人教版2019选择性必修第一册 新教材同步 第一章 专题提升2　动量和能量的综合应用（教师版+学生版）

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微型专题　动量和能量的综合应用[学科素养与目标要求]　物理观念：1.进一步理解动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律的内容及其含义.科学思维：1.掌握应用动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律解题的方法步骤.2.通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力.一、滑块—木板模型1.这类问题通常都是把滑块、木板看作一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上不受摩擦力,滑块和木板组成的系统动量守恒。2.由于滑块和木板之间的摩擦生热,一部分机械能转化为内能,系统机械能不守恒,一般由能量守恒求解。即内能Q=E损。3.摩擦生热Q=Ffs(Ff为滑动摩擦力,s为相对路程)。4.题目中如果说明滑块不滑离木板,则一般最后二者以共同速度运动。此时滑块的相对位移大小即为滑块不滑离木板时木板的最小长度。例1　如图1所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长.求：(重力加速度为g)图1(1)木板B的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移大小；(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？答案　(1)eq \f(v0,4)　(2)eq \f(15v02,32μg)　(3)eq \f(3v02,8μg)解析　(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大.以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v，得：v＝eq \f(v0,4)(2)A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02则木块A所发生的位移大小为x1＝eq \f(15v02,32μg)(3)方法一：B向右加速过程的位移设为x2.则μmgx2＝eq \f(1,2)×3mv2，解得：x2＝eq \f(3v02,32μg)木板的最小长度：L＝x1－x2＝eq \f(3v02,8μg)方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋3m)v2得：L＝eq \f(3v02,8μg).针对训练1 如图所示,光滑水平面上一质量为m0、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端,滑到木板的右端时速度恰好为零。(1)求小滑块与木板间的摩擦力大小;(2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端,滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,然后向左运动,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,试求vv0的值。答案 (1)mv022L　(2)2m0+mm0解析 (1)小滑块以水平速度v0右滑时,有-FfL=0-12mv02解得Ff=mv022L。(2)小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1,则有-FfL=12mv12-12mv2滑块与墙碰撞后至向左运动到木板左端,以向左为正方向,此时滑块、木板的共同速度为v2,则有mv1=(m+m0)v2FfL=12mv12-12(m+m0)v22联立解得vv0=2m0+mm0。二、子弹打木块模型1.子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒。2.在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,机械能向内能转化,但总的能量守恒,内能等于系统损失的机械能。3.若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多,与完全非弹性碰撞类似。例2　如图2所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(时间极短且未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g)图2(1)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能；(2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离.答案　(1)eq \f(Mmv2,2M＋m)　(2)eq \f(m2v2,2M＋m2μg)解析　(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：mv＝(M＋m)v′①射入过程中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2②由①②两式解得：ΔE＝eq \f(Mmv2,2M＋m).(2)子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2③由①③两式解得：x＝eq \f(m2v2,2M＋m2μg).子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.针对训练2 如图所示,一根质量不计、长为2 m的绳子,一端固定在天花板上,另一端系一质量为0.99 kg的小球,整个装置处于静止状态。一质量为10 g、速度为500 m/s的子弹水平击中小球后嵌入其中。g取10 m/s2,求:(1)子弹射入小球后瞬间的速度v的大小;(2)子弹射入小球的过程中系统损失的机械能E损;(3)子弹与小球上升的最大高度h。答案 (1)5 m/s　(2)1 237.5 J　(3)1.25 m解析 (1)子弹射入小球的过程中,以子弹的初速度方向为正方向,子弹与小球组成的系统水平方向动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v,解得v=5 m/s。(2)系统损失的机械能等于系统总动能的减少量,有E损=12m1v02-12(m1+m2)v2解得E损=1 237.5 J。(3)由机械能守恒定律得12(m1+m2)v2=(m1+m2)gh解得h=1.25 m。三、弹簧类模型1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒.2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题.3.注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大.例3　如图3所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁，A、B之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘合在一起.试求：图3(1)A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙壁后，C的最小速度的大小.答案　(1)eq \f(1,6)mv02　(2)eq \f(v0,6)解析　(1)B、C碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv0＝3mv，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：Epm＝eq \f(1,2)×3mv2联立解得：Epm＝eq \f(1,6)mv02(2)A离开墙壁前，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B、C的速度为v′，有Epm＝eq \f(3,2)mv′2，则v′＝eq \f(v0,3).A离开墙壁后，在弹簧弹力的作用下速度逐渐增大，B、C的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B、C的速度减小到最小值vC.在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒.以水平向右为正方向，有3mv′＝mvA＋3mvC，Epm＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(3,2)mvC2，解得：vC＝eq \f(v0,6).针对训练3　如图4所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连.将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C相连，使弹簧不能伸展，以至于B、C与弹簧可视为一个整体.现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后，细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的弹性势能.图4答案　eq \f(1,3)mv02解析　设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝3mv①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧释放的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)v12＋eq \f(1,2)mv02③由①②③式得，弹簧所释放的弹性势能为Ep＝eq \f(1,3)mv02.四、光滑圆弧轨道—滑块(小球)模型例4　在光滑水平地面上放有一质量m0=1kg的带光滑圆弧形槽的小车,质量为m=2kg的小球以速度v0=3 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽,槽口距地面的高度h=0.8m,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球从槽口滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中,小球对小车做的功W;(2)小球落地瞬间,小车与小球间的水平间距L。答案 (1)2 J　(2)1.2 m解析 (1)小车与小球组成的系统水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v对小车,由动能定理可得W=12m0v2解得W=2 J。(2)整个过程中系统水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv球+m0v车由机械能守恒定律得12mv02=12mv球2+12m0v车2解得v球=1 m/s,方向向左;v车=4 m/s,方向向左小球离开小车后做平抛运动,h=12gt2,x=v球t解得小球离开小车后的水平位移x=v球2hg,下落时间t=2hg小车向左做匀速直线运动,小车的水平位移为x'=v车t小球落地时二者之间的距离为L=x'-x代入数据联立得L=1.2 m。1.最高点:滑块(m)与光滑圆弧轨道(m0)具有共同水平速度,且m不能从此处离开轨道,系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒, mv0=(m0+m)v共,12mv02=12(m0+m)v共2+mgh。2.最低点:滑块(m)与光滑圆弧轨道(m0)分离点。水平方向动量守恒,系统机械能守恒, mv0=mv1+m0v2,12mv02=12mv12+12m0v22。针对训练4 .(多选)如图所示,质量为m的楔形物块上有圆弧轨道,圆弧对应的圆心角小于90°且足够长,物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动,不计一切摩擦。则以下说法正确的是(　　)A.小球能上升的最大高度H=v124gB.小球上升过程中,小球的机械能守恒C.小球最终静止在水平面上D.楔形物块最终的速度为v1答案 ACD解析 以水平向右为正方向,在小球上升过程中,系统水平方向动量守恒,有mv1=(m+m)v,系统机械能守恒,有12mv12=12(m+m)v2+mgH,解得v=v12,H=v124g,A正确;单独以小球为研究对象,斜面的支持力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,故B错误;设最终小球的速度为v2,物块的速度为v3,由水平方向动量守恒有mv1=mv2+mv3,由机械能守恒有12mv12=12mv22+12mv32,解得v2=0,v3=v1(另解v2=v1,v3=0舍去),即交换速度,C、D正确。1、(滑块—木板模型)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图4所示.现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)图4A.eq \f(1,2)mv2 B.μmgL　C.eq \f(1,2)NμmgL D.eq \f(mMv2,2m＋M)答案　D解析　由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的系统动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块与箱子之间不再发生相对滑动，以v的方向为正方向，有mv＝(m＋M)v1系统损失的动能是因为摩擦力做负功ΔEk＝－Wf＝μmg·NL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v12＝eq \f(mMv2,2m＋M)，故D正确，A、B、C错误.2、(子弹打木块模型)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)图6A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大答案　ABC解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝eq \f(mv0,M＋m)，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于相对位移x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误.3、(弹簧类模型)(多选)如图所示,一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起。则从子弹打击到木块A至弹簧第一次被压缩到最短的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)A.系统动量不守恒,机械能守恒B.系统动量守恒,机械能不守恒C.当弹簧被压缩到最短时,系统具有共同的速度D.当弹簧被压缩到最短时,系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能答案 BC解析 子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力的矢量和为零,所以系统动量守恒,由于子弹穿入木块过程中要克服摩擦力做功,有一部分机械能转化为内能,所以系统机械能不守恒,A错误,B正确;当弹簧被压缩到最短时,系统具有相同的速度,C正确;由能量守恒定律可知,当弹簧被压缩到最短时,系统减少的动能一部分转化为内能,一部分转化为弹性势能,D错误。4、(光滑圆弧轨道—滑块模型)(多选)(2023山东烟台期中)如图所示,足够长的光滑水平面上静止一质量为3m的弧槽,弧槽和水平面平滑连接,质量为m的滑块(可视为质点)从距离水平面高度为h的A点由静止沿弧槽滑下,之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切阻力及能量损失,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)A.滑块沿弧槽下滑过程中,二者组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.弹簧获得的最大弹性势能为34mghC.滑块沿弧槽上升的最大高度等于hD.滑块再一次离开弧槽后,不可能和弹簧发生作用答案 BD解析 滑块沿弧槽下滑过程中,滑块在竖直方向有加速度,弧槽在竖直方向没有加速度,滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零,故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒,故A错误;滑块沿弧槽下滑过程中,滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力,水平方向满足动量守恒定律,设滑块下滑到达底端时,滑块的速度大小为v1,弧槽的速度大小为v2,则有mv1=3mv2。滑块沿弧槽下滑过程中,滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒定律,则有mgh=12mv12+12×3mv22,联立解得v1=3gh6,v2=gh6,滑块压缩弹簧到滑块的速度变为零时,弹簧弹性势能最大,则有Epmax=12mv12=12m3gh62=34mgh,故B正确;根据系统机械能守恒可知,滑块离开弹簧向左的速度大小也为v1=3gh6,滑块滑上弧槽过程中,当滑块上升至最高点时,二者具有共同的水平速度v,根据系统水平方向动量守恒可得mv1+3mv2=(m+3m)v,根据系统机械能守恒可得mgh'= 12mv12+12×3mv22-12(m+3m)v2,联立解得滑块沿弧槽上升的最大高度为h'=14h,故C错误;从滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程中,设再一次离开时,滑块的速度大小为v3,弧槽的速度大小为v4,根据系统水平方向动量守恒可得mv1+3mv2=mv3+3mv4,根据系统机械能守恒可得12mv12+12×3mv22=12mv32+12×3mv42,联立解得v3=0,v4=2gh6,可知滑块再一次离开弧槽时,滑块的速度为零,故滑块不可能和弹簧发生作用,故D正确。5、(子弹打木块模型)如图所示,质量为m1的小车静止在光滑水平轨道上,下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱,一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱,并留在其中,在以后的运动过程中,求沙箱上升的最大高度。答案 m02m1v022(m0+m)2(m0+m+m1)g解析 子弹打入沙箱过程中动量守恒,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1摆动过程中,子弹、沙箱、小车组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒沙箱到达最大高度时,系统有相同的速度,设为v2则有(m0+m)v1=(m0+m+m1)v212(m0+m)v12=12(m0+m+m1)v22+(m0+m)gh联立以上各式可得沙箱上升的最大高度h=m02m1v022(m0+m)2(m0+m+m1)g。一、选择题1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是(　　)图1A.做减速运动 B.做加速运动C.做匀速运动 D.以上运动都有可能答案　A解析　开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.9 m/s，所以物块处于向左减速的过程中.2.(多选)如图2所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰.在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)图2A.弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B.弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C.弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少D.物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零答案　ABD解析　物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确.A、B和弹簧组成的系统动量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，根据能量守恒，知此时A、B的动能之和最小，故B正确.弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误.当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确.3.如图3所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点.Q与水平轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)图3A.P的初动能 B.P的初动能的eq \f(1,2)C.P的初动能的eq \f(1,3) D.P的初动能的eq \f(1,4)答案　B解析　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒.在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大.设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，以v0的方向为正方向，则mv0＝2mv，得v＝eq \f(v0,2)所以弹簧具有的最大弹性势能Epm＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(1,2)Ek0，故B正确.5.(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为(　　)图5A.L B.eq \f(3L,4) C.eq \f(L,4) D.eq \f(L,2)答案　D解析　长木板固定时，由动能定理得：－μMgL＝0－eq \f(1,2)Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)×2Mv2，得s＝eq \f(L,2)，D项正确，A、B、C项错误.6.如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为(　　)图7A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J答案　B解析　由碰撞过程中动量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.7.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图8所示，一质量为MB＝6 kg的木板B静止于光滑的水平面上，物块A的质量MA＝6 kg，停在B的左端，一质量为m＝1 kg的小球用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上.将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h＝0.2 m，物块与小球均可视为质点，A、B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10 m/s2.图8(1)球和物块A碰后瞬间A物块的速度大小.(2)A、B组成的系统因摩擦损失的机械能.答案　(1)1 m/s　(2)1.5 J解析　(1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl＝eq \f(1,2)mv12，得v1＝eq \r(2gl)＝4 m/s，mgh＝eq \f(1,2)mv1′2，得v1′＝eq \r(2gh)＝2 m/s球与A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：mv1＝－mv1′＋MAvA，解得vA＝1 m/s(2)物块A与木板B相互作用过程中：MAvA＝(MA＋MB)v共，解得v共＝0.5 m/s.A、B组成的系统因摩擦而损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)MAvA2－eq \f(1,2)(MA＋MB)v共2代入数据，得出ΔE＝1.5 J8.(多选)如图5所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中下列说法正确的是(　　)图5A.木块的机械能增量为FfLB.子弹的机械能减少量为Ff(L＋d)C.系统的机械能减少量为FfdD.系统的机械能减少量为Ff(L＋d)答案　ABC解析　子弹对木块的平均作用力大小为Ff，木块相对于桌面的位移为L，则子弹对木块做功为FfL，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为FfL.故A正确.木块对子弹的阻力做功为－Ff(L＋d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量，即机械能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为Ff(L＋d)，故B正确.子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为Ffd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为Ffd，故C正确，D错误.9.如图6所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)图6A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，μ越大x越大C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大答案　A解析　小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，得x＝eq \f(R,μ)，选项A正确，B、C、D错误.10.(多选)(2018·福州十一中高二下期中)如图7所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ.下列说法中正确的是(　　)图7A.若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B.若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C.若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减小D.若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小答案　BCD解析　滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q＝FfL相＝μmgL相，因为相对位移没变，所以产生的热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM＋L很小，对滑块根据动能定理：－μmg(xM＋L)＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，可知滑块滑离木板时的速度v1较大，滑块动量变化较小，由动量守恒定律知，木板动量变化也较小，再根据动量定理知，木板受到的冲量较小，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM＋L也会很小，故D正确.11.(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图8所示.现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)图8A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为eq \f(mv0,M＋m)C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为eq \f(m2v02,2gM＋m2)答案　BD解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′所以子弹射入木块后的共同速度为：v′＝eq \f(mv0,M＋m)，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为：h＝eq \f(m2v02,2gM＋m2)，故D正确.12.(多选)如图9所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)图9A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为eq \f(mgh,2)C.B与A分开后能达到的最大高度为eq \f(h,4)D.B与A分开后能达到的最大高度不能计算答案　BC解析　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝eq \r(2gh)，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝eq \f(1,2)v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)mgh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝eq \f(1,2)mv2，解得B能达到的最大高度为h′＝eq \f(1,4)h，故C正确，D错误.13.(多选)如图10所示，图甲表示光滑平台上物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知(　　)图10A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能答案　BC解析　由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1做匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(v1,v0－v1)，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可以知道A相对小车B的位移Δx＝eq \f(1,2)v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB)v12，根据求得的质量关系，可以解出A与小车B上表面间的动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误.二、非选择题14.如图11所示，质量mB＝2 kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2 kg的物块A，A、B一起以大小为v1＝0.5 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01 kg的子弹以大小为v0＝600 m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200 m/s .已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1 m，g＝10 m/s2，求：图11(1)A、B间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量.答案　(1)0.1　(2)1 600 J解析　(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得：m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入数据解得：vA＝1.5 m/s，子弹穿过A后，A以1.5 m/s的速度开始向右滑行，B以0.5 m/s的速度向左运动，当A、B有共同速度时，A、B达到相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，代入数据解得：v2＝0.5 m/s.根据能量守恒定律知：μmAgL＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBv12－eq \f(1,2)(mA＋mB)v22，代入数据解得：μ＝0.1.(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为：Q＝eq \f(1,2)m0v02＋eq \f(1,2)(mA＋mB)v12－eq \f(1,2)m0v2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v22，代入数据解得：Q＝1 600 J.15.(2018·沂南高二下期中)如图12所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求：图12(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少；(3)木块至少为多长时子弹不会穿出.答案　(1)eq \f(mv0,m＋M)　(2)eq \f(Mmv02,2M＋m)　eq \f(Mm2v02,2M＋m2)　(3)eq \f(Mmv02,2M＋mF)解析　(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，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＝eq \f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq \f(1,2)mv02＝Q＋eq \f(1,2)(m＋M)v2得产生的热量为：Q＝eq \f(Mmv02,2M＋m)由动能定理，子弹对木块所做的功为：W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(Mm2v02,2M＋m2)(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律：FL＝Q得木块的最小长度为：L＝eq \f(Mmv02,2M＋mF)16.如图13所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动.一长L＝0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2 kg的球.当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零.现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放.当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8 kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2 m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g＝10 m/s2，求：图13(1)m2在半圆形轨道最低点C的速度大小；(2)光滑圆形轨道的半径R.答案　(1)1.5 m/s　(2)0.045 m解析　(1)设球m1摆至最低点时速度为v0，由机械能守恒定律知m1gL＝eq \f(1,2)m1v02得v0＝eq \r(2gL)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/sm1与m2正碰，两者动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2以向右的方向为正方向，则m1v0＝－m1v1＋m2v2解得v2＝1.5 m/s(2)m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有eq \f(1,2)m2v22＝m2g(2R)＋eq \f(1,2)m2vD2由小球m2恰好能通过最高点D可知，重力提供向心力，即m2g＝eq \f(m2vD2,R)联立代入数据解得R＝0.045 m.17.(2018·泉州五中模拟)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为12m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图14所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，运动到B点与Q物块碰撞后粘在一起，P、Q均可看成质点，重力加速度大小为g.若P、Q的质量均为m，求：图14(1)当弹簧被压缩到l时的弹性势能；(2)P到达B点时速度的大小和与Q物块碰撞后的速度大小；(3)P、Q整体运动到D点时对轨道的压力大小.答案　(1)12mgl　(2)2eq \r(5gl)　eq \r(5gl)　(3)0解析　(1)对弹簧和质量为12m的物体组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝12mgl(2)从P释放至运动到B点的过程中，对P用动能定理有W弹－μmg·4l＝eq \f(1,2)mvP2又因为W弹＝Ep－0＝12mgl解得vP＝2eq \r(5gl)由P、Q碰撞过程中动量守恒有mvP＝2mvB解得vB＝eq \r(5gl)(3)B点到D点的过程中，P、Q整体的机械能守恒，则有eq \f(1,2)·2mvB2＝eq \f(1,2)·2mvD2＋2mg·2l设在D点时，P、Q整体受到轨道的压力为FN，根据牛顿第二定律，在D点有FN＋2mg＝eq \f(2mvD2,l)，解得FN＝0根据牛顿第三定律，P、Q整体运动到D点时对轨道的压力大小FN′＝0.