高中物理粵教版5第一章碰撞與動量守恒 第一章第五節(jié)自然界中的守恒定律

第一章碰撞與動量守恒第五節(jié)自然界中的守恒定律A級抓基礎(chǔ)1．(多選)下列論述中正確的是()A．相互作用的物體，如果所受合外力為零，則它們的總動量保持不變B．動量守恒是指相互作用的各個物體在相互作用前后的動量不變C．動量守恒是相互作用的各個物體組成的系統(tǒng)在相互作用前的動量之和與相互作用之后的動量之和是一樣的D．動量守恒是相互作用的物體系統(tǒng)在相互作用過程中的任何時刻動量之和都是一樣的解析：由動量守恒定律可知，相互作用的各個物體在相互作用前后的動量有可能不同，而各個物體的動量之和是不變的．答案：ACD2.如圖所示，在光滑水平地面上有兩個完全相同的小球A和B，它們的質(zhì)量都為m.現(xiàn)B球靜止，A球以速度v0與B球發(fā)生正碰，針對碰撞后的動能，下列說法中正確的是()A．B球動能的最大值是eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B．B球動能的最大值是eq\f(mveq\o\al(2,0),8)C．系統(tǒng)動能的最小值是0D．系統(tǒng)動能的最小值是eq\f(mveq\o\al(2,0),8)解析：當(dāng)兩球發(fā)生完全彈性碰撞時，A球靜止，B球的動能最大，為eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，A正確，B錯誤；當(dāng)兩球相碰后共同運動時，損失的能量最多，系統(tǒng)動能最小，系統(tǒng)動能的最小值是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，C、D錯誤．答案：A3．如圖所示，一輕彈簧一端系在墻上的O點，自由伸長到B點，今使一質(zhì)量為m的小物體靠著彈簧，將彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物體能在水平面上運動到C點靜止，A、C間距離為s；若將小物體系在彈簧上，在A點由靜止釋放，則小物體將做阻尼振動到最后靜止．設(shè)小物體通過總路程為l，則下列關(guān)系式正確的是()A．l>s B．l＝sC．l<s D．l＝s或l<s都可能解析：由于摩擦，物體最后靜止的位置可能在B點也可能在B點的左側(cè)或右側(cè)，在題述兩個過程中，彈簧的彈性勢能的減少將轉(zhuǎn)化為因摩擦而增加的內(nèi)能，若物體最后靜止在B點，則ΔE減＝ΔE增，得E彈＝Q熱＝μmgs.若物體最后靜止在B的左側(cè)或右側(cè)：ΔE減＝ΔE增，得E彈＝E彈′＋μmgl，其中E彈′是物體靜止后彈簧還具有的彈性勢能，得μmgs＝μmgl＋E彈′.總之，當(dāng)物體最后靜止在B點時，s＝l；當(dāng)物體最后不是靜止在B點時，l<s.答案：D4.如圖所示，關(guān)于質(zhì)量分別為m1和m2的兩個物體碰撞前后的位移—時間圖象，有以下說法：①碰撞前兩物體動量相同；②兩物體質(zhì)量相等；③碰撞后兩物體一起做勻速直線運動；④碰撞前兩物體動量大小相等、方向相反．其中正確的是()A．①② B．②③C．②④ D．③④解析：由題圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運動，且速度大小相同，但運動方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止?fàn)顟B(tài)，由碰撞過程中動量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故選項C對．答案：CB級提能力5.(多選)如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置解析：根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＝m1v′1＋m2v′2，,\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，,且m1＝m，m2＝3m，))解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1＝－eq\f(1,2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1＝eq\f(1,2)v1，A正確．根據(jù)eq\f(1,2)mv2＝mgh＝mgR(1－cosθ)，知第一次碰撞后，兩球的最大擺角θ相同，根據(jù)單擺的等時性，D正確．答案：AD6.如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量為M＝3kg的薄板和質(zhì)量為m＝1kg的物塊，以v＝4m/s的初速度朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長．當(dāng)薄板的速度為2.4m/s時，物塊的運動情況是()A．做加速運動 B．做減速運動C．做勻速運動 D．以上運動都可能解析：薄板足夠長，則最終物塊和薄板達(dá)到共同速度v′，由動量守恒定律得(取薄板運動方向為正)Mv－mv＝(M＋m)v′，故v′＝eq\f(（3－1）×4,3＋1)m/s＝2m/s，共同運動速度的方向與薄板初速度的方向相同．在物塊和薄板相互作用的過程中，薄板一直做勻減速運動，而物塊先沿負(fù)方向減速到零，再沿正方向加速到2m/s.當(dāng)薄板速度為v1＝2.4m/s時，設(shè)物塊的速度為v2，由動量守恒定律得：Mv－mv＝Mv1＋mv2，v2＝eq\f(（M－m）v－Mv1,m)＝eq\f(（3－1）×4－3×,1)m/s＝0.8m/s.即此時物塊的速度方向沿正方向，故物塊做加速運動，A正確．答案：A7.如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平面的高度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度eq\f(v0,2)射出．重力加速度為g.求：(1)此過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離．解析：(1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒得mv0＝meq\f(v0,2)＋Mv，①解得：v＝eq\f(mv0,2M).②系統(tǒng)損失的機械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2)Mv2))，③得：ΔE＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0).④(2)設(shè)物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝\f(1,2)gt2，,s＝vt，))⑤⑥由②⑤⑥三式可得：s＝eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g)).答案：(1)eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))8．如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)．另一質(zhì)量與B相同滑塊A，從導(dǎo)軌上的P點(未畫出)以某一初速度向B滑行，當(dāng)A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連．已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止．滑塊A和B與導(dǎo)軌的滑動摩擦因數(shù)都為μ，運動過程中彈簧最大形變量為l2，求A從P出發(fā)時的初速度v0.解析：設(shè)A、B質(zhì)量都為m，A剛接觸B時速度為v1(碰前)，由功能關(guān)系，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝μmgl1.A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2，有：mv1＝2mv2.碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復(fù)到原長時，設(shè)A、B的共同速度為v3，在這過程中，彈簧勢能始末兩態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有：eq\f(1,2)(2m)veq\o