《湖南省長(zhǎng)沙市高中物理 第16章 動(dòng)量守恒定律提升訓(xùn)練 新人教版選修3-5（通用）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省長(zhǎng)沙市高中物理 第16章 動(dòng)量守恒定律提升訓(xùn)練 新人教版選修3-5（通用）（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、動(dòng)量守恒定律 一選擇題（共14小題）1在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖（b）中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A碰后紅壺將被反彈回來B碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/sC碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 mD碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力2如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一圓弧EF，圓弧半徑為R=1m。E點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以初速度v0從E點(diǎn)沖上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不計(jì)摩擦。則小球的初速
2、度v0的大小為（）Av0=4m/sBv0=5m/sCv0=6m/sDv0=7m/s3如圖所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當(dāng)它們相距最近時(shí)，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼囊阎獌汕蚴冀K末接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為（）A1：1B1：2C1：3D1：44將一個(gè)光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側(cè)有一個(gè)固定在水平面上的物塊現(xiàn)讓一個(gè)小球自左側(cè)槽口A點(diǎn)正上方由靜止開始落下，從A點(diǎn)落入槽內(nèi)，則下列說法中正確的是（）A小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中，機(jī)械能守恒B小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C小球在半圓槽內(nèi)由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小
3、球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D小球從C點(diǎn)離開半圓槽后，一定還會(huì)從C點(diǎn)落回半圓槽5如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短。則木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中（）A動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒B動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒C動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒6如圖所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后（）A兩者的速度均為零B兩者的速度總不會(huì)相等C盒子的最終速度為，方向水平向右
4、D盒子的最終速度為，方向水平向右7如圖所示，小球A和小球B位于同一豎直線上，小球A距水平地面的高度為H=0.6m，小球B到水平地面的距離為h=0.2m，同時(shí)由靜止釋放兩球設(shè)B和地面為彈性碰撞，兩球碰撞后B球速度為0，小球|A的質(zhì)量為m，小球B的質(zhì)量為5m重力加速度大小為g=10m/s2，忽略小球的直徑、空氣阻力及碰撞時(shí)間，小球所受重力遠(yuǎn)小于碰撞力以地面為參考面，兩球第一次碰撞后小球A能到達(dá)的高度為（）A1.6mB0.82mC0.6mD0.35m8如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計(jì)空氣阻力，
5、若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是（）A，I=mv0B，I=2mv0C，I=mv0D，I=2mv09如圖所示，裝有彈簧發(fā)射器的小車放在水平地面上，現(xiàn)將彈簧壓縮鎖定后放入小球，再解鎖將小球從靜止斜向上彈射出去，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦。從靜止彈射到小球落地前的過程中，下列判斷正確的是（）A小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒C小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒D小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒10有一宇宙飛船，它的正面面積S=2m2，以v=3103m/s的相對(duì)速
6、度飛入一宇宙微粒塵區(qū)此微粒塵區(qū)1m3空間中有一個(gè)微粒，每一個(gè)微粒的平均質(zhì)量為m=2107kg設(shè)微微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應(yīng)增加（）A3.6103NB3.6NC1.2103ND1.2N11如圖所示，每級(jí)臺(tái)階的高和寬均相等，一小球向左拋出后從臺(tái)階上逐級(jí)彈下，在每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，落在每級(jí)臺(tái)階上的位置離邊緣的距離也相同，不計(jì)空氣阻力，則小球（）A與每級(jí)臺(tái)階都是彈性碰撞B通過 每級(jí)臺(tái)階的運(yùn)動(dòng)時(shí)間逐漸縮短C除碰撞外，水平方向的速度保持不變D只要速度合適，從下面的某級(jí)臺(tái)階上向右拋出，它一定能原路返回12如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌
7、面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R=1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2則碰后小滑塊B的速度大小不可能是（）A5 m/sB4 m/sC3 m/sD2 m/s13臺(tái)球是一項(xiàng)深受人們喜愛的休閑運(yùn)動(dòng)，美式臺(tái)球中共由大小相同的1個(gè)白球（母球）15個(gè)花球（色球）組成，又稱花式臺(tái)球。如圖在某次擊球過程中，白球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)與靜止的黑球發(fā)生正碰，假設(shè)白球與黑球質(zhì)量相等，碰撞中沒有機(jī)械能損失，將臺(tái)球視為質(zhì)點(diǎn)，通過計(jì)算得到兩球碰撞后的運(yùn)動(dòng)情況為（）A白球靜止，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)B黑球靜止，白
8、球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)C白球和黑球都以下1.5m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)D白球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)14如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v1逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從傳送帶的P點(diǎn)沖上傳送帶，從此時(shí)起到物塊再次回到P點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）A合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv2B合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv1C合力對(duì)物塊的沖量大小可能為零D合外力對(duì)物塊做的功可能為零二計(jì)算題（共7小題）15如圖所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B兩個(gè)小物體通過不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，細(xì)繩平行于地面，且跨過輕滑輪，A物體放置在木板的最左端。
9、已知木板的質(zhì)量m1=20.0kg，物體A的質(zhì)量m2=4.0kg，物體B的質(zhì)量m3=1.0kg，物體A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，木板長(zhǎng)L=2m本板與物體A之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2不計(jì)滑輪摩擦。（1）為了使物體A隨著木板一起向左運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；（2）若開始時(shí)不施加力F，在A、B、木板靜止時(shí)，用向左的水平力擊打木板一下，使木板、A向左運(yùn)動(dòng)，物體B上升。當(dāng)物體B上升hB=1.0m（物體B未碰觸滑輪）時(shí)，物體A剛好到達(dá)木板最右端。求最初擊打木板的沖量I。16如圖所示，高為h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其與水平面平滑對(duì)接于C點(diǎn)，D為斜劈的
10、最高點(diǎn)，水平面的左側(cè)A點(diǎn)處有一豎直的彈性擋板，質(zhì)量均為m的甲、乙兩滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，靜止在水平面上的B點(diǎn)，已知AB=h，BC=3h，滑塊甲與所有接觸面的摩擦均可忽略，滑塊乙與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5給滑塊甲一水平向左的初速度，經(jīng)過一系列沒有能量損失的碰撞后，滑塊乙恰好滑到斜劈的最高點(diǎn)D處，重力加速度用g表示求：（1）滑塊甲的初速度v0的大小；（2）滑塊乙最終靜止的位置與C點(diǎn)的距離17如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道MN的半徑為R，MP為粗糙水平面。兩個(gè)小物塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高
11、點(diǎn)N，而B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置恰好是A在水平面上的落點(diǎn)。已知粗糙水平面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.8，求：（1）B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離；（2）極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大小；（3）A與B的質(zhì)量之比。18如圖所示，水平地面上固定一半徑為R=0.8m的光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M=3kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)=l.75m的木板，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質(zhì)量m=lkg的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距離x后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，取g=l0m/s2。（1）求物塊滑到板右端時(shí)的速度v多大
12、；（2）求x的大??；（3）通過計(jì)算說明，物塊最終能否滑離木板。19如圖聽示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2020m的木板，板上有2020塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2、2020最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、2020v同時(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求：（1）最終木板的速度（2）運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度；（3）第二塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間。20如圖甲所示，m1=5kg的滑塊自光滑圓弧形槽的頂端A點(diǎn)無初速度地滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于左端導(dǎo)輪頂端的B點(diǎn)，傳送帶沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)。m1下滑前將m2=3kg的滑塊停放在槽的底端。m1下滑后
13、與m2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后兩滑塊均向右運(yùn)動(dòng)，傳感器分別描繪出了兩滑塊碰后在傳送帶上從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的vt圖象，如圖乙、丙所示。兩滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/s2。（1）求A、B的高度差h；（2）求滑塊m1與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)和傳送帶的長(zhǎng)度LBC；（3）滑塊m2到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度恰好減到3m/s，求滑塊m2的傳送時(shí)間；（4）求系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。21如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），以大小也為v0的速度水平向右運(yùn)動(dòng)沖上木板左端，B、A間動(dòng)摩擦因數(shù)為，最后B不會(huì)滑離A已知M=2m，重力加速度為g。求：（1）
14、A、B最后的速度；（2）木板A的最短長(zhǎng)度。參考答案與試題解析一 選擇題1【解答】解：A、由圖知：碰前紅壺的速度v0=1.0m/s，碰后速度為v0=0.2m/s，可知，碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=mv0+mv解得：v=0.8m/s，故B正確；C、根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小 x=2m，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力。故D錯(cuò)誤。故選：B。2【解答】解：當(dāng)
15、小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有：mv0=（m+M）v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：，根據(jù)題意，有：M=4m，聯(lián)立兩式解得：v0=5m/s，故ACD錯(cuò)誤，B 正確。故選：B。3【解答】解：甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩球相距最近時(shí)具有共同速度v，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m甲v0=（m甲+m乙）v據(jù)題 v=解得：m甲：m乙=1：4故選：D。4【解答】解：A、只有重力或只有彈力做功時(shí)物體的機(jī)械能守恒。小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力也對(duì)小球做功，小球機(jī)械能不守恒，由此可知，小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球的機(jī)械
16、能守不守恒，故A錯(cuò)誤。B、小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的前半過程中，左側(cè)物體對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的后半過程中，小球有向心加速度，豎直方向的合力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量也不守恒。故B錯(cuò)誤。C、小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，豎直方向的合力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量也不守恒。系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤。D、小球離開C點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平分速度與半圓槽的速度相同，所以小球一定還會(huì)從C點(diǎn)落回半圓槽，故D正確。故選：D。5【解答】解：木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、
17、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中，墻壁對(duì)彈簧有作用力，系統(tǒng)的合外力不為零，所以動(dòng)量不守恒。A、B相碰粘連在一起的過程中，機(jī)械能有損失，所以機(jī)械能也不守恒，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B6【解答】解：選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0=（M+m）v所以：v=v0v方向與v0同向，即方向水平向右。故選：D。7【解答】解：B球落地時(shí)的速度大小為 v1=2m/s，此時(shí)A球的速度大小也為2m/s。設(shè)B球撞地后上升t時(shí)間與a球相撞，則有 Hh=（v1t+）+（v1t）得 t=0.1s兩球相撞前瞬間A球的速度為 vA=v1+gt=3m/s，B球的速度為 vB=v1gt=1m/s
18、對(duì)于碰撞過程，取向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得 5mvBmvA=mvA解得 vA=2m/s兩球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度為 h=0.2m兩球碰撞處離地高度 h=v1t=20.1100.12=0.15m所以兩球第一次碰撞后小球A能到達(dá)的高度為 H=h+h=0.35m故選：D。8【解答】解：A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得 mv0=2mv碰撞后，AB一起壓縮彈簧，當(dāng)AB的速度減至零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得：最大彈性勢(shì)能 E=聯(lián)立解得 E=從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，對(duì)AB及彈簧整體，由動(dòng)量定理得 I=2mv（2mv）=4mv=2m
19、v0。故選：D。9【解答】解：AB、從靜止彈射到小球落地前的過程中，由于彈簧的彈力對(duì)小球做功，小球的機(jī)械能不守恒。由于小球所受的合外力是重力，不等于零，則其動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤。CD、小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。10【解答】解：選在時(shí)間t內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對(duì)象，其質(zhì)量應(yīng)等于底面積為S，高為vt的圓柱體內(nèi)微粒的質(zhì)量。即 M=mSvt，初動(dòng)量為0，末動(dòng)量為mv。設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力為F，由動(dòng)量定理得：Ft=Mv0則 F=mSv2；根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對(duì)飛船的撞擊力
20、大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應(yīng)增加F=F=mSv2；代入數(shù)據(jù)得：F=21072（3103）2N=3.6N故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B。11【解答】解：ABC、小球平拋后落在臺(tái)階上，落到臺(tái)階上瞬間的速度方向斜向下，反彈后做斜拋運(yùn)動(dòng)，即豎直向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由題意知每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，落在每級(jí)臺(tái)階上的位置離邊緣的距離也相同，所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中不受空氣阻力，小球與臺(tái)階碰撞過程中不受摩擦力作用；因在每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，所以存在機(jī)械能損失，碰撞不是彈性碰撞，所以小球落到每級(jí)臺(tái)階前瞬間的速度相等，由于小球每次彈起，豎直向上
21、做加速度為重力加速度的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，由逆向思維可得：h=gt2，所以小球在相鄰臺(tái)階間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故C正確，AB錯(cuò)誤；D、由于在上升過程重力做負(fù)功，同時(shí)碰撞中存在能量損失，所以小球不可能原路返回，故D錯(cuò)誤。故選：C。12【解答】解：滑塊A下滑過程，由機(jī)械能守恒定律得 mAgR=解得 v0=6m/s若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB。mAv02=mAvA2+mBvB2。解得 vB=4m/s若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）vB解得 vB=2m/s所以碰后小
22、滑塊B的速度大小范圍為 2m/svB4m/s，不可能為5m/s。故選：A。13【解答】解：設(shè)每個(gè)球質(zhì)量為m。取碰撞前白球的速度方向?yàn)檎较?。由?dòng)量守恒定律得：mv0=mv白+mv黑由動(dòng)能守恒可得：聯(lián)立解得：v白=0m/s，v黑=3m/s故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A。14【解答】解：若v2v1，則物塊返回到P點(diǎn)的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量定理知，合力的沖量為：I合=mv2（mv2）=2mv2，根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功的大小為零。v2v1，則物塊返回到P點(diǎn)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量定理知，合力的沖量I合=mv1+mv2，根據(jù)動(dòng)能定理得，合力做功為：W=故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。二 計(jì)算題1
23、5【解答】解：（1）設(shè)A、B和木板一起向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，采用分離法如下：物體B受重力和繩拉力T的作用，由根據(jù)牛頓第二定律有：Tm3g=m3a；物體在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：fT=m2a；木板在水平方向外力F和A的摩擦力f作用，根據(jù)牛頓第二定律有：Ff=m1a；當(dāng)A和木板間的摩擦力取最大值f=m2g時(shí)，外力F最大，聯(lián)立解得：Fm3g=（m1+m2+m3）a=60 N；a=2.0 m/s2。（2）打擊木板后，物體A、B在木板的最大靜摩擦力作用下，以加速度a=2.0 m/s2加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體B上升高度hB=1.0 m時(shí)，有：；木板向左運(yùn)動(dòng)的位移為：x=L
24、+hB木板在A的摩擦力作用下，做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：m2g=m1a設(shè)打擊木板后的瞬間木板的速度為v0，則：代入數(shù)據(jù)，解得：v0=3.5 m/s；根據(jù)動(dòng)量定理得最初擊打木板的沖量為：I=mv0=70Ns。答：（1）求力F的最大值為60N；（2）最初擊打木板的沖量大小為70Ns。16【解答】解：（1）甲、乙兩滑塊質(zhì)量相等，每次碰撞沒有能量損失，所以碰撞后兩者交換速度根據(jù)能量守恒定律得：=mgBC+mgh將BC=3h，=0.5代入解得 v0=（2）設(shè)滑塊乙在水平面上滑行的總路程為S對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得mgS=0解得 S=5h所以滑塊乙最終靜止的位置與C點(diǎn)的距離為 S=S3h
25、=2h答：（1）滑塊甲的初速度v0的大小為；（2）滑塊乙最終靜止的位置與C點(diǎn)的距離是2h17【解答】解：（1）A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：，解得：；A離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：x=vNt，在豎直方向：，解得：x=2R，B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離：x=2R（2）A上升到N的過程，由機(jī)械能守恒定律得：，得：A受到爆炸力的沖量大?。篒=（3）炸藥爆炸過程AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mAvAmBvB=0，對(duì)B，由動(dòng)能定理得：，解得：=；答：（1）B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離是2R；（2）極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大小是；（3）
26、A與B的質(zhì)量之比是。18【解答】解：（1）對(duì)于物塊從軌道底端上升到頂端的過程，由機(jī)械能守恒可得：解得：v=4m/s（2）對(duì)于物塊從木板左端滑到右端的過程，由動(dòng)能定理可得：FxmgL=解得：x=lm（3）設(shè)物塊相對(duì)板向左滑動(dòng)距離x后，與木板達(dá)到相同速度v取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv=（M+m）v解得：v=lm/s由能量守恒定律得：解得：x=1.5mL=1.75m。故物塊不會(huì)滑離木板。答：（1）物塊滑到板右端時(shí)的速度v是4m/s；（2）x的大小是1m；（3）物塊最終不能滑離木板。19【解答】解：（1）設(shè)當(dāng)所有物塊的速度相等時(shí)的速度為v，選取向右為正方向，則有：m（v+2v+3v+nv）=
27、2nmv可得：（2）設(shè)第k塊木塊的最小速度為vk，則此時(shí)木塊與第1至第k1塊木塊的速度均為vk，由于所有的木塊的質(zhì)量都相等，所以所有的木塊受到的摩擦力大小都是相等的，設(shè)為mg，由動(dòng)量定理可知，在相等的時(shí)間內(nèi)，第k+1塊木塊至第n塊木塊速度的減小量也相等，因而此時(shí)第k+1塊木塊至第n塊木塊速度依次是：vk+v，vk+2v，vk+3vvk+（nk）v則由動(dòng)量守恒定律可得：m（v+2v+3v+nv）=（nm+km）vk+m（vk+v）+m（vk+2v）+mvk+（nk）v即m（v+2v+3v+nv）=2nmvk+m1+2+（nk）v所以：則：（3）由以上的結(jié)果可知，=由于木塊的加速度始終為： a=g
28、對(duì)木塊2，有：v2=2vg所以：答：（1）最終木板的速度是；（2）運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度為43.1v；（3）第二塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間是。20【解答】解：（1）由圖乙丙可知，碰撞后瞬間，m1 的速度v1=1m/s，m2的速度v2=5m/s，設(shè)碰撞前瞬間m1的速度為v0，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2解得：v0=4m/s，m1下滑的過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：解得：h=0.8m；（2）由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。簃/s2滑塊的加速度就是由滑動(dòng)摩擦力提供，故：1m1g=m1a，解得，滑塊m1與傳送
29、帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)：1=0.05由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上先加速4s，后勻速運(yùn)動(dòng)6s 到達(dá)C 點(diǎn)圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積在數(shù)值上等于傳送帶的長(zhǎng)度LBC，即LBC=（1+3）4+3（104）=26m；（3）滑塊m2一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)C 點(diǎn)時(shí)速度恰好減到3m/s，全程的平均速度為：，設(shè)滑塊m2的傳送時(shí)間：t=6.5s；（4）由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上加速階段的位移：，滑塊m1在傳送帶上加速階段產(chǎn)生的熱量：Q1=1m1g（vt1x1），滑塊m2在傳送帶上減速的加速大小：m/s2滑塊m2受到的滑動(dòng)摩擦力大?。篺=m2a滑塊m2在傳送帶上減速階段產(chǎn)生的熱量：Q2=f（LBCvt），系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q=Q1+Q2，解得：Q=16J。答：（1）A、B的高度差h為0.8m；（2）滑塊m1與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)和傳送帶的長(zhǎng)度LBC為26m；（3）滑塊m2到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度恰好減到3m/s，滑塊m2的傳送時(shí)間為6.5s；（4）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為16J。21【解答】解：（1）由題意知A、B最后具有共同速度v。以向左為正方向。由動(dòng)量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）v將M=2m代入解得：v=，方向向左。（2）設(shè)木板A的最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)能量守恒定律得：Mv02+mv02=（M+m）v2+mgL解得：L=答：（1）A、B最后的速度是，方向向左；（2）木板A的最短長(zhǎng)度是。
湖南省長(zhǎng)沙市高中物理 第16章 動(dòng)量守恒定律提升訓(xùn)練 新人教版選修3-5（通用）
