物理滬科技版（2020）第二節(jié) 物體動(dòng)量變化的原因動(dòng)量定理優(yōu)秀同步訓(xùn)練題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

圖1
A．做減速運(yùn)動(dòng) B．做加速運(yùn)動(dòng)
C．做勻速運(yùn)動(dòng) D．以上運(yùn)動(dòng)都有可能
【答案】A
【解析】開始階段，物塊向左減速，薄板向右減速，當(dāng)物塊的速度為零時(shí)，設(shè)此時(shí)薄板的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：（M－m）v＝Mv1
代入數(shù)據(jù)解得：v1≈2.67 m/s＜2.9 m/s，所以物塊處于向左減速的過程中。
2．如圖2所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量也為M的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以一定的初速度從左端沖上長(zhǎng)木板，如果長(zhǎng)木板是固定的，物塊恰好停在長(zhǎng)木板的右端，如果長(zhǎng)木板不固定，則物塊沖上長(zhǎng)木板后在長(zhǎng)木板上相對(duì)長(zhǎng)木板最多能滑行的距離為（）
圖2
A．L B．eq \f(3L,4) C．eq \f(L,4) D．eq \f(L,2)
【答案】D
【解析】長(zhǎng)木板固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：－μMgL＝0－eq \f(1,2)Mv02，若長(zhǎng)木板不固定，以物塊初速度的方向?yàn)檎较?，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)×2Mv2，得s＝eq \f(L,2)，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。
3．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，如圖3甲所示，若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖乙所示，則上述兩種情況相比較，下列說法正確的是（）
圖3
A．圖甲中子彈的末速度小
B．圖甲中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多
C．子彈對(duì)滑塊做的功相同
D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大
【答案】C
【解析】以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝eq \f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A錯(cuò)誤；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，而子彈減少的動(dòng)能一樣多（兩種情況下子彈初、末速度都相等），滑塊增加的動(dòng)能也一樣多，則系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊動(dòng)能的增量等于子彈對(duì)滑塊做的功，所以兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·s相對(duì)知，由于s相對(duì)不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯(cuò)誤。
4．如圖4所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根水平輕質(zhì)彈簧與木板相連，木板質(zhì)量M＝3 kg，質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），最后恰好停在木板的左端，則下列說法正確的是（）
圖4
A．木板最終以eq \f(4,3) m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為3 J
C．運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J
D．運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板一直做正功
【答案】B
5．如圖5所示，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(diǎn)由靜止釋放，小物體與BC部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對(duì)靜止于B、C之間的D點(diǎn)，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是（）
圖5
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
【答案】A
【解析】小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒且為零，所以當(dāng)小車和小物體相對(duì)靜止時(shí)，系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量仍為零，則小車和小物體相對(duì)于光滑的水平面也靜止，由能量守恒定律得μmgx＝mgR，得x＝eq \f(R,μ)，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
6．用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖6所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射向木塊（時(shí)間極短），并停留在木塊中，子彈初速度為v0，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）
圖6
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點(diǎn)的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
B．子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒，故子彈射入木塊后瞬間子彈和木塊的共同速度為eq \f(Mv0,M＋m)
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其機(jī)械能等于子彈射入木塊前的動(dòng)能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為eq \f(m2v02,2g?M＋m?2)
【答案】D
【解析】從子彈射向木塊到一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程可以分為兩個(gè)階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動(dòng)能，故A、C錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，由子彈射入木塊瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知：mv0＝（m＋M）v′，所以子彈射入木塊后瞬間的共同速度為：v′＝eq \f(mv0,M＋m)，故B錯(cuò)誤；之后子彈和木塊一起上升，該階段根據(jù)機(jī)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為：h＝eq \f(m2v02,2g?M＋m?2)，故D正確。
7．如圖7所示，質(zhì)量m1＝3 kg且足夠長(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝2 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最后恰好不掉下小車且與小車保持相對(duì)靜止．g取10 m/s2，在這一過程中，下列說法正確的是（）
圖7
A．系統(tǒng)最后共同運(yùn)動(dòng)的速度為1.2 m/s
B．小車獲得的最大動(dòng)能為0.96 J
C．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為3.36 J
D．物塊克服摩擦力做的功為4 J
【答案】B
【解析】物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選擇向右為正方向，則由動(dòng)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錯(cuò)誤；小車獲得的最大動(dòng)能為Ek1＝eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)×3×0.82 J＝0.96 J，故B正確；根據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)（m1＋m2）v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2.4 J，故C錯(cuò)誤；對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得－W克f＝eq \f(1,2)m2v2－eq \f(1,2)m2v02，解得物塊克服摩擦力做的功為W克f＝3.36 J，故D錯(cuò)誤。
8．質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子內(nèi)有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖8所示?，F(xiàn)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(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為（重力加速度大小為g）（）
圖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】根據(jù)動(dòng)量守恒定律，小物塊和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,M＋m)，損失的動(dòng)能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)（M＋m）v′2＝eq \f(mMv2,2?M＋m?)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘相對(duì)路程，所以ΔEk＝NFfL＝NμmgL，故C錯(cuò)誤，D正確。
9．如圖9所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝6 kg的小物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是（）
圖9
A．木板A獲得的動(dòng)能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 J
C．木板A的最小長(zhǎng)度為1 m
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
【答案】C
【解析】由題圖乙知，木板A和小物體B最終的速度v＝1 m/s，以小物體B的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，則木板A的質(zhì)量M＝6 kg，木板A獲得的動(dòng)能為EkA＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)×6×12 J＝3 J，系統(tǒng)損失的機(jī)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項(xiàng)錯(cuò)誤．由題圖乙得：0～1 s內(nèi)小物體B的位移xB＝eq \f(1,2)×（2＋1）×1 m＝1.5 m，0～1 s內(nèi)木板A的位移xA＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長(zhǎng)度L＝xB－xA＝1 m，故C項(xiàng)正確．由題圖乙得，0～1 s內(nèi)小物體B的加速度大小aB＝eq \f(ΔvB,Δt)＝eq \f(2－1,1) m/s2＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝maB，則A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
10．如圖10所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在水平桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度eq \f(v0,2)射出，子彈從射入到射出物塊經(jīng)過的時(shí)間極短。重力加速度為g。求：
圖10
（1）此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離？
【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）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝meq \f(v0,2)＋Mv①
解得v＝eq \f(m,2M)v0②
此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為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）設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則h＝eq \f(1,2)gt2④
s＝vt⑤
由②④⑤式得s＝eq \f(mv0,M)eq \r(\f(h,2g))。
11．兩塊質(zhì)量都是m的木塊A和B在光滑水平面上均以速度eq \f(v0,2)水平向左勻速運(yùn)動(dòng)，中間用一根勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧連接，如圖11所示?，F(xiàn)從水平方向迎面射來一顆子彈，質(zhì)量為eq \f(m,4)，速度為v0，子彈射入木塊A并留在其中．求：
圖11
（1）在子彈擊中木塊A后的瞬間木塊A、B的速度vA和vB的大??；
（2）在子彈擊中木塊A后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能？
【答案】（1）eq \f(v0,5) eq \f(v0,2) （2）eq \f(1,40)mv02
【解析】（1）在子彈擊中入木塊A的瞬間，由于相互作用時(shí)間極短，彈簧來不及發(fā)生形變，木塊A、B都不受彈簧彈力的作用，故vB＝eq \f(v0,2)；
由于此時(shí)木塊A不受彈簧的彈力，木塊A和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)在這極短過程中所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選水平向左為正方向，
由動(dòng)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）由于子彈擊中木塊A后木塊A、木塊B運(yùn)動(dòng)方向相同且vA

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