4、10 kg· m/s.則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是( )
A.m甲=m乙 B.m乙=2m甲
C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲
解析:(1)碰前因甲能追上乙,故v甲=>v乙=所以m乙≥m甲,所以A錯.
(2)碰后應(yīng)用v甲′≤v乙′,所以≤
由動量守恒p甲+p乙=p甲′+p乙′,所以p甲=2 kg· m/s
所以m乙≤5m甲,所以D錯.
(3)能量:碰前總動能≥碰后總動能
所以
可得m乙≥m甲,所以B錯.
正確選項為C.
答案:C
4.(廣東汕頭三模)如圖所示,小車的上面是中突的兩個對稱的曲面組成,整個小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水
5、平面上.今有一個可以看做質(zhì)點的小球,質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車,恰好到達(dá)小車的最高點后,又從另一個曲面滑下.關(guān)于這個過程,下列說法正確的是( )
A.小球滑離小車時,小車又回到了原來的位置
B.小球在滑上曲面的過程中,對小車壓力的沖量大小是
C.小球和小車作用前后,小車和小球的速度可能沒有變化
D.車上曲面的豎直高度不會大于
解析:小球滑上曲面的過程,小車向右運動,小球滑下時,小車還會繼續(xù)前進,故不會回到原位置,A錯.由于小球恰好到最高點,知道兩者有共同速度,對于車?球組成的系統(tǒng),由動量守恒定律列式為mv=2mv′,得共同速度v′=,小車動量的變化為,顯然,這個
6、增加的動量是小球壓力作用的結(jié)果,故B對.對于C,由于滿足動量守恒定律,系統(tǒng)機械能又沒有增加,所以是可能的,兩曲面光滑時會出現(xiàn)這個情況.由于小球原來的動能為,小球到最高點時系統(tǒng)的動能為,所以系統(tǒng)功能減少了如果曲面光滑,則減少的動能等于小球增加的重力勢能,即得顯然,這是最大值,如果曲面粗糙,高度還要小些.
答案:BCD
5.(湖北八校聯(lián)考)如圖,長為a的輕質(zhì)細(xì)線,一端懸掛在O點,另一端接一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點),組成一個能繞O點在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動的振子.現(xiàn)有3個這樣的振子,以相等的間隔b(b>2a)在同一豎直面里成一直線懸于光滑的平臺MN上,懸點距臺面高均為a.今有一質(zhì)量為3m的小球以
7、水平速度v沿臺面射向振子并與振子依次發(fā)生彈性正碰,為使每個振子碰撞后都能在豎直面內(nèi)至少做一個完整的圓周運動,則入射小球的速度v不能小于( )
A. B.
C. D.
解析:3m和m彈性碰撞:3mv=3mv′+mv1
×3mv2=×3mv′2+,得v′=
同理3m與第二個m彈性碰撞后得v″=,v2=
3m與第三個球碰后得
所以va>vb>vc,只要第三個球能做完整的圓周運動,則前兩球一定能做完整的圓周運動.第三個球碰后,由機械能守恒而,解之得故C正確.
答案:C
6.如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車上AB部分是半徑
8、為R的四分之一光滑圓弧,BC部分是粗糙的水平面.今把質(zhì)量為m的小物體從A點由靜止釋放,m與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ,最終小物體與小車相對靜止于B?C之間的D點,則B?D間的距離x隨各量變化的情況是( )
A.其他量不變,R越大x越大
B.其他量不變,μ越大x越大
C.其他量不變,m越大x越大
D.其他量不變,M越大x越大
解析:兩個物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量是守恒的,所以當(dāng)兩物體相對靜止時,系統(tǒng)水平方向的總動量為零,則兩物體最終會停止運動,由能量守恒有μmgx=mgR,解得x=R/μ,故選項A是正確的.
答案:A
7.如圖甲所示,一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2
9、的兩物塊A?B相連接,并靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3 m/s,以此刻為計時起點,兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,從圖象信息可得( )
A.在t1?t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)
B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長
C.兩物體的質(zhì)量之比為m1：m2=1：2
D.在t2時刻A與B的動能之比為Ek1：Ek2=1：8
解析:由圖可以看出,從0時刻到t1時刻,A物塊壓縮彈簧,受到彈簧向左的彈力減速,B受到向右的彈力加速,但是,A速度大于B的速度,AB之間的距離在縮小,即彈簧被壓縮,直到t1時刻,兩物體速度相等,都
10、是1m/s.從t1時刻到t2時刻,彈簧處于壓縮狀態(tài),A物塊受到彈簧的向左的彈力先減速后反向加速,B受到向右的彈力加速,到達(dá)原長時,A?B的速度分別達(dá)到-1m/s和2m/s.從t2時刻到t3時刻,由于慣性,A?B向相反方向運動,并拉伸彈簧,彈簧處于拉伸狀態(tài),A物塊受到彈簧的向右的彈力先向左減速后向右加速,B受到向左的彈力減速,AB之間距離增大,彈簧被拉長,直到t3時刻,AB速度相同,彈簧伸到最長.可見,在t1?t3時刻彈簧分別處于壓縮和拉伸狀態(tài),A不正確.從t3時刻到t4時刻,彈簧由最長狀態(tài)開始恢復(fù),B不正確.由動量守恒:0時刻系統(tǒng)動量為(m1×3+0),t2時刻系統(tǒng)動量為[m1×(-1)+m2
11、×2],根據(jù)動量守恒得2m1=m2,C正確.Ek1：Ek2=m1×12：(m2×22)=1：8,D正確.
答案:CD
8.如圖所示,水平傳送帶AB足夠長,質(zhì)量為M=1 kg的木塊隨傳送帶一起以v1=2m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的速度恒定),木塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ=0.5,當(dāng)木塊運動到最左端A點時,一顆質(zhì)量為m=20g的子彈,以v0=300m/s的水平向右的速度,正對射入木塊并穿出,穿出速度v=50m/s,設(shè)子彈射穿木塊的時間極短,(g取10m/s2)則( )
A.子彈射穿木塊后,木塊一直做減速運動
B.木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A的最大距離為0.9 m
C.木塊遭射擊后到
12、相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為1.0 s
D.木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為0.6 s
解析:子彈射穿木塊后木塊先向右勻減速運動至速度為零,然后向左勻加速運動至與傳送帶速度相同后一起勻速運動,木塊運動加速度大小不變,a=μg=5m/s2.子彈射穿木塊的過程中動量守恒:木塊速度V0=m(v0-v)/M-v1=3 m/s.木塊向右勻減速運動的位移s= =0.9 m,即木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A的最大距離為0.9 m.木塊向右勻減速運動的時間t1=V0/a=0.6 s.木塊向左勻加速運動的時間t2=v1/a=0.4 s,則木塊遭射擊后到對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為t=t1+t2=1.0 s,故
13、B?C正確.
答案:BC
9.如圖所示,內(nèi)壁光滑半徑為R的圓形軌道,固定在豎直平面內(nèi).質(zhì)量為m1的小球靜止在軌道最低點,另一質(zhì)量為m2的小球(兩小球均可視為質(zhì)點)從內(nèi)壁上與圓心O等高的位置由靜止釋放,運動到最低點時與m1發(fā)生碰撞并粘在一起.求:
(1)小球m2剛要與m1發(fā)生碰撞時的速度大小;
(2)碰撞后,m1?m2能沿內(nèi)壁運動所能達(dá)到的最大高度(相對碰撞點).
解析:(1)設(shè)小球m2剛要與m1發(fā)生碰撞時的速度大小為v0,由機械能守恒定律,得
m2gR= ①
解得v0= ②
(2)設(shè)兩球碰撞后,m1?m2兩球粘在一起的速度為v,由動量守恒定律,得
m
14、2v0=(m1+m2)v ③
設(shè)兩球碰撞后上升的最大高度為h,由機械能守恒守律,得
(m1+m2)v2=(m1+m2)gh ④
由②③④三式解得h= ⑤
答案:(1) (2)
10.(廣東湛江二模)兩個質(zhì)量都是M=0.4kg的砂箱A?B并排放在光滑的水平桌面上,一顆質(zhì)量為m=0.1kg的子彈以v0=140m/s的水平速度射向A,如圖所示.射穿A后,進入B并同B一起運動,測得A?B落點到桌邊緣的水平距離sA：sB=1：2,求子彈在砂箱A?B中穿行時系統(tǒng)一共產(chǎn)生的熱量Q.
解析:設(shè)子彈入射過程,使A獲得速度v1,B獲得速度v2,子彈穿過A時速度為v3.子
15、彈入射A過程,子彈A?B水平方向不受外力作用,動量守恒,則
mv0=mv3+2Mv1 ①
子彈射入B過程,子彈與B水平方向不受外力作用,動量守恒.
mv3+Mv1=(m+M)v2 ②
A?B離開桌面后做平拋運動,因高度相同,空中運動時間相等.
sA：sB=v1：v2=1：2 ③
子彈入射過程,系統(tǒng)動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
④
聯(lián)立①②③得
v2=2v1=20 m/s
代入④得Q=860 J.
答案:860 J
11.小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB,且mA>mB.在某高處將A和B先后從靜止釋放.小球A與水平地面碰撞后向上
16、彈回,在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰.設(shè)所有碰撞都是彈性的,碰撞時間極短.求小球A?B碰撞后B上升的最大高度.
解析:本題考查動能定理?動量守恒定律及運動學(xué)知識.根據(jù)題意,由運動學(xué)規(guī)律可知,小球A與B碰撞前的速度大小相等,設(shè)均為v0,由機械能守恒有mAgH= ①
設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2,以豎直向上方向為正,由動量守恒有mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2 ②
由于兩球碰撞過程中能量守恒,故
③
聯(lián)立②③式得v2=v0 ④
設(shè)小球B能上升的最大高度為h,由運動學(xué)公式
17、有 ⑤
由①④⑤式得 ⑥
答案:
12.如圖所示,質(zhì)量為3 m的足夠長木板C靜止在光滑水平面上,質(zhì)量均為m的兩個小物體A?B放在C的左端,A?B間相距s0,現(xiàn)同時對A?B施加水平向右的瞬時沖量而使之分別獲得初速度v0和2v0,若A?B與C之間的動摩擦因數(shù)分別為μ和2μ,則
(1)最終A?B?C的共同速度為多大?
(2)求運動過程中A的最小速度?
(3)A與B最終相距多遠(yuǎn)?
(4)整個過程中A?B與木板C因摩擦所產(chǎn)生的熱量之比為多大?
解析:(1)由于A?B?C三個物體構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向不受外力,所以由動量守恒定律可得
mv0+2mv0=5mv
18、最終A?B?C的共同速度為
v=0.6v0.
(2)設(shè)經(jīng)t時間A與C恰好相對靜止,此時A的速度最小,設(shè)為vAC,此時B的速度為vB,由動量守恒和動量定理得
mv0+2mv0=4mvAC+mvB
-μmgt=m(vAC-v0)
(μmg+2μmg)t=3mvAC
解得vAC=0.5v0 vB=v0.
(3)在A與C相對靜止前,三個物體的加速度大小分別為aA==μg aB==2μg aC==μg
A?B做勻減速運動,C做勻加速運動;在A與C相對靜止后,三個物體的加速度大小又分別為
aA′=aC′=μg aB′=aB=2μg
當(dāng)A?C相對靜止后,A?C做勻加速運動,B做勻減速運動,最終三個物體以共同速度勻速運動.在開始運動到三個物體均相對靜止的過程中A?B相對于地面的位移分別為
sA=
sB=
所以,A與B最終相距
Δs=s0+sB-sA=s0+0.425
(4)設(shè)整個運動過程中A相對于C滑行距離為s,則B相對于C滑行的距離為s+Δs-s0,由動能定理得
μmgs+2μmg(s+Δs-s0)=
QA=μmgs
QB=2μmg(s+Δs-s0)
解得
整個過程中A?B與木板C因摩擦所產(chǎn)生的熱量之比為
答案:(1)0.6v0 (2)vAC=0.5v0 v0=vB
(3) (4)527
2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 動量和能量象綜合訓(xùn)練
