沪科技版（2020）第一章 动量第二节 物体动量变化的原因 动量定理精品课时训练

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图1
A．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．如图2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相对长木板最多能滑行的距离为（ ）
图2
A．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。
3．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，如图3甲所示，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图乙所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是（ ）
图3
A．图甲中子弹的末速度小
B．图甲中系统产生的热量多
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】C
【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错误；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错误；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·s相对知，由于s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。
4．如图4所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根水平轻质弹簧与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块以水平速度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（弹簧始终在弹性限度内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是（ ）
图4
A．木板最终以eq \f(4,3) m/s的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板一直做正功
【答案】B
5．如图5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5
A．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，由能量守恒定律得μmgx＝mgR，得x＝eq \f(R,μ)，选项A正确，B、C、D错误。
6．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6所示。现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块（时间极短），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6
A．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，故子弹射入木块后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】D
【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瞬间的共同速度为：v′＝eq \f(mv0,M＋m)，故B错误；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒定律得：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。
7．如图7所示，质量m1＝3 kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．g取10 m/s2，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
图7
A．系统最后共同运动的速度为1.2 m/s
B．小车获得的最大动能为0.96 J
C．系统损失的机械能为3.36 J
D．物块克服摩擦力做的功为4 J
【答案】B
【解析】物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝eq \f(m2v0,m1＋m2)＝eq \f(2×2,3＋2) m/s＝0.8 m/s，故A错误；小车获得的最大动能为Ek1＝eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)×3×0.82 J＝0.96 J，故B正确；根据能量守恒定律得系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)（m1＋m2）v2，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故C错误；对物块，由动能定理得－W克f＝eq \f(1,2)m2v2－eq \f(1,2)m2v02，解得物块克服摩擦力做的功为W克f＝3.36 J，故D错误。
8．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为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8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（重力加速度大小为g）（ ）
图8
A．eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(mM,M＋m)v2
C．eq \f(1,2)NμmgL D．NμmgL
【答案】D
【解析】根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)（M＋m）v′2＝eq \f(mMv2,2M＋m)，故A、B错误；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘相对路程，所以ΔEk＝NFfL＝NμmgL，故C错误，D正确。
9．如图9所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝6 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
图9
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为1 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
【答案】C
【解析】由题图乙知，木板A和小物体B最终的速度v＝1 m/s，以小物体B的运动方向为正方向，据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，则木板A的质量M＝6 kg，木板A获得的动能为EkA＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)×6×12 J＝3 J，系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（m＋M）v2＝eq \f(1,2)×6×22 J－eq \f(1,2)×12×12 J＝6 J，故A、B项错误．由题图乙得：0～1 s内小物体B的位移xB＝eq \f(1,2)×（2＋1）×1 m＝1.5 m，0～1 s内木板A的位移xA＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度L＝xB－xA＝1 m，故C项正确．由题图乙得，0～1 s内小物体B的加速度大小aB＝eq \f(ΔvB,Δt)＝eq \f(2－1,1) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝maB，则A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，故D项错误。
10．如图10所示，一质量为M的物块静止在水平桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度eq \f(v0,2)射出，子弹从射入到射出物块经过的时间极短。重力加速度为g。求：
图10
（1）此过程中系统损失的机械能；
（2）物块落地点离桌面边缘的水平距离？
【答案】（1）eq \f(1,8)（3－eq \f(m,M)）mv02 （2）eq \f(mv0,M)eq \r(\f(h,2g))
【解析】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝meq \f(v0,2)＋Mv①
解得v＝eq \f(m,2M)v0②
此过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mv02－[eq \f(1,2)m（eq \f(v0,2)）2＋eq \f(1,2)Mv2]③
由②③式得ΔE＝eq \f(1,8)（3－eq \f(m,M)）mv02。
（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则h＝eq \f(1,2)gt2④
s＝vt⑤
由②④⑤式得s＝eq \f(mv0,M)eq \r(\f(h,2g))。
11．两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度eq \f(v0,2)水平向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图11所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为eq \f(m,4)，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中．求：
图11
（1）在子弹击中木块A后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小；
（2）在子弹击中木块A后的运动过程中弹簧的最大弹性势能？
【答案】（1）eq \f(v0,5) eq \f(v0,2) （2）eq \f(1,40)mv02
【解析】（1）在子弹击中入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，木块A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB＝eq \f(v0,2)；
由于此时木块A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选水平向左为正方向，
由动量守恒定律得eq \f(mv0,2)－eq \f(mv0,4)＝（eq \f(m,4)＋m）vA，
解得vA＝eq \f(v0,5)。
（2）由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vA联立解得v＝eq \f(1,3)v0，Epm＝eq \f(1,40)mv02。
12．如图12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可视为质点），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12
（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定律，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 600J。