(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-5 第六章 第2讲 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-5 第六章 第2讲 (含解析)，共17页。试卷主要包含了内容，7×102 kg·m/s，2 m/s，4 J等内容，欢迎下载使用。
知识排查
动量守恒定律
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
3．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
反冲和爆炸问题
1.反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹升空、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
小题速练
1．思考判断
(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒。( )
(2)动量守恒只适用于宏观低速。( )
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。( )
(4)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．[人教版选修3－5·P16·T5改编]某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝eq \f(1,16)v0＝eq \f(1,16)×0.8 m/s＝0.05 m/s。故选项B正确。
答案 B
3．(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。
答案 A
动量守恒定律的条件及应用
1．动量守恒定律的适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系。
(2)理想条件：系统不受外力。
(3)实际条件：系统所受合外力为零。
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的四个特性
【例1】 如图1所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
图1
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s④
答案 2 m/s
应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下
1．(多选) (2018·湖北武汉三模)如图2所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。此人将锤抡起至最高点，此时大锤在头顶的正上方，然后，人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是 ( )
图2
A．锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左
B．锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零
C．锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量先增大后减小
D．在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
解析 由水平方向动量守恒可知锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左，故A正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，故B正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，故C错误；人、锤和车组成的系统，在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故D错误。
答案 AB
2．[临界问题]两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s。方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？
解析 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝eq \f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝eq \f(1×3－0.5×2,0.5＋1) m/s＝eq \f(4,3) m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得v乙′＝2 m/s
答案 (1)eq \f(4,3) m/s (2)2 m/s
碰撞模型的规律及应用
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
【例2】 (2018·湖北宜昌西陵区期末)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
解析 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2 kg·m/s。
由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，得m1≤eq \f(21,51)m2。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有eq \f(p1,m1)＞eq \f(p2,m2)，即m1＜eq \f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即eq \f(p1′,m1)＜eq \f(p2′,m2)，所以m1＞eq \f(1,5)m2。因此选项C正确。
答案 C
1．如图3所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( )
图3
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
解析 首先根据两球动能相等，eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＝eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)得出两球碰前动量大小之比为eq \f(p甲,p乙)＝eq \r(\f(m甲,m乙))，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A所述情况，而B、C、D情况是违背动量守恒的。
答案 A
2．(2019·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图4所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )
图4
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的eq \f(1,6)
解析 根据x－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)>eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，故选项C错误，D正确。
答案 D
常见的三个经典模型
模型 “人船模型”类问题的处理方法
1．人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。
2．人船模型的特点
(1)遵从动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。如图5所示。
图5
(2)两物体的位移满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0
x人＋x船＝L
即x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
【例3】 (2019·辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
图6
A．L B.eq \f(mL,M)C.eq \f(mL,M＋m) D.eq \f(ML,M＋m)
解析 设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq \f(mL,M＋m)，故只有选项C正确。
答案 C
模型 “滑块—弹簧”碰撞模型
【例4】 (2018·甘肃协作体联考)如图7所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
图7
A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J
解析 设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Ff L＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep。由动量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确。
答案 A
模型 “子弹打木块”模型
【例5】 (2019·陕西咸阳模拟)如图8所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为eq \f(2,5)v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：
图8
(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；
(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。
解析 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有
mv0＝m(eq \f(2,5)v0)＋3mv
解得v＝eq \f(1,5)v0
对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有
FfL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)m(eq \f(2,5)v0)2－eq \f(1,2)·(3m)v2
解得子弹受到木块阻力Ff＝eq \f(9mveq \\al(2,0),25L)
(2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于eq \f(1,2)m·(eq \f(2,5)v0)2＝eq \f(2mveq \\al(2,0),25)＜eq \f(9mveq \\al(2,0),25)，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m(eq \f(2,5)v0)＝(m＋3m)v共
解得v共＝eq \f(v0,10)
对第二块木块，由动量定理有
Fft＝3m(eq \f(v0,10))
子弹在第二块木块中的运动时间为t＝eq \f(5L,6v0)
答案 (1)eq \f(1,5)v0 eq \f(9mveq \\al(2,0),25L) (2)eq \f(5L,6v0)
1．(多选)如图9所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )
图9
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为1.5 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析 根据动量守恒定律可得
mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4 kg，
A的动能Ek＝eq \f(1,2)mAv2＝2 J，
系统损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋m)v2＝6 J，
木板长L≥eq \f(1,2)(v0＋v)t1－eq \f(1,2)vt1＝eq \f(1,2)v0t1＝1.5 m，
μmg＝ma，解得μ＝0.2。选项A、C正确。
答案 AC
2．(2019·陕西安康模拟)如图10所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
图10
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
解析 (1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
答案 (1)大小均为2 m/s (2)0.15 J
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是( )
图1
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同
解析 男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，不受外力，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。
答案 CD
2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
解析 根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝eq \f(m,M－m)v0，选项D正确。
答案 D
3．如图2，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
图2
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
解析 由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。
答案 D
4．如图3，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
图3
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
解析 取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，故C正确。
答案 C
5．质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图4所示，则可知碰撞属于( )
图4
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
解析 由x－t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后的总动能为eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2＝eq \f(9,2) J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒。所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。
答案 A
6．(2019·安徽江南十校联考)如图5所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
图5
A．0.5 m/s B．1.0 m/sC．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析 碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,2)，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,2)，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。
答案 C
7．[人教版选修3－5·P17·T6改编]如图5所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为( )
图5
A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1
解析 设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为eq \f(v0,3)和－eq \f(v0,3)，则有mBv0＝mA·eq \f(v0,3)＋mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。
答案 D
8．如图6所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
图6
A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J
解析 设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝eq \f(1,2)mv2＝6 J，两式相除得eq \f(ΔE,Ek木)＝eq \f(m＋m0,m0)＞1，即E＞6 J，A项正确。
答案 A
综合提能练
9．(2018·福建三明三模)如图7所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上。A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处。现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，黏合在一起。
图7
(1)求A与C刚黏合在一起时的速度大小；
(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中，系统损失的机械能为多少？
解析 (1)轻细线绷紧的过程，A、B组成的系统动量守恒，
mv0＝(m＋2m)v1
解得v1＝eq \f(1,3)v0
之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒mv1＝(m＋m)v2
解得v2＝eq \f(1,6)v0
(2)轻细线绷紧的过程，A、B组成的系统机械能损失为ΔE1，则ΔE1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,1)＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
在A与C发生碰撞过程中，A、C组成的系统机械能损失为ΔE2，则
ΔE2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,36)mveq \\al(2,0)
全过程A、B、C这一系统机械能损失为
ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝eq \f(13,36)mveq \\al(2,0)
答案 (1)eq \f(1,6)v0 (2)eq \f(13,36)mveq \\al(2,0)
10．(2018·江西上饶三模)如图8所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面高h＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
图8
(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；
(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE。
解析 (1)A与C碰撞至黏连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，
mAv0＝(mA＋mC)v1。
解得v1＝3 m/s。
轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度
h＝0.8 m，由h＝eq \f(1,2)gt2得落至沙桶用时t＝0.4 s。
所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离
x＝(v0－v1)t＝0.4 m。
(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量守恒，得
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，
解出v2＝3.2 m/s。
系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝[eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,2)]＋mBgh，
代入数据解得ΔE＝14.4 J。
答案 (1)0.4 m (2)14.4 J
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最多
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度
矢量性
应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性
不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统