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素養提升練(二)　動量和能量的綜合問題
一、選擇題
1．如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相同的物體B以速度v向A運動并與彈簧發生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統動能損失最大的時刻是(　　)
A．A開始運動時
B．A的速度等于v時
C．B的速度等于零時
D．A和B的速度相同時
2．如圖所示，A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質量小于B球的質量。若用錘子敲擊A球使A得到大小為v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到大小為v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為(　　)
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能確定
3．短道速滑接力比賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　)
A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反
C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功
4．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為
B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力等于(M＋m0)g
C．子彈射入木塊后瞬間，環對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
D．子彈射入木塊后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
5．如圖所示，一木塊靜止在長木板的左端，長木板靜止在水平地面上，木塊和長木板的質量相等，均為M，木塊和長木板之間、長木板和地面之間的動摩擦因數都為μ。一顆質量為m＝的子彈以一定速度水平向右射入木塊并留在其中，木塊在長木板上運動的距離為L；靜止后一顆相同的子彈以相同的速度射入長木板，并留在長木板中，重力加速度為g。則(　　)
A．第一顆子彈射入木塊前瞬間的速度為
B．木塊運動的加速度大小為μg
C．第二顆子彈射入長木板后，長木板運動的加速度大小為2μg
D．最終木塊靜止在距離長木板左端L處
6．如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處于壓縮狀態的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效。A以速率v向右運動，A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，下列關于A、B運動過程說法正確的是(　　)
A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統的總動量最終將大于mv
C．A、B系統的總動能最終將大于mv2
D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為mv2
7．質量為m0、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ，初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為(　　)
A．mv2 B．
C．NμmgL D．μmgL
8．質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓弧軌道，軌道下端切線水平。質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下來，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為(　　)
A．1∶3　　B．1∶4　　C．3∶5　　D．2∶3
9．如圖所示，光滑水平面上的木板靜止，在其右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝1 kg，質量m＝2 kg的鐵塊以水平速度v0＝3 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　)
A．1.5 J B．6 J
C．3 J D．4 J
二、非選擇題
10．如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度(用v0、g表示)；
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小。
11．如圖所示，質量m＝245 g的物塊(可視為質點)放在質量M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.4，質量m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2，求：
(1)子彈和物塊一起滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物塊在木板上滑行的時間t和產生的內能E。
12．某科技小組設計了以下實驗。如圖甲所示，小車上固定一個右端開口的小管，管口剛好與小車右端對齊。小管內裝有一根質量可忽略不計的硬彈簧，小車與管的總質量為M＝0.2 kg。將一個大小合適、質量為m＝0.05 kg的小球壓入管內，管口的鎖定裝置既可控制小球不彈出，也可通過無線遙控解鎖。小球彈出時間極短，在管內運動的摩擦可忽略。該小組利用此裝置完成以下實驗。
甲　　　　　　　　　乙
丙
實驗一：測量彈簧儲存的彈性勢能
如圖乙所示，將該裝置放在水平桌面上，小車右端與桌面右端對齊，并在小車右端懸掛重垂線到地面，標記出O點。固定小車，解鎖后，小球水平飛出，落到地面上的A點。測得OA的距離為x＝2.4 m，小球拋出點的豎直高度為h＝0.8 m。 g取10 m/s2。
實驗二：對小車移動距離的理論預測與實驗檢驗
如圖丙所示，將該裝置放在水平地面上靜止不動，解除鎖定，小球彈出瞬間小車向相反方向運動。已知地面對小車的阻力恒為車對地面壓力的k倍(k＝0.3)。該小組在實驗一的基礎上，先通過理論計算得出小車移動距離的預測值為s，再通過實驗測得小車移動距離的實際值為s′。
(1)求小球鎖定時彈簧儲存的彈性勢能Ep；
(2)請你幫助該小組計算小車移動距離的預測值s；
(3)請分析說明根據現有信息能否預測s′與s的大小關系。
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1．D　[對A、B組成的系統由于水平面光滑，所以動量守恒。而對A、B、彈簧組成的系統機械能守恒，即A、B動能與彈簧彈性勢能之和為定值。當A、B速度相同時，可類似于A、B的完全非彈性碰撞，此時彈簧形變量最大，彈性勢能最大，A、B總動能損失最多。故選項D正確。]
2．C　[用錘子敲擊A球，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由機械能守恒定律得Ep＝mAv2－(mA＋mB)v′2，解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能Ep＝。同理可得用錘子敲擊B球，當彈簧壓縮到最短時的彈性勢能也為，所以L1＝L2，選項C正確。]
3．B　[運動員乙推甲的過程中，甲和乙間的相互作用力等大反向，作用時間相等，故甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，A錯，B對；“交棒”過程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的過程中位移不一定相等，因而甲對乙做的負功的絕對值和乙對甲做的正功不一定相等，由動能定理，其動能變化量的絕對值也不一定相等，C、D錯。]
4．C　[子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間子彈與木塊的共同速度大小為v1＝，選項A錯誤；子彈射入木塊后瞬間，根據牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后瞬間，對圓環有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊后，圓環、木塊和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。]
5．B　[子彈射入木塊過程中，由動量守恒定律可得＝，解得v0＝6v1，分析可知木塊在長木板上運動時，長木板不動，由動能定理可得－μ·MgL＝，解得子彈射入木塊前、后瞬間的速度分別為v0＝6，v1＝，選項A錯誤；由牛頓第二定律可得μ·Mg＝，解得a1＝μg，選項B正確；第二顆子彈射入長木板后，由牛頓第二定律可知，長木板受到木塊、地面的摩擦力均向左，故有μ·Mg＋μ·Mg＝，解得a2＝3μg，選項C錯誤；子彈射入木板過程中，子彈與木板組成的系統動量守恒，則v0＝Mv2，解得v2＝v1＝，子彈射入木板后，木板向右做減速運動，木塊向右做加速運動，兩者速度相等后一起做減速運動直到靜止，子彈射入木板到木塊與木板共速的過程有a1t＝v2－a2t，解得t＝，該過程木板的位移x2＝v2t－a2t2＝L，木塊的位移x1＝a1t2＝L，最終木塊靜止在距離長木板左端d＝L＋x1－x2＝L處，選項D錯誤。]
6．C　[設彈簧恢復原長時，A、B的速度分別為v1、v2，彈簧被鎖定時的彈性勢能為Ep，規定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝＝，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，選項A錯誤；A、B系統在水平方向動量守恒，系統的總動量最終等于mv，選項B錯誤；彈簧解除鎖定后，存儲的彈性勢能會釋放，導致A、B系統總動能增加，系統的總動能最終將大于mv2，選項C正確；彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，A、B兩物體具有相同的速度，設為v′，由動量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝v，則有總動能Ek＝×2m·＝mv2，選項D錯誤。]
7．B　[根據動量守恒定律，小物塊和箱子的共同速度v′＝，損失的動能ΔEk＝＝，所以B正確，A錯誤；根據能量守恒定律，損失的動能等于因摩擦產生的熱量，而熱量等于摩擦力乘相對滑動距離，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以C、D錯誤。]
8．C　[設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，又＝，對整體由機械能守恒定律可得＝，聯立解得＝，故C正確。]
9．A　[從鐵塊滑上木板開始到彈簧被壓縮到最短，系統動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根據能量守恒定律得Q＋Ep＝－(M＋m)v2；從鐵塊滑上木板開始到最后恰好停在木板的左端，系統動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根據能量守恒定律得2Q＝－(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大彈性勢能為1.5 J，選A。]
10．解析：(1)小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，系統在水平方向上動量守恒，規定v0的方向為正方向，有
mv0＝3mv，
得v＝。
根據機械能守恒定律得
＝×3mv2＋mgh，
解得h＝。
(2)小球離開圓弧軌道時，根據動量守恒定律，則有
mv0＝mv1＋2mv2。
根據機械能守恒定律，則有
＝。
聯立以上兩式可得v1＝－v0，負號表示與v0的方向相反，則小球離開圓弧軌道時的速度大小為。
答案：　(2)
11．解析：(1)子彈進入物塊后與物塊一起向右滑行，物塊的初速度即為物塊的最大速度。對子彈和物塊組成的系統，以向右為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，
解得v1＝＝6 m/s。
(2)當子彈、物塊和木板三者速度相同時，木板的速度達到最大，由動量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝＝2 m/s。
(3)對物塊和子彈組成的系統，由動量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得t＝＝1 s。
對物塊和子彈以及木板組成的系統，由能量守恒定律得
＝＋E，
解得E＝3 J。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s　3 J
12．解析：(1)設小球水平飛出的初速度為v0，小球彈出后做平拋運動，則
h＝gt2， ①
x＝v0t。 ②
小球彈出過程中，小球與彈簧組成的系統機械能守恒，則
Ep＝。 ③
聯立①②③式可得Ep＝，
代入數據可得Ep＝0.9 J。
(2)設向右為正方向，在小球彈出過程中，小球與小車組成的系統動量守恒、機械能守恒，則
0＝mv1－Mv2, ④
Ep＝。 ⑤
小球彈出后，小車在地面阻力作用下逐漸減速為零的過程中，由動能定理得
－kMgs＝。 ⑥
聯立④⑤⑥式可得
s＝Ep， ⑦
代入數據可得s＝0.3 m。
(3)僅根據現有信息，不能預測s′與s的大小關系。理由如下：
第一，在實驗一中，上述計算彈簧儲存的彈性勢能Ep時，由于沒有考慮小球運動過程中所受阻力的影響，使得Ep的預測值比實際值偏小，由⑦式可知預測值s將偏小。
第二，在實驗二中，上述預測值計算時沒有考慮彈出小球過程中地面摩擦的影響，使得小車速度v2的預測值要比實際值偏大；同時，在上述預測值計算中，也沒有考慮小車移動過程中所受空氣阻力的影響，由⑥式可知，均致使預測值s偏大。
綜上，僅根據現有信息，無法比較上述偏差的大小關系，所以不能預測s′與s的大小關系。
答案：(1)0.9 J　(2)0.3 m　(3)見解析
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