人教版物理高三选修3-5第十六章第三节动量守恒定律（二）同步训练

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人教版物理高三选修3-5第十六章
第二节动量守恒定律（二）同步训练
一．选择题
1．如图，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（）
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
答案：D
解析：解答：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0．
碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（﹣v0）=0，P=0，
系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；
若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0；
若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反．
故D正确，ABC错误．
故选：D．
分析：两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．
2．如图所示，小车与木箱紧挨着静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（）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
C．小车与木箱组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案：B
解析：解答：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；
A、男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故B正确；
C、小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，故C错误；
D、木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误．
故选：B．
分析：根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．
3．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）
A．停止运动B．向左运动
C．向右运动D．运动方向不能确定
答案：C
解析：解答：力F大小相等，mA＞mB，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＜aB，
由题意知：SA=SB，
由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，
可知：tA＞tB，由IA=F tA，IB=F tB，得：IA＞IB，
由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＞PB，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．
故选：C．
分析：此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．
4．如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻质弹簧连接，静止放在光滑水平面上．现给小球A一速度v，在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）
A．A、B两球的总动能不变
B．A、B两球的总动量为mv
C．弹簧对B球的作用力大于对A球的作用力
D．弹簧被压缩到最短时，A、B两球的总动能最大
答案：B
解析：解答：A、A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩的过程中，弹性势能增大，则A、B两球的总动能减小，当弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，则A、B两球的总动能最小．故A错误，D正确．
B、A、B两球组成的系统，动量守恒，所以A、B两球的总动量等于初状态的总动量，为mv，故B正确．
C、弹簧对A、B两球的作用力大小相等，故C错误．
故选：D．
分析：A、B两球组成的系统动量守恒，根据能量守恒判断A、B两球总动能的变化，当弹性势能最大时，总动能最小．
5．一质量为0.1kg的小球自t=0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g=10m/S2．则（）
A．小球第一次与地面碰撞后的最大速度为13m/S
B．小球与地面碰撞前后动量守恒
C．小球第一次与地面碰撞时机械能损失了15J
D．小球将在t=6S时与地面发生第四次碰撞
答案：C
解析：解答：A、由图可知，小球从20m高的地方落下，由机械能守恒定律可知，落地时的速度v1==20m/S；
而碰后，小球上升的高度为5m，同理可知，碰后的速度v2==10m/S，故A不正确；
B、小球与地面碰后反向弹回，速度的方向改变，小球的动量不守恒，所以B错误；
C、小球碰前的机械能E1=mv12=20J；而碰后的机械能E2=mv22=5J，故机械能的改变量为E1﹣E2=15J；故C正确；
D、由图可知，从小球第二次弹起至第三次碰撞，用时1S，而第三次弹起时，其速度减小，故在空中时间减小，故应在6S前发生第四次碰撞，故D错误；
故选：C．
分析：图象为h﹣t图象，故描述小球高度随时间变化的规律，则由图象可读出碰后小球上升的最大高度；由机械能守恒可求得小球与地面碰撞前后的速度，则可求得机械能的损失．
6．如图所示，放置在水平地面上的木板B的左端固定一轻弹簧，弹簧右端与物块A相连．已知A、B质量相等，二者处于静止状态，且所有接触面均光滑．现设法使物块A以一定的初速度沿木板B向右运动，在此后的运动过程中弹簧始终处在弹性限度内，且物块A始终在木板B上．下列说法中正确的是（）
A．物块A的加速度先减小后增大
B．物块A的速度最大时弹簧的弹性势能最大
C．木板B的速度最大时弹簧最长
D．木板B的速度最大时物块A的速度为零
答案：D
解析：解答：对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，A、B与弹簧在水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒．
开始时弹簧的伸长量比较小，则F比较小，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等；此后A继续减速，B继续加速，弹簧开始收缩．根据动量守恒定律：mv0=mv1+mv2，和机械能守恒可知，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大；此后弹簧进行压缩，A的速度开始增大，B的速度开始减小．
A、对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，都受到弹簧的弹力，设F为弹簧的弹力；
当加速度大小相同为a时，对A有：ma=F=kx，A的加速度与弹簧的形变量成正比，由于弹簧先伸长，后又压缩，所以弹簧对A的作用力先增大，后减小，则A的加速度先增大，后减小．故A错误；
B、由开始时的分析可知，当当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等，此时的弹性势能最大，此时A的速度不是最大．故B错误；
C、由于A、B质量相等，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，故C错误；
D、当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，设A、B的速度分别是：v1，v2，选择向右为正方向，则根据动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2
根据机械能守恒得：=+
联立可得：v1=0，v2=v0．故D正确．
故选：D
分析：所有接触面光滑，对A、B受力分析得：A做加速度减小的变加速运动，B做加速度增大的变加速运动，经过时间t后AB速度相等，画出速度时间图象，根据图象即可求解．
7．如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，m=0.25M，现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）
A．木箱运动和小木块最终都静止
B．小木块最终速度大小为4v0，方向向右
C．木箱最终速度大小为0.8v0，方向向右
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
答案：C
解析：解答：A、系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故AD错误；
BC、最终两物体速度相同，由动量守恒得：Mv0=（m+M）v，则得v===0.8v0，方向向右，故C正确．B错误；
故选：C．
分析：本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．由动量守恒求出最终共同速度．
8．如图所示，光滑水平面上有大小相同的两个A、B小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kgm/S运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为﹣4kgm/S，则（）
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2：3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1：6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2：3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1：6
答案：C
解析：解答：光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：
△PA=﹣△PB
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，
因此碰后A球的动量为4kg m/S
所以碰后B球的动量是增加的，为12kg m/S．
由于两球质量关系为mB=2mA
那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：3，故选：C
故选：C
分析：光滑水平面上有大小相同的A、B两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒．因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比．
9．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/S，vB=3m/S，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）
A．vA=4m/S，vB=4m/S B．vA=2m/S，vB=15m/S
C．vA=﹣4m/S，vB=6m/S D．vA=7m/S，vB=2.5m/S
答案：A
解析：解答：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
MAvA+MBvB=（MA+MB）v，
代入数据解得：v=4m/S，
如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，
由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2=MAvA′2+MBvB′2，
代入数据解得：vA′=2m/S，vB′=5m/S，
则碰撞后A、B的速度：2m/S≤vA≤4m/S，4m/S≤vB≤5m/S，
故选：A．
分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
10．如图所示．质量均为M=0.4kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块（可看成质点）m=0.2kg以初速度v=9m/S从最左端滑上A小车的上表面，最后停在B小车最右端时速度为v2=2m/S，最后A的速度v1为．（）
A．2m/S B．1.5m/S C．1m/S D．0.5m/S
答案：B
解析：解答：以两木板与物块组成的系统为研究对象，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=Mv1+（m+M）v2，
代入数据得：v1=1.5m/S
故选：B
分析：对系统应用动量守恒定律可以求出M1的速度；
11．如图所示为2014年索契冬奥会上中国女子冰壶队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/S的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3m/S的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为（）
A．﹣0.1m/S B．﹣0.7m/S C．0.1m/S D．0.7m/S
答案：C
解析：解答：规定向前运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得，
mv0=mv1+mv2，
代入数据解得0.4=0.3+v2，解得v2=0.1m/S．
故选：C．
分析：两冰壶在碰撞前后动量守恒，结合动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度．
12．如图所示，质量m0=2kg的足够长的平板车B的上表面粗糙水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量mA=2kg的物块A，一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/S的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/S．则平板车的最终速度为（）
A．0.5m/S B．1m/S C．1.5m/S D．2m/S
答案：B
解析：解答：子弹射穿A的过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=mAvA+m0v，
代入数据解得vA=2m/S．
A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=（mA+mB）v′，
代入数据解得：v′=1m/S；
故选：B．
分析：子弹击穿A的时间极短，在此过程中，子弹和A组成的系统动量守恒，子弹刚射穿A时，A的速度最大，结合动量守恒定律求出A的最大速度．
对A、B组成的系统研究，当A、B速度相同时，根据动量守恒定律求出AB相对静止时的速度．
13．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹即将射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒
答案：B
解析：解答：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；
在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，
因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；
故选：B
分析：根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒．
14．如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时B静止，A具有4kg m/S的动量（以向右为正），刚开始绳松弛．在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变化量可能为（）
A．△PA=4kg m/S，△PB=﹣4kg m/S B．△PA=2kg m/S，△PB=﹣2kg m/S
C．△PA=﹣2kg m/S，△PB=2kg m/S D．△PA=△PB=2kg m/S
答案：C
解析：解答：它们的总动量为：P=mAvA=4kg m/S，而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒；
A的动量减小，B的动量增加；但总动量应保持不变；
故A动量改变量应为负值，B动量改变量为正值；
而在想拉断绳子，在拉断绳子后，A的速度不可能为零，故只有C正确；
故选：C
分析：根据P=mv分别求出两物体的动量，从而求出总动量．根据动量守恒定律求出两物体的共同速度
15．质量为2m的物体A，以一定的速度沿光滑水平面运动，与一静止的物体B碰撞后粘为一体继续运动，它们共同的速度为碰撞前A的速度的2/3，则物体B的质量为（）
A．m B．2m C．3m D．2m/3
答案：A
解析：解答：设物体A的初速度为v，由题意可知，碰撞后的共同速度为2v/3，
碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：2mv=2（2m+mB）v/3，解得：mB=m；
故选：A．
分析：两物体碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出B的质量．
二．填空题
16．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 ．
答案：
解析：解答：取向上为正方向，由动量守恒定律得：
0=（M﹣m）v﹣mv0
则火箭速度v=
故答案为：
分析：以火箭和喷出的气体为研究系统，设定正方向，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．
17．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为△m的高温气体后，火箭的速度为 ．
答案：v0，方向：竖直向上
解析：解答：以火箭和气体组成的系统为研究对象，选高温气体的速度方向为正，
由动量守恒定律得：﹣（M﹣△m）v′+△mv0=0，
解得：v′=v0，方向：竖直向上；
故答案为：v0，方向：竖直向上．
分析：以火箭和气体租车的系统为研究对象，应用动量守恒定律，可以求出喷气后火箭的速度．
18．如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．在水平放置的气垫导轨上，质量为0.4kg、速度为0.5m/S的滑块A与质量为0.6kg、速度为0.1m/S的滑块B迎面相撞，碰撞前A、B总动量大小是 kg m/S；碰撞后滑块B被弹回的速度大小为0.2m/S，此时滑块A的速度大小为 m/S，方向与它原来速度方向 ．（“相同”或“相反”）
答案：0.14|0.05|相同
解析：解答：两滑块碰撞过程动量守恒，以两滑块组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，
碰前的总动量P=m甲v甲﹣m乙v乙=0.4×0.5﹣0.6×0.1=0.14kg m/S
碰撞后乙的速度变为0.2m/S，
大于乙的初速度大小，说明乙碰撞后速度反向，
由动量守恒定律得：m甲v甲﹣m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，
即：0.4×0.5﹣0.6×0.1=0.4×v甲′+0.6×0.2，
解得：v甲′=0.05m/S，方向与原来方向相同．
故答案为：0.14；0.05；相同．
分析：设定正方向，由动量的定义可求得碰前的总动量；在两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后滑块的速度．
19．在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B的质量之比为MA：MB=3：2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小PA：PB的值为 ．
答案：0.497
解析：解答：碰撞结束后，A球的速度小于B球的速度，知A球落在M点，B球落在N点．
因为平抛运动的时间相等，水平位移之比等于碰后两球的速度之比，则vA：vB=OM：ON=0.1830：0.5514=305：919，因为入射球A与被碰小球B的质量比mA：mB=3：2，则碰撞结束时刻两球动量大小之比PA：PB=mAvA：mBvB=3×305：912×2=0.497
故答案为：0.497．
分析：抓住小球碰撞后做平抛运动，运动的时间相等，通过水平位移之比得出速度之比，从而得出碰撞结束时两球的动量大小之比．
20．如图所示，有一绳长为25cm，上端固定在滚轮A的轴上，下端挂一质量为m=50kg的物体．现滚轮和物体﹣起以速度v0=1m/S匀速向右运动，为防止中途滚轮碰到固定挡板突然停车，绳最小承受拉力不得少于 N．
答案：700
解析：解答：由题意知当滚轮突然停车时，物体将以滚轮为圆心绳长L为半径做圆周运动，此时物体恰好在圆周的最低点，重力和绳的拉力提供圆周运动向心力故有：
T﹣mg=
可得绳的拉力T==700N
所以绳承受的最小拉力为700N．
故答案为：700．
分析：滚轮突然停车，则物体将以滚轮为圆心做圆周运动，根据牛顿第二定律求此时绳中的拉力即为绳最小承受拉力．
三．解答题
21．如图所示．在光滑的水平地面上停着一辆质量为m1=20Kg的小车A，有一质量为m2=15Kg的小木块C静止于小车A的右端，另有一辆质量为m3=25Kg的小车B以V0=3m/S的速度向右运动，与小车A发生碰撞，碰撞后连在一起运动（两车相碰时间极短）．假定车A足够长，木块与小车A的动摩擦因数为 =0.2（g取10m/S2，计算结果小数点后保留两位）．试求：
（1）碰撞结束瞬间小车A的速度大小
答案：A、B两车碰撞瞬间，设向右为正，由动量守恒定律得
m3V0=（m1+m3）V
解得V=1.67m/S
（2）木块在小车A上滑动的距离．
答案：A、B两车以及木块为对象，由动量守恒定律得
m3V0=（m1+m3+m2）V共
由功能关系得
m2gS=（m1+m3）V2﹣（m1+m3+m2）V共2
联立解得S=0.52m
解析：解答：A、B两车碰撞瞬间，设向右为正，由动量守恒定律得
m3V0=（m1+m3）V
解得V=1.67m/S
②A、B两车以及木块为对象，由动量守恒定律得
m3V0=（m1+m3+m2）V共
由功能关系得
m2gS=（m1+m3）V2﹣（m1+m3+m2）V共2
联立解得S=0.52m
答：（1）碰撞结束瞬间小车A的速度大小为1.67m/S（2）木块在小车A上滑动的距离为0.52m
分析：（1）两车碰撞时系统的动量守恒，碰后两球的速度相等，根据动量守恒定律可求得A的速度；（2）将两车及物体视为一个系统，由动量守恒定律可求得碰后的速度；再由功能关系可求得物体在小车上滑行的距离．
22．如图示，滑板A放在水平面上，长度为L=2m，滑块质量mA=1kg、mB=0.99kg，A、B间粗糙，现有mC=0.01kg子弹以V0=200m/S速度向右击中B并留在其中，求
（1）子弹C击中B后瞬间，B速度多大
答案：子弹击中B的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：动量守恒：mCv0=（mB+mC）v1，代入数据解得：v1=2m/S；
（2）若滑块A与水平面固定，B被子弹击中后恰好滑到A右端静止，求滑块B与A间动摩擦因数μ
答案：若滑块A与水平面固定，B由运动到静止，位移为S．动能定理有：﹣μ（mB+mC）gS=0﹣（mB+mC）v12，代入数据解得：μ=0.1；
（3）若滑块A与水平面光滑，B与A间动摩擦因数不变，试分析B能否离开啊，并求整个过程A、B、C组成的系统损失的机械能．
答案：B、C与A间的摩擦力：F=μ（mB+mC）g，代入数据解得：F=1N，
系统动量守恒，以AB的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（mB+mC）v1=（mA+mB+mC）v2，代入数据解得：v2=1m/S，
此时B相对A位移为S′，由能量守恒定律的：功能关系知：
（mB+mC）v12=（mA+mB+mC）v22+FS′，代入数据解得：S′=1m，
因S′＜L，A、B、C最后共速运动，不会分离，
由能量守恒定律得，系统损失的机械能为：Q=mCv02﹣（mA+mB+mC）v22，
代入数据解得：Q=199J
解析：解答：（1）子弹击中B的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：动量守恒：mCv0=（mB+mC）v1，代入数据解得：v1=2m/S；（2）若滑块A与水平面固定，B由运动到静止，位移为S．
动能定理有：﹣μ（mB+mC）gS=0﹣（mB+mC）v12，代入数据解得：μ=0.1；（3）B、C与A间的摩擦力：F=μ（mB+mC）g，代入数据解得：F=1N，
系统动量守恒，以AB的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（mB+mC）v1=（mA+mB+mC）v2，代入数据解得：v2=1m/S，
此时B相对A位移为S′，由能量守恒定律的：功能关系知：
（mB+mC）v12=（mA+mB+mC）v22+FS′，代入数据解得：S′=1m，
因S′＜L，A、B、C最后共速运动，不会分离，
由能量守恒定律得，系统损失的机械能为：Q=mCv02﹣（mA+mB+mC）v22，
代入数据解得：Q=199J；
答：（1）子弹C击中B后瞬间，B速度为2m/S．（2）若滑块A与水平面固定，B被子弹击中后恰好滑到A右端静止，求滑块B与A间动摩擦因数μ为0.1．（3）若滑块A与水平面光滑，B与A间动摩擦因数不变，B不能离开A，整个过程A、B、C组成的系统损失的机械能为199J．分析：（1）子弹击中B的过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度．（2）由动能定理可以求出动摩擦因数．（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．
23．如图所示，水平面光滑，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，粗糙部分AO长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v0=4m/S的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．A、B两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/S2）求：
（1）物块a与b碰前的速度大小．
答案：对物块a，由动能定理得：，
代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/S
（2）弹簧具有的最大弹性势能．
答案：A、B碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/S；
由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP= 2mv22，代入数据解得：EP=1J
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点多远．
答案：当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/S在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/S，
由能量守恒得：
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：x=0.125m
（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板多远．
答案：对小车，由动能定理得：，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：
解析：解答：（1）对物块a，由动能定理得：，
代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/S；（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/S；
由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP= 2mv22，代入数据解得：EP=1J；（3）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/S在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/S，
由能量守恒得：
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：x=0.125m；（4）对小车，由动能定理得：，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；
答：（1）物块a与b碰前的速度大小为2m/S．（2）弹簧具有的最大弹性势能为1J．（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点0.125m．（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板m/32．
分析：（1）由动能定理可以求出物块的速度．（2）由动量守恒定律与能量守恒定律求出最大弹性势能．（3）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离．（4）由动能定理可以求出距离．
24．如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板A的总质量mA=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长L=3.75m．开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB=2kg的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0=5m/S滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ=0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上．
（1）求A、B相对静止时的速度大小．
答案：A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mBv0=（mB+mA）v，代入数据解得：v=2m/S
（2）若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能．
答案：设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．
由能量守恒定律得：mBv02=（mB+mA）v2+Q1+Q2，
又：Q2=μmBg（LQP+LPR），代入数据解得：Q1=0.75J
（3）若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．（取g=10m/S2，结果可以保留根号）
答案：设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，
以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mBvB+mAvA，
由能量守恒定律得：mBv02=mBvB2+mAvA2+μmBgL，
代入数据解得：vB2﹣0.8v0vB+6.75﹣0.2v02=0，
当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右，
即：v0＞5.9m/S，B有可能相对地面向右运动，
如果B最终不滑离A，则有：μmBg 2L≥mBv02=（mB+mA）（0.4v0）2，
代入数据解得：v0≤6.1m/S，则v0的取值范围是：5.9m/S＜v0≤6.1m/S
解析：解答：（1）A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mBv0=（mB+mA）v，代入数据解得：v=2m/S．（2）设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．
由能量守恒定律得：mBv02=（mB+mA）v2+Q1+Q2，
又：Q2=μmBg（LQP+LPR），代入数据解得：Q1=0.75J．（3）设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，
以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mBvB+mAvA，
由能量守恒定律得：mBv02=mBvB2+mAvA2+μmBgL，
代入数据解得：vB2﹣0.8v0vB+6.75﹣0.2v02=0，
当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右，
即：v0＞5.9m/S，B有可能相对地面向右运动，
如果B最终不滑离A，则有：μmBg 2L≥mBv02=（mB+mA）（0.4v0）2，
代入数据解得：v0≤6.1m/S，则v0的取值范围是：5.9m/S＜v0≤6.1m/S；
答：（1）A、B相对静止时的速度大小是2m/S；（2）系统在该运动过程中因摩擦产生的内能是0.75J．（3）B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为5.9m/S＜v0≤6.1m/S．
分析：（1）小木块B从开始运动直到A、B相对静止的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，根据水平方向动量守恒求解A、B相对静止时的速度大小；（2）若B最终停在A的水平部分上的R点，系统的机械能减小，转化为系统的内能，根据能量守恒定律求解系统在该运动过程中因摩擦产生的内能；（3）根据系统的动量守恒和能量结合分析B既能向右滑动、又不滑离木板A的v0取值范围．
25．如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3kg的薄板，板上有质量m=1kg的物块，两者以v0=4m/S的初速度朝相反方向运动．薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，求
（1）当物块的速度为3m/S时，薄板的速度是多少？
答案：由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0﹣mv0=mv1+Mv′
代入数据解得：v′=11/3m/S，方向水平向右
（2）物块最后的速度是多少？
答案：在摩擦力作用下物块和薄板最后共同运动，设共同运动速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0﹣mv0=（M+m）v
代入数据解得：v=2m/S，方向水平向右
解析：解答：①由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0﹣mv0=mv1+Mv′
代入数据解得：v′=11/3m/S，方向水平向右；
②在摩擦力作用下物块和薄板最后共同运动，设共同运动速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0﹣mv0=（M+m）v
代入数据解得：v=2m/S，方向水平向右；
答：①当物块的速度为3m/S时，薄板的速度是11/3m/S．
②物块最后的速度是2m/S．
分析：木板与物块组成的系统动量守恒，根据木板与物块的速度，应用动量守恒定律可以求出速度．
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