=×2mv22-×2mv12 ③

规定沿斜面向上为正方向，对物块B、A碰撞过程由动量守恒定律得：

2mv2=（2m+m） vc ④

由②③④式并代入数据可得：vc=m/s．

答：（1）物块B与挡板刚碰撞后B、A的速度大小分别为3m/s、0m/s；

（2）物块B与A刚碰撞后的共同速度大小为m/s．

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题型：单选题

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单选题

如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的（　　）

A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等

D第一次碰撞后，两球的最大摆角不等

正确答案

A

解析

解：A、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，以a的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，

两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=-，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；

B、两球速度大小相等，两球质量不相等，两球的动量大小不相等，故B错误；

C、第一次碰撞后的瞬间，两球速度大小相等，两球质量不同，则两球动能不相等，故C错误；

D、碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为L，设球的最大摆角分别为α、β，由机械能守恒定律得，对a球：mv12=mgL（1-cosα），对b球：•3mv22=3mgL（1-cosβ），解得：cosα=cosβ，则α=β，即：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故D错误；

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

已知质量为m1的小球在水平面上，以初速度v0与质量为m2的小球发生弹性正碰，（水平面光滑）求：碰后两小球的速度，并适当讨论．

正确答案

解：m1、m2碰时动量守恒m1v0=m1v1+m2v2---①

弹性碰撞机械能守恒m1v02=m1v12+m2v22---------②

由①②得：m1v02-m1v12=m2v22，得：v0+v1=v2-----③

由①③得：v1=-----④

v2=-----------⑤

讨论：①m1=m2时，v1=0，v2=v0 两球交换速度

②m1＞m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＞0，v2＞0

③m1＜m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＜0，v2＞0

④m1＜＜m2时，v1=-v0、v2=0，m1反弹，m2不动

⑤m1＞＞m2时，v1=v、v2≈2 v2，m1不受影响，m2碰后飞出去．

答：①m1=m2时，v1=0，v2=v0 两球交换速度

②m1＞m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＞0，v2＞0

③m1＜m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＜0，v2＞0

④m1＜＜m2时，v1=-v0、v2=0，m1反弹，m2不动

⑤m1＞＞m2时，v1=v、v2≈2 v2，m1不受影响，m2碰后飞出去．

解析

解：m1、m2碰时动量守恒m1v0=m1v1+m2v2---①

弹性碰撞机械能守恒m1v02=m1v12+m2v22---------②

由①②得：m1v02-m1v12=m2v22，得：v0+v1=v2-----③

由①③得：v1=-----④

v2=-----------⑤

讨论：①m1=m2时，v1=0，v2=v0 两球交换速度

②m1＞m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＞0，v2＞0

③m1＜m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＜0，v2＞0

④m1＜＜m2时，v1=-v0、v2=0，m1反弹，m2不动

⑤m1＞＞m2时，v1=v、v2≈2 v2，m1不受影响，m2碰后飞出去．

答：①m1=m2时，v1=0，v2=v0 两球交换速度

②m1＞m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＞0，v2＞0

③m1＜m2时，v1、v2与④⑤式相等v1＜0，v2＞0

④m1＜＜m2时，v1=-v0、v2=0，m1反弹，m2不动

⑤m1＞＞m2时，v1=v、v2≈2 v2，m1不受影响，m2碰后飞出去．

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题型：简答题

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简答题

光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为m=1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0=2m/s，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比．

正确答案

解：B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+3mv2，

由机械能守恒定律得：mv02=mv12+•3mv22，

对B，由动量定理得：I1=mv1-mv0，

B反弹与A碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=（m+3m）v3，

对B，由动量定理得：I2=mv3-mv1，

解得：I1：I2=4：1；

答：B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比为4：1．

解析

解：B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+3mv2，

由机械能守恒定律得：mv02=mv12+•3mv22，

对B，由动量定理得：I1=mv1-mv0，

B反弹与A碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=（m+3m）v3，

对B，由动量定理得：I2=mv3-mv1，

解得：I1：I2=4：1；

答：B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比为4：1．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑水平面上静置长木板，长木板上表面的AB部分为光滑圆弧，BC部分为粗糙平面，AB与BC平滑连接．小物体由A点静止释放，恰好未滑离木板．己知A点与BC竖直高度差为h，BC部分长度为L，长木板质量为2m，小物体质量为m．求：

①小物体滑到B点时，二者的速度大小；

②BC部分与小物体间的动摩擦因数．

正确答案

解：①选取质点A与长木板为研究的系统，选取向右的方向为正方向，质点从A到B的过程中水平方向系统的动量守恒，由动量守恒有：0=mv1-2mv2

由机械能守恒有：

得：、

②系统在全过程中的动量守恒，由动量守恒有：0=3mv

得：v=0

由能量转化守恒定律有：mgh=μmgL

得：

答：①小物体滑到B点时，二者的速度大小分别为、；

②BC部分与小物体间的动摩擦因数是．

解析

解：①选取质点A与长木板为研究的系统，选取向右的方向为正方向，质点从A到B的过程中水平方向系统的动量守恒，由动量守恒有：0=mv1-2mv2

由机械能守恒有：

得：、

②系统在全过程中的动量守恒，由动量守恒有：0=3mv

得：v=0

由能量转化守恒定律有：mgh=μmgL

得：

答：①小物体滑到B点时，二者的速度大小分别为、；

②BC部分与小物体间的动摩擦因数是．

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题型：简答题

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简答题

一颗质量为m的子弹以v0的速度水平射入置于光滑水平面上的质量为M的木块A并留在其中，A与质量间为M的木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．求：

①弹簧被压缩瞬间A、B的速度；

②弹簧被压缩到最短时A、B的速度．

正确答案

解：①以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v，

解得：v=，

在子弹击中木块A的过程中，弹簧没有发生形变，B的速度为零；

②弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（m+M）v=（m+2M）v′，

解得：v′=；

答：①弹簧被压缩瞬间A的速度为，B的速度为零；

②弹簧被压缩到最短时A、B的速度．

解析

解：①以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v，

解得：v=，

在子弹击中木块A的过程中，弹簧没有发生形变，B的速度为零；

②弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（m+M）v=（m+2M）v′，

解得：v′=；

答：①弹簧被压缩瞬间A的速度为，B的速度为零；

②弹簧被压缩到最短时A、B的速度．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在倾角为θ=30°的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为x0．斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上．将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰．已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：

（1）弹簧的劲度系数k；

（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求C对挡板D压力的最大值；

（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，速度为碰前的一半，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为v=，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．

正确答案

解：（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力F=kx0，物体B受力如图所示，

由平衡条件得：kx0=mgsinθ，解得，弹簧的劲度系数k=；

（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0，

则对C，弹簧弹力：F弹=mgsinθ，对A、B，回复力最大：F回=3mgsinθ，

由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，

即F回=3mgsinθ，此时物体C对挡板D的压力最大，对物体A、B有：F弹′-2mgsinθ=3mgsinθ，

则弹簧弹力：F弹′=5mgsinθ，

对物体C，设挡板D对物体C的弹力为N，则：N=5mgsinθ+mgsinθ=3mg，

由牛顿第三定律可知，物体C对挡板D的压力大小：N′=N=3mg，

物体C对挡板D压力的最大值为3mg；

（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为v1．

对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：

mgxsinθ=mv12，解得：v1=…①，

设A与B相碰后两物体共同速度的大小为v2，A与B发生碰撞的过程动量守恒，

以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，

解得：v2=v1…②，

物体B静止时弹簧的形变量为x0，设弹性势能为EP，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，

由机械能守恒定律得：（m+m）v22+EP=（m+m）v2+（m+m）gx0sinθ…③，

当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为x1．

对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2=mgx1sinθ，

解得：x1=1.5x0，

对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，

物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为x0，弹簧的弹性势能也为EP．从A、B分离到B运动到最高点的过程，

由机械能守恒定律得：mv2=mgx0sinθ+EP，

解得：EP=mgx0…④，

由①②③④解得：x=9x0，

由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：

d=x-x1-x0=6.5x0．

答：（1）弹簧的劲度系数k=；

（2）C对挡板D压力的最大值为3mg；

（3）碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离为6.5x0．

解析

解：（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力F=kx0，物体B受力如图所示，

由平衡条件得：kx0=mgsinθ，解得，弹簧的劲度系数k=；

（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0，

则对C，弹簧弹力：F弹=mgsinθ，对A、B，回复力最大：F回=3mgsinθ，

由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，

即F回=3mgsinθ，此时物体C对挡板D的压力最大，对物体A、B有：F弹′-2mgsinθ=3mgsinθ，

则弹簧弹力：F弹′=5mgsinθ，

对物体C，设挡板D对物体C的弹力为N，则：N=5mgsinθ+mgsinθ=3mg，

由牛顿第三定律可知，物体C对挡板D的压力大小：N′=N=3mg，

物体C对挡板D压力的最大值为3mg；

（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为v1．

对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：

mgxsinθ=mv12，解得：v1=…①，

设A与B相碰后两物体共同速度的大小为v2，A与B发生碰撞的过程动量守恒，

以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，

解得：v2=v1…②，

物体B静止时弹簧的形变量为x0，设弹性势能为EP，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，

由机械能守恒定律得：（m+m）v22+EP=（m+m）v2+（m+m）gx0sinθ…③，

当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为x1．

对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2=mgx1sinθ，

解得：x1=1.5x0，

对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，

物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为x0，弹簧的弹性势能也为EP．从A、B分离到B运动到最高点的过程，

由机械能守恒定律得：mv2=mgx0sinθ+EP，

解得：EP=mgx0…④，

由①②③④解得：x=9x0，

由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：

d=x-x1-x0=6.5x0．

答：（1）弹簧的劲度系数k=；

（2）C对挡板D压力的最大值为3mg；

（3）碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离为6.5x0．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，BC两物体静止在足够长的光滑水平面上，两者之间有一被压缩的短弹簧，弹簧与B连接，与C不连接，别一物体A沿水平面以v0=5m/s的速度向右运动．现烧断用于压缩弹簧的细线，将C物体向左弹射出去，C与A碰撞后粘合在一起，已知A、B、C三物体的质量分别为 mA=mB=2kg，mc=1kg．为了使C与B不会再发生碰撞，则：

（1）C物体的弹射速度至少为多大？

（2）在细线未烧断前，弹簧储存的弹性势能至少为多少？

正确答案

解：（1）以向右为正方向，B、C弹开时动量守恒：0=mCvC+mBvB ①，

A与C相碰动量守恒 mAvA-mCvC=（mC+mA）v ②，

若C不再与B相碰，则有 v=vB ③，

联立①②③三方程解得：vB==m/s=2m/s，

vC==m/s=4m/s；

（2）由能量守恒定律得：弹性势能：EP=mBvB2+mCvC2=12J；

答：（1）C物体的弹射速度至少为4m/s．

（2）在细线未烧断前，弹簧储存的弹性势能至少为12J．

解析

解：（1）以向右为正方向，B、C弹开时动量守恒：0=mCvC+mBvB ①，

A与C相碰动量守恒 mAvA-mCvC=（mC+mA）v ②，

若C不再与B相碰，则有 v=vB ③，

联立①②③三方程解得：vB==m/s=2m/s，

vC==m/s=4m/s；

（2）由能量守恒定律得：弹性势能：EP=mBvB2+mCvC2=12J；

答：（1）C物体的弹射速度至少为4m/s．

（2）在细线未烧断前，弹簧储存的弹性势能至少为12J．

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题型：填空题

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填空题

A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA=4kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：

（1）由图可知A、B两物体在______时刻发生碰撞，B物体的质量为mB=______kg．

（2）碰撞过程中，系统的机械能损失______J．

正确答案

2s

6

30

解析

解：（1）根据图象可知，A、B两物体在2s末时刻发生碰撞，x-t图象的斜率表示速度，则碰前A的速度为：，

B的速度为：．

碰后的AB的速度为：v=．

根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v

解得：mB=6kg

（2）根据能量守恒得，损失的机械能为：

代入数据得：△E=30J．

故答案为：（1）2s，6；（2）30

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题型：多选题

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多选题

质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（　　）

Av1′=v2′= m/s

Bv1′=-1 m/s，v2′=2.5 m/s

Cv1′=1 m/s，v2′=3 m/s

Dv1′=3 m/s，v2′=0.5 m/s

正确答案

A,B

解析

解：碰撞前总动量为P=m1v1=1×4kg•m/s=4kg•m/s．碰撞前总动能为Ek=m1v12=×1×42=8J；

A、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×+2×=4kg•m/s，碰撞后总动能为Ek′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（）2+×2×（）2=J，系统机械能不增加，故A正确；

B、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×（-1）+2×2.5=4kg•m/s．碰撞后总动能为Ek′═m1v1′2+m2v2′2=×1×（-1）2+×2×2.52=6.75J，机械能不增加，故B正确；

C、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×1+2×3=7kg•m/s，动量增大，故C错误；

D、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×3+2×0.5=4kg•m/s．碰撞后总动能为=m1v1′2+m2v2′2=×1×32+×2×0.52=4.75J，碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；

故选：AB．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m1=0.01kg的子弹以v1=500m/s的速度水平击中质量为m2=0.49kg的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m3=1.5kg的木板上，木板停止在光滑水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，求：（g=10m/s2）

（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1；

（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2；

（3）木块在长木板上滑行的距离s．

正确答案

解：（1）当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则m3的运动状态可认为不变，

设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，以子弹的初速度方向为正方向，

对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有：m1v1=（m1+m2）v2，

由能量守恒有：△E1=m1v-（m1+m2）v

联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能：△E1=1225J

（2）设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，以木块的速度方向为正方向，

对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有：（m1+m2）v2=（m1+m2+m3）v3

由能量守恒有：△E2=（m1+m2）v-（m1+m2+m3）v

联立以上两式并代入数据得木块在长木板上滑行过程中产生的内能：△E2=18.75J

（3）对m1、m2、m3组成的系统由能量守恒定律得：μ（m1+m2）gs=△E2，解得s=37.5m；

答：（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1为1225J；

（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2为18.75J；

（3）木块在长木板上滑行的距离为37.5m．

解析

解：（1）当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则m3的运动状态可认为不变，

设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，以子弹的初速度方向为正方向，

对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有：m1v1=（m1+m2）v2，

由能量守恒有：△E1=m1v-（m1+m2）v

联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能：△E1=1225J

（2）设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，以木块的速度方向为正方向，

对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有：（m1+m2）v2=（m1+m2+m3）v3

由能量守恒有：△E2=（m1+m2）v-（m1+m2+m3）v

联立以上两式并代入数据得木块在长木板上滑行过程中产生的内能：△E2=18.75J

（3）对m1、m2、m3组成的系统由能量守恒定律得：μ（m1+m2）gs=△E2，解得s=37.5m；

答：（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1为1225J；

（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2为18.75J；

（3）木块在长木板上滑行的距离为37.5m．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，一根细线上端固定于某点O，下端系一砂箱静止于A点，砂箱质量M=0.60kg，O点到砂箱中心的距离为L=1.6m．现从左向右用弹簧枪向砂箱水平发射速度v0=20m/s的弹丸，弹丸质量m=0.20kg．假设砂箱每次摆到最低点时，就恰好有一颗弹丸射入砂箱，并留在其中．取g=10m/s2，不计空气阻力，弹丸与砂箱的相互作用时间极短．弹丸和砂箱在摆动时可看作质点．求：

（1）第一颗弹丸射入砂箱后

a．砂箱获得的速度v1；

b．通过计算说明，沙箱能否到达图中的B点（OB在水平方向）．

（2）第二颗、第三颗、第四颗…弹丸射入砂箱后，能否实现砂箱做完整的圆周运动？若能，计算出第几颗弹丸射击后可以；若不能，通过计算说明理由．

正确答案

解：（1）a、以子弹和砂箱为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，

弹丸射入砂箱的过程系统动量守恒，根据动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v1，代入数据解得：v1=5m/s；

b、设砂箱和弹丸向上摆动的最大高度为h，根据机械能守恒定律得：

（M+m）v12=（M+m）gh，代入数据解得：h=1.25m，

因为：h＜L=1.6m，所以沙箱不可能到达B点；

（2）子弹射入砂箱过程系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

第二颗子弹射入砂箱的过程：mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2，解得：v2=0，

同理，第三颗子弹射入的过程：mv0=（M+3m）v3，解得：v3=3.33m/s，

…

由以上计算分析得出：当n=2k（k=1、2、3…）颗弹丸射入后，沙箱的速度v2k=0；

当n=2k-1（k=1、2、3…）颗弹丸射入后，沙箱的速度为：v2k-1=，

此后每次射击后的沙箱速度都比前一次小，沙箱升起的高度也将越来越小．

因此不论射多少颗弹丸，沙箱都不可能做完整的圆周运动．

答：（1）第一颗弹丸射入砂箱后

a、砂箱获得的速度v1为5m/s；

b、沙箱不能到达图中的B点．

（2）第二颗、第三颗、第四颗…弹丸射入砂箱后，不能实现砂箱做完整的圆周运动．

解析

解：（1）a、以子弹和砂箱为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，

弹丸射入砂箱的过程系统动量守恒，根据动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v1，代入数据解得：v1=5m/s；

b、设砂箱和弹丸向上摆动的最大高度为h，根据机械能守恒定律得：

（M+m）v12=（M+m）gh，代入数据解得：h=1.25m，

因为：h＜L=1.6m，所以沙箱不可能到达B点；

（2）子弹射入砂箱过程系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

第二颗子弹射入砂箱的过程：mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2，解得：v2=0，

同理，第三颗子弹射入的过程：mv0=（M+3m）v3，解得：v3=3.33m/s，

…

由以上计算分析得出：当n=2k（k=1、2、3…）颗弹丸射入后，沙箱的速度v2k=0；

当n=2k-1（k=1、2、3…）颗弹丸射入后，沙箱的速度为：v2k-1=，

此后每次射击后的沙箱速度都比前一次小，沙箱升起的高度也将越来越小．

因此不论射多少颗弹丸，沙箱都不可能做完整的圆周运动．

答：（1）第一颗弹丸射入砂箱后

a、砂箱获得的速度v1为5m/s；

b、沙箱不能到达图中的B点．

（2）第二颗、第三颗、第四颗…弹丸射入砂箱后，不能实现砂箱做完整的圆周运动．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量MA=2kg，原来静止在光滑的水平面上，质量mB=2.0kg的小球B以v=2m/s的速度从右向左做匀速直线运动中与木块A发生相互作用，则B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度（设B球不能飞出去）是（　　）

A0.40m

B0.20m

C0.10m

D0.5m

正确答案

C

解析

解：A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv=（mA+mB）v′，

由机械能守恒定律得：mBv2=（mA+mB）v′2+mBgh，

联立并代入数据得：h=0.10m；

故选：C．

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