第一章第五節(jié)自然界中的守恒定律

第頁第一章碰撞與動(dòng)量守恒第五節(jié)自然界中的守恒定律A級(jí)抓基礎(chǔ)1．(多選)下列論述中正確的是()A．相互作用的物體，如果所受合外力為零，則它們的總動(dòng)量保持不變B．動(dòng)量守恒是指相互作用的各個(gè)物體在相互作用前后的動(dòng)量不變C．動(dòng)量守恒是相互作用的各個(gè)物體組成的系統(tǒng)在相互作用前的動(dòng)量之和與相互作用之后的動(dòng)量之和是一樣的D．動(dòng)量守恒是相互作用的物體系統(tǒng)在相互作用過程中的任何時(shí)刻動(dòng)量之和都是一樣的解析：由動(dòng)量守恒定律可知，相互作用的各個(gè)物體在相互作用前后的動(dòng)量有可能不同，而各個(gè)物體的動(dòng)量之和是不變的．答案：ACD2．質(zhì)量相等的5個(gè)物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一直線，如圖所示．具有初速度v0的物塊1向其他4個(gè)靜止物塊運(yùn)動(dòng)，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開．最后，5個(gè)物塊粘成一整體，這個(gè)整體的速度等于()A．v0 B.eq\f(4,5)v0C.eq\f(1,5)v0 D.eq\f(1,25)v0解析：對(duì)整個(gè)系統(tǒng)研究，整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得，mv0＝5mv，解得v＝eq\f(1,5)v0，故C正確．答案：C3．如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后()A．甲木塊的動(dòng)量守恒B．乙木塊的動(dòng)量守恒C．甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒解析：甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，故A、B錯(cuò)誤，C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)能，故系統(tǒng)動(dòng)能不守恒，故D錯(cuò)誤．答案：C4.如圖所示，關(guān)于質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的位移—時(shí)間圖象，有以下說法：①碰撞前兩物體動(dòng)量相同；②兩物體質(zhì)量相等；③碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；④碰撞前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反．其中正確的是()A．①② B．②③C．②④ D．③④解析：由題圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小相同，但運(yùn)動(dòng)方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止?fàn)顟B(tài)，由碰撞過程中動(dòng)量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故選項(xiàng)C對(duì)．答案：CB級(jí)提能力5.(多選)如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長(zhǎng)相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＝m1v′1＋m2v′2，,\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，,且m1＝m，m2＝3m，))解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1＝－eq\f(1,2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1＝eq\f(1,2)v1，A正確．根據(jù)eq\f(1,2)mv2＝mgh＝mgR(1－cosθ)，知第一次碰撞后，兩球的最大擺角θ相同，根據(jù)單擺的等時(shí)性，D正確．答案：AD6．(多選)如圖所示，滑塊M置于光滑水平地面上，M左側(cè)為與水平面相切的光滑曲面，一滑塊m從靜止開始沿M的光滑曲面下滑到底端的過程中，下列說法正確的是()A．滑塊與光滑曲面組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．m的重力的沖量小于M對(duì)m的支持力的沖量C．m對(duì)M做的功等于m和M動(dòng)能的增加量的和D．m減小的重力勢(shì)能大于M增加的動(dòng)能解析：m在豎直方向有豎直向下的分加速度，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，合外力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；m的重力的沖量是豎直向下的，m在這個(gè)方向上開始時(shí)無動(dòng)量，最后在水平面上時(shí)也無動(dòng)量，而M對(duì)m的支持力的沖量分為豎直方向的沖量和水平方向的沖量，其豎直方向的沖量與重力的沖量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的沖量，故m的重力的沖量小于M對(duì)m的支持力的沖量，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，m對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加量，C錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可知，m減小的重力勢(shì)能等于m和M增加的動(dòng)能之和，即大于M增加的動(dòng)能，D正確．答案：BD7.如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平面的高度為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．重力加速度為g.求：(1)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離．解析：(1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動(dòng)量守恒得mv0＝meq\f(v0,2)＋Mv，①解得：v＝eq\f(mv0,2M).②系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2)Mv2))，③得：ΔE＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0).④(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：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝\f(1,2)gt2，,s＝vt，))由②⑤⑥三式可得：s＝eq\f(m