高中物理第一章 動量守恒定律綜合與測試學案

這是一份高中物理第一章 動量守恒定律綜合與測試學案，共12頁。學案主要包含了單項選擇題，多項選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動量定理進行解釋的是( )
A．運輸玻璃器皿等易碎物品時，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔軟、有彈性的墊襯物
B．建筑工人戴的安全帽內(nèi)有帆布墊，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間
C．熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去
D．跳高運動中的墊子總是十分松軟
答案 C
2.(2020·河北新華石家莊二中高一期末)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長為L、系有小球的水平細繩，小球由靜止釋放，如圖1所示，不計一切摩擦，下列說法正確的是( )
圖1
A．小球的機械能守恒，動量不守恒
B．小球的機械能不守恒，動量也不守恒
C．球、車系統(tǒng)的機械能守恒，動量守恒
D．球、車系統(tǒng)的機械能、動量都不守恒
答案 B
解析 小球由靜止釋放過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，當小球有向右的速度時小車將同時有向左的速度，所以小球在下落過程中并不是真正的圓周運動，小車將通過細繩對小球做功，小球機械能不守恒．動量守恒的研究對象是一個系統(tǒng)，小球動量不守恒，故A錯誤，B正確；小球與小車系統(tǒng)在整個過程中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故C、D錯誤．
3.(2020·山東高三二模)如圖2所示，“渤海之眼”摩天輪位于濰坊市的北端，摩天輪懸掛透明座艙，人坐在艙內(nèi)隨旋轉座椅一起做勻速圓周運動．以下說法正確的是( )
圖2
A．轉動過程中，人的動量不變
B．轉動一圈，人所受合力的沖量不為零
C．轉動一圈，人所受重力的沖量不為零
D．轉動到最高點時，人所受合力為零
答案 C
解析 轉動過程中，人的動量大小不變，方向不斷變化，則動量變化，選項A錯誤；轉動一圈，人動量的變化為零，則由動量定理可知，人所受合力的沖量為零，選項B錯誤；根據(jù)I＝mgt可知，轉動一圈，人所受重力的沖量不為零，選項C正確；轉動到最高點時，人的加速度不為零，則所受合力不為零，選項D錯誤．
4．(2020·海南卷)太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490 kg，離子以30 km/s的速率(遠大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3 g/s，則探測器獲得的平均推力大小為( )
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
答案 C
解析 對離子，根據(jù)動量定理有F·Δt＝Δmv
而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt
解得F＝0.09 N.
故探測器獲得的平均推力大小為0.09 N，故選C.
5.(2020·江西高二月考)2020年5月28日，中國第一艘國產(chǎn)航空母艦“山東艦”在某海域執(zhí)行訓練任務．如圖3，假設某次艦上進行飛機起飛訓練，質(zhì)量為m＝2×104 kg的飛機在彈射系統(tǒng)作用下經(jīng)過t1＝0.2 s以某一初速度進入甲板跑道，之后在甲板上做勻加速直線運動，經(jīng)過t2＝4.0 s在跑道上運動120 m后成功起飛，且飛機的起飛速度為v＝50 m/s，不計空氣阻力．下列說法正確的是( )
圖3
A．飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動量大小為1×105 kg·m/s
B．彈射系統(tǒng)作用于飛機的平均作用力大小為1×106 N
C．飛機在甲板跑道上的加速度大小為12.5 m/s2
D．彈射系統(tǒng)對飛機做的功為2.5×105 J
答案 B
解析 設飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的初速度為v0，則eq \f(v0＋v,2)t2＝s，解得v0＝10 m/s，則飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動量大小為p0＝mv0＝2×105 kg·m/s，選項A錯誤；根據(jù)動量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106 N，選項B正確；飛機在甲板跑道上的加速度大小為a＝eq \f(v－v0,t2)＝eq \f(50－10,4) m/s2＝10 m/s2，選項C錯誤；彈射系統(tǒng)對飛機所做的功為W＝eq \f(1,2)mv02＝1×106 J，選項D錯誤．
6．一只爆竹豎直升空后，在高為h處達到最高點并發(fā)生爆炸，分為質(zhì)量不同的兩塊，兩塊質(zhì)量之比為3∶1，其中質(zhì)量小的一塊獲得大小為v的水平速度，重力加速度為g，不計空氣阻力，則兩塊爆竹落地后相距( )
A.eq \f(v,4)eq \r(\f(2h,g)) B.eq \f(2v,3)eq \r(\f(2h,g))
C．4veq \r(\f(2h,g)) D.eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))
答案 D
解析 設其中一塊質(zhì)量為m，另一塊質(zhì)量為3m.爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以速度v的方向為正方向，由動量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq \f(v,3)；設兩塊爆竹落地用的時間為t，則有：h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，落地后兩者間的距離為：s＝(v＋v′)t，聯(lián)立各式解得：s＝eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))，故選D.
7．(2020·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖4中實線所示．已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為( )
圖4
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 根據(jù)題圖圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故選A.
8.如圖5所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車．小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車．關于這個過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)( )
圖5
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq \f(v,3)
C．車上管道中心線最高點離小車上表面的豎直高度為eq \f(v2,3g)
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq \f(mv,3)
答案 C
解析 小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小車動量變化大小Δp車＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D項錯誤；小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒定律有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C項正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B項錯誤；由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤．
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．
9．質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q \f(1,9)，那么小球B的速度可能是( )
A.eq \f(1,3)v0 B.eq \f(2,3)v0
C.eq \f(4,9)v0 D.eq \f(5,9)v0
答案 AB
解析 根據(jù)Ek＝eq \f(1,2)mv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q \f(1,9)，則A球的速度變?yōu)関A′＝±eq \f(1,3)v0，正、負表示方向有兩種可能．
當vA′＝eq \f(1,3)v0時，vA′與v0同向，有
mv0＝eq \f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq \f(1,3)v0
當vA′＝－eq \f(1,3)v0時，vA′與v0反向，有
mv0＝－eq \f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq \f(2,3)v0，故選A、B.
10．一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖6所示，則( )
圖6
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
答案 AB
解析 由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq \f(Ft,m).t＝1 s時物塊的速率為v＝eq \f(2×1,2) m/s＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝
2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤．
11.(2020·四川成都石室中學高三月考)如圖7所示，足夠長的光滑細桿PQ水平固定，質(zhì)量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動．質(zhì)量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質(zhì)細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，A、B可視為質(zhì)點．若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以v0的速度水平射入物塊B(時間極短，子彈未穿出)后，物塊B恰好能到達水平桿PQ位置，重力加速度為g，則( )
圖7
A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒
B．子彈射入物塊B的初速度v0＝100eq \r(2gL)
C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，物塊B仍能擺到水平桿PQ位置
D．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到最高點時速度為eq \f(\r(2gL),3)
答案 BD
解析 在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)，所受的合外力遠小于內(nèi)力，其動量守恒，但由于摩擦要產(chǎn)生內(nèi)能，所以機械能不守恒，A錯誤；子彈射入物塊B后一起向上擺至最高點過程中，由機械能守恒定律有(0.01m＋0.99m)gL＝eq \f(1,2)×(0.01m＋0.99m)v2，解得v＝eq \r(2gL)；子彈射入物塊B過程中，由動量守恒定律得0.01mv0＝(0.01m＋0.99m)v，解得v0＝100eq \r(2gL)，B正確；若物塊 A不固定，子彈仍以v0射入后，子彈和物塊B的動能轉化為物塊A和物塊B(包括子彈)的動能和物塊B(包括子彈)的重力勢能，所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時的上擺高度，C錯誤；當物塊B擺到最高點時，物塊A、B和子彈具有相同的速度，由動量守恒定律有(0.01m＋0.99m)v＝(0.01m＋0.99m＋2m)v′，解得v′＝eq \f(\r(2gL),3)，D正確．
12.(2020·河南鄭州一中高二期中)如圖8所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑的水平面上，在球A和墻之間用水平輕彈簧連接，現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰撞，碰撞后兩球粘在一起壓縮彈簧．若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中彈簧對A、B整體的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是( )
圖8
A．E＝eq \f(1,4)mv02 B．E＝eq \f(1,2)mv02
C．I＝mv0 D．I＝2mv0
答案 AD
解析 選取A、B作為一個系統(tǒng)，設兩球碰撞后的速度為v，在A、B兩球碰撞過程中，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq \f(v0,2)，再將A、B及輕彈簧作為一個系統(tǒng)，在壓縮彈簧過程中利用機械能守恒定律可得：彈簧最大彈性勢能E＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mv02，A正確，B錯誤；彈簧壓縮到最短后，A、B開始向右運動，彈簧恢復原長時，由機械能守恒定律可知，A、B的速度大小均為eq \f(v0,2)，以水平向右為正方向，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中，彈簧對A、B整體的沖量大小I＝2m×eq \f(v0,2)－2m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,2)))＝2mv0，C錯誤，D正確．
三、非選擇題(本題6小題，共60分)
13．(6分)如圖9所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．
圖9
(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量________(填選項前的符號)間接地解決這個問題．
A．小球開始釋放高度h
B．小球拋出點距地面的高度H
C．小球做平拋運動的射程
(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影點．實驗時，先將入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復．(小球質(zhì)量關系滿足m1>m2)接下來要完成的必要步驟是________．(填選項前的符號)
A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2
B．測量小球m1開始釋放時的高度h
C．測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程OM、ON
(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為________[用(2)中測量的量表示]．
答案 (1)C(2分) (2)ADE(2分) (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(2分)
解析 (1)驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不變情況下的水平射程來體現(xiàn)速度．故選C.
(2)實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上S位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復．測量平均落地點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平測量質(zhì)量，先后均可以．故選A、D、E.
(3)若兩球相碰前后的動量守恒，則m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.
14．(9分)(2020·全國卷Ⅰ)某同學用如圖10所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等．
圖10
實驗步驟如下：
(1)開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間________時，可認為氣墊導軌水平；
(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊(含遮光片)的質(zhì)量m2；
(3)用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；
(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運動到B所用的時間t12；
(5)在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝________，滑塊動量改變量的大小Δp＝________；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)
(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000 cm，m1＝1.50×10－2 kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3.900×10－2 s，Δt2＝1.270×10－2 s，t12＝1.50 s，取g＝9.80 m/s2.計算可得I＝________ N·s，Δp＝________ kg·m·s－1；(結果均保留3位有效數(shù)字)
(7)定義δ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實驗δ＝______ %(保留1位有效數(shù)字)．
答案 (1)大約相等(1分) (5)m1gt12(1分) m2(eq \f(d,Δt2)－eq \f(d,Δt1))(2分) (6)0.221(1分) 0.212(2分)
(7)4(2分)
解析 (1)若氣墊導軌調(diào)整水平，則滑塊在氣墊導軌上自由滑動時，做勻速運動．則遮光片通過兩個光電門的時間大約相等時可認為氣墊導軌水平．
(5)拉力的沖量I＝m1gt12
滑塊經(jīng)過A、B兩光電門時的速度分別為：
v1＝eq \f(d,Δt1)，v2＝eq \f(d,Δt2)
故滑塊動量的改變量
Δp＝m2v2－m2v1＝m2(eq \f(d,Δt2)－eq \f(d,Δt1))．
(6)I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50 N·s≈0.221 N·s，
Δp＝m2(eq \f(d,Δt2)－eq \f(d,Δt1))＝0.400×(eq \f(1.000×10－2,1.270×10－2)－eq \f(1.000×10－2,3.900×10－2)) kg·m/s≈0.212 kg·m/s.
(7)δ＝|eq \f(I－Δp,I)|×100%＝|eq \f(0.221－0.212,0.221)|×100%≈4%.
15．(8分)如圖11所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右運動．當靠近前方的橫桿時，人相對滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運動，已知人、滑板A和滑板B的質(zhì)量分別為m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求：
圖11
(1)A、B碰撞過程中，A對B的沖量的大小和方向；
(2)人最終與滑板的共同速度的大小．
答案 (1)20 kg·m/s 方向水平向右 (2)2.4 m/s
解析 (1)人跳起后A與B碰撞前后動量守恒，以v0的方向為正方向，
設碰后AB的速度為v1，有mAv0＝(mA＋mB)v1 (2分)
解得：v1＝1 m/s(1分)
A對B的沖量：I＝mBv1＝20×1 kg·m/s＝20 kg·m/s方向水平向右．(2分)
(2)人下落與AB作用前后，水平方向動量守恒，設共同速度為v2，
有m人v0＋(mA＋mB)v1＝(m人＋mA＋mB)v2(2分)
代入數(shù)據(jù)得：v2＝2.4 m/s.(1分)
16．(11分)(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．
答案 (1)eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m)) (2)eq \f(2E,mg)
解析 (1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝eq \f(1,2)mv02①(1分)
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0－v0＝－gt②(2分)
聯(lián)立①②式得
t＝eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m))③(1分)
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有
E＝mgh1④(1分)
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有
eq \f(1,4)mv12＋eq \f(1,4)mv22＝E⑤(1分)
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0⑥(1分)
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
eq \f(1,4)mv12＝eq \f(1,2)mgh2⑦(2分)
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)(2分)
17．(12分)(2020·嘉興一中期中)如圖12所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接．一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中．子彈擊中木塊前的速度為v0.若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
圖12
(1)子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；
(2)木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s.
答案 (1)eq \f(Mmv02,2?M＋m?) (2)2eq \r(\f(m2v02R,g?M＋m?2)－4R2)
解析 (1)子彈擊中木塊的過程滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝(M＋m)v1(2分)
解得v1＝eq \f(mv0,M＋m)(1分)
根據(jù)能量守恒定律可得Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12 (2分)
聯(lián)立解得Q＝eq \f(Mmv02,2?M＋m?)(1分)
(2)從子彈擊中木塊后到木塊運動到C點的過程，由機械能守恒定律有
eq \f(1,2)(M＋m)v12＝eq \f(1,2)(M＋m)vC2＋2(M＋m)gR(2分)
解得vC＝eq \r(v12－4gR)(1分)
木塊離開C點后做平拋運動，s＝vCt,2R＝eq \f(1,2)gt2(2分)
解得s＝2eq \r(\f(m2v02R,g?M＋m?2)－4R2).(1分)
18．(14分)(2020·江蘇連云港市高二上期末)如圖13所示，光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M＝2 kg的長木板C，離板右端x＝0.72 m處靜止放置質(zhì)量mA＝1 kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4；在木板右端靜止放置質(zhì)量為mB＝1 kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點，g取10 m/s2.現(xiàn)在木板上施加一水平向右的力F＝3 N，到A與B發(fā)生彈性碰撞時撤去力F.問：
圖13
(1)A與B碰撞之前運動的時間是多少？
(2)若A最終能停在C上，則長木板C的長度至少是多少？
答案 (1)1.2 s (2)0.84 m
解析 (1)若A、C相對滑動，則A受到的摩擦力為Ff＝μmAg＝4 N>F，
故A、C不可能發(fā)生相對滑動．(2分)
設A、C一起運動的加速度為a
則a＝eq \f(F,mA＋M)＝1 m/s2(2分)
由x＝eq \f(1,2)at2得A與B碰撞之前運動的時間t＝eq \r(\f(2x,a))＝1.2 s(2分)
(2)因A、B發(fā)生彈性碰撞，mA＝mB，B相對水平面靜止，
故A、B碰后，A的速度為0，
則從碰后瞬間到木板與A速度相同的過程中，對A、C系統(tǒng)
由動量守恒定律有Mv0＝(M＋mA)v，v0＝at，(2分)
解得v0＝1.2 m/s，v＝0.8 m/s(1分)
由能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)(M＋mA)v2(2分)
解得Δx＝0.12 m(1分)
故長木板C的長度L至少為L＝x＋Δx＝0.84 m(2分)