【文档说明】动量守恒定律 专题41.docx，共(7)页，140.139 KB，由小赞的店铺上传

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专题41动量和能量的综合应用授课提示：对应学生用书65页1．[2024·浙江省宁波十校联盟一模]如图，质量为0.1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为0.2kg的条形磁铁(条形磁铁横截面

比铝管管内横截面小)以v＝3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度．则()A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/sC．

磁铁穿过铝管正中央时，铝管加速度为零D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J答案：D解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A错误；磁铁与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝

管时二者共速，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1m/s，所以铝管的速度不可能大于1m/s，B错误；磁铁穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第三定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二

定律得，铝管加速度不为零，C错误；磁铁的初动能为Ek1＝12mv2＝12×0.1×32J＝0.45J，假设铝管足够长，则二者共速，根据对B项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q＝12mv2－12(M＋m)v′2＝0.45J－0.15J＝0.30J，所以磁铁穿过铝管过程所产生

的热量可能达到0.2J，D正确．2．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为()A．Mv0m＋MmMv202（m＋M）B．Mv0m＋MmMv20m＋M

C．mv0m＋MmMv202（m＋M）D．mv0m＋MmMv20m＋M答案：C解析：木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，系统因摩擦产生的热量Q＝12mv20－12(M＋m)v2，两式联立解得木块的最终速度v＝mv0M＋m，摩擦产生的热量Q＝mMv202（

M＋m），C正确．3．如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.

1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为()A．45JB．178JC．225JD．270J答案：B解析：由题意

知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得12mv20＝12(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178J，B项正确．4．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静

止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．a与b

碰撞前b的速度始终为零B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动C．物块与木板间的动摩擦因数为3v208gLD．整个过程因摩擦产生的内能为12mv20答案：C解析：物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ，则有μmg＝3ma

，解得a＝13μg，则物块b与长木板c间的静摩擦力为f静＝ma＝13μmg<μmg＝fmax，所以假设成立，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a滑上c后，b不会相对c滑动．a与b发生弹性正碰，a与b质量相等

，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，A、B错误；b刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为v共，以a、b、c为整体，系统动量守恒，则mv0＝(m＋m＋2m)

v共，根据能量守恒可得12mv20－12(m＋m＋2m)v2共＝μmgL＝Q，所以整个过程因摩擦产生的内能为Q＝38mv20，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝3v208gL，C正确，D错误．5.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为

R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．滑块从A滑到C的过程中，

滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块滑到B点时的速度大小为2gRC．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为13(R＋L)D．水平轨道的长度L＝Rμ答案：D解析：滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为

零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－MvM，mgR＝12mv2m＋12Mv2M，解得vm＝3gR2，vM＝gR6，滑块滑到B点时的速度为3gR2，故B错误；设全

程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R＋L，则滑块水平方向相对地面的位移为x′＝R＋L－s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m

(R＋L－s)－Ms＝0.已知M＝3m，解得s＝14(R＋L)，x′＝34(R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得L＝Rμ，故D正确．6.如图所示

，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B为圆弧轨道的最低点．一质量为1kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4m/s的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2m(未脱离轨道).取重力加速度大小g＝10m/

s2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1m/sB．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3m/sC．小球b的质量为3kgD．两球会发生第二次碰撞答案：C解析：由机械能守恒mbgh＝1

2mv2B可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒可得12mav20＝12mav21＋12mbv2B，联立求得mb＝3kg，v1＝－2m/s，碰撞后瞬间，小球a的速

度大小为2m/s，故B错误，C正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．7．如图甲所示，在光滑水平面上有A、B两个滑块，已知A滑块的质量mA＝1kg，初始时刻滑块B静止，A以一定的初速度向

右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移时间图像如图乙所示(规定向右为位移正方向)，则：(1)碰撞前、后，滑块A的速度分别为多大？(2)滑块B的质量为多少？(3)滑块A、B碰撞过程中A、B系统损

失的机械能为多少？答案：(1)4m/s1m/s(2)3kg(3)6J解析：(1)由图乙可得，碰撞前A的速度vA＝164m/s＝4m/s碰撞后A、B粘在一起的速度v＝20－168－4m/s＝1m/s(2)依据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v解得mB＝3

kg(3)A、B系统损失的机械能ΔE＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2解得ΔE＝6J8.[2024·广东省深圳市外国语学校检测]如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量为0.1kg

，B的质量为0.2kg，A、B中间夹有少量火药．开始时让“火箭”在距地面1.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B恰好停在地面上．不计空气阻力和“火箭”的体积

，火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度取10m/s2.求(1)“火箭”着地时的速度大小；(2)A上升的最大高度；(3)火药爆炸所释放的化学能．答案：(1)6m/s(2)16.2m(3)10.8J解析：(1)“火箭”在距地面1.8m高处自由释放，做自由落体运动，则有v2

＝2gh解得“火箭”着地时的速度大小为v＝2gh＝2×10×1.8m/s＝6m/s(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B恰好停在地面上，取向上为正方向，根据动量守恒可得(mA＋

mB)v＝mAv′解得v′＝18m/sA做竖直上抛运动，则有0－v′2＝－2gh′解得A上升的最大高度为h′＝v′22g＝1822×10m＝16.2m(3)根据能量守恒可得E化＝12mAv′2－12(mA＋mB)v2解得火药爆炸所释放的化学能E化＝10.8J9．有一款推拉门，其三扇门板俯视如

图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00m，质量均为m＝20kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05m．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝

0.20m后撤去F，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求每扇门与

轨道间的动摩擦因数．(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？答案：(1)0.01(2)42.5N(3)314.5N解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩

擦因数为μ，根据动能定理F1s－μmg(L－3d)＝0解得μ＝0.01(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理F2s－μmg(L－3d)＝12mv21设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v

2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv23号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－12(2m)v22解得F2＝42.5N(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理F3s－

μmg(L－3d)＝12mv23设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律有mv3＝2mv43号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝12(2m)v25－12(2m)v

24设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有mv5＝2mv6从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－12mv26联立解得F3＝314.5N