2020.4.1 清华附高一物理练习(动量定理+守恒)xjt

2020北京清华附中高一（下）期末物理一、单选题。

本题共12小题，每小题3分，共36分。

在每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题意的。

1.下列所述的运动过程均不计空气阻力，其中机械能守恒的是（）A.小石块被水平抛出后在空中运动的过程B.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程C.人乘电梯加速上升的过程D.子弹射穿木块的过程2.下列关于动量、动能的说法中，正确的是（）A.若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B.若物体的动能不变，则动量也不变C.若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变D.物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快3.劲度系数为20N/c m的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是（）A.振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方向B.振子的速度方向指向x轴的正方向C.在0～4s内振子作了1.75次全振动D.在0～4s内振子通过的路程为4c m4.在水平地面上方某处，把质量相同的P、O两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，O向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中A.P球重力做功较多B.两球重力的平均功率相等C.落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D.落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等5.用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板.被匀速地拉出过程中，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化关系，板上直线表示时间轴，使两个摆在各自的木板上形成曲线.如图中板N1、N2移动的速度v l、v2的关系为v1=v2。

则两曲线代表的沙摆各自摆长L1、L2的关系为（）A.L1＝L2B.L1＝2L2C.L1＝4L2D.4L1＝L26.如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体（）A.在不同时刻的振幅B.在不同时刻的位移C.在不同频率的驱动力下的振幅D.在不同频率的驱动力下的位移7.如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。

高中物理动量守恒定律练习题及答案一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒2．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。

1．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是（）A．物体的动量发生变化，其速率一定变化；B．物体的动量发生变化，其速率不一定变化；C．物体的速率发生变化，其动量一定变化；D．物体的速率发生变化，其动量不一定变化．2．关于冲量跟物体受力情况和运动状态的关系，下列说法中正确的是（）A．物体受到的冲量越大，物体的速度也越大B．物体受到的冲量越大，它的动量的增量也越大C．物体受到的冲量越大，它受到的冲力也越大D．物体受到的冲量越大，它的加速度也越大3．某物体受到-2N·s的冲量作用，则（）A．物体原来的动量方向一定与这个力冲量的方向相反B．物体的末动量一定是负值C．物体的动量一定在减少D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反4．质量为1kg的物体自20m高处自由下落（阻力不计，g=10m/s2）到地面反弹回来的速度为10m/s，那么物体受地面反弹前后动量的变化是（）A．10kg·m/s、方向向上B．30kg·m/s、方向向上C．10kg·m/s、方向向下D．30kg·m/s、方向向下5．如图所示，一物体在与水平成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（）A．拉力F对物体的冲量大小为FtθB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量为零6．从塔顶以相同速率抛出A、B、C三小球，A竖直上抛，B平抛，C竖直下抛．另有D球从塔顶起自由下落，四小球质量相同，落到同一水平面上．则（）A．落地时动能相同的小球是A、B、CB．落地时动量相同的小球是A、B、CC．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、CD．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D7．运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中（）A．减小物品受到的冲量B．使物体的动量变化量减小C．较尖锐的物体不是直接撞击物品表面，而是撞击泡沫塑料，减小撞击时的压强D．延长了物品受撞击的相互作用时间8．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两种情况具有的物理量相同的是 （ ）A ．重力的冲量B ．弹力的冲量C ．合力的冲量D ．刚到达底端时的动量E ．刚到达底端时的动能.9．甲、乙两个物体分别在恒力F 甲、F 乙的作用下沿同一直线运动，甲运动时间为t 1，乙运动时间为t 2，动量p 与时间t 的关系如图5-5所示，设F 甲在t 1时间内的冲量为I 甲，F 乙在t 2时间内的冲量为I 乙．则甲、乙两个物体受到的外力F 与I 的大小关系为（ ） A ．F 甲>F 乙，I 甲>I 乙 B ．F 甲>F 乙，I 甲=I 乙 C ．F 甲<F 乙，I 甲<I 乙 D ．F 甲=F 乙，I 甲=I 乙10．重为100N 的物体，在与水平方向成60°角的拉力F =10N 作用下，以2m/s 的速度匀速运动，在10s 内，拉力F 的冲量大小等于___N·s ，摩擦力的冲量大小等于____N·s ，重力的冲量大小等于______N·s ，合力的冲量大小等于____N·s 。

高中物理《动量守恒定律》全章练习题测试题动量同步练习（一）动量和冲量1．以初速度v0竖直上抛一个质量为m的小球，不计空气阻力，则小球上升到最高点的一半时间内的动量变化为______ ，小球上升到最高点的一半高度内的动量变化为______ .(选竖直向下为正方向)2．重为10N的物体在倾角为37°的斜面上下滑，通过A点后再经2s到斜面底端，若物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，则从A点到斜面底端的过程中，重力的冲量大小______N·s，方向______ ；弹力的冲量大小______N·S，方向______ ；摩擦力的冲量大小______N·s。

方向______ ；合外力的冲量大小______N·s，方向______ 。

3．如图所示，重为100N的物体，在与水平方向成60°角的拉力F=10N作用下，以2m/s的速度匀速运动，在10s内，拉力F的冲量大小等于______N·S，摩擦力的冲量大小等于______N·s。

4．关于物体的动量，下列说法正确的是（）A 动量的方向一定是物体速度的方向B 物体的动量越大，它的惯性也越大C 动量大的物体，它的速度一定大D 物体的动量越大，它所受的合外力越大5．关于同一物体的动能和动量，下列说法中正确的是（）A 动能不变，动量一定不变B 动能变了，动量一定变C 动量不变，动能可能变D 动量变了，动能一定变6．甲、乙两个物体，它们的质量之比为2∶1。

当它们的动量相同时，它们的动能之比E k甲∶E k乙= 。

当它们的动能相同时，动量之比P甲：P乙=。

7．质量为1kg的物体从高5m处的平台上以10m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，求物体落地时的动量。

(g=10m/s2)8．质量为20g的小球，以20m/s水平速度与竖直墙碰撞后，仍以20m/s的水平速度反弹。

在这过程中，小球动量变化的大小为______。

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽局部嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好.磁场的磁感应强度B=0.5T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m,导轨的半径r=0.5m ,导体棒的电阻R=1 Q,其余电阻均不计,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.⑴求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)假设导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.9 _【答案】(1) v 2、10m/s (2)25J (3)P - W4【解析】【详解】解：⑴根据机械能守恒定律,可得：mgh - mv2 2解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v 2g0m / s(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,圆柱体停在凹槽最低点根据水平守恒可知,整个过程中系统产生的热量：Q mg(h r) 25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为V I ,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有：mv1 Mv?1 2 1 2由能重寸恒可得：一mv1 mv2 mg(h r) Q12 2导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2E2回路电功率：P. ........ . 9联立解得：P -W42.如图,两块相同平板P i、P2置于光滑水平面上,质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P i的最右端,质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与P以共同速度vo= 4m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P i与P2粘连在一起,压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P i的长度L=1m , P与P i之间的动摩擦因数为科=0.2, P2上外表光滑.求：-厂। A B vWm(i)P i、P2刚碰完时的共同速度v i;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能E P.(3)通过计算判断最终P能否从P i上滑下,并求出P的最终速度V2.【答案】(i) v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】(i) P i、P2碰撞过程,由动量守恒定律mV. 2mM解得V i v°- 2m / s,方向水平向右；2(2)对P i、P2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o (2m M )V2…3斛得v2 -v0 3m/s,方向水平向右,4i o i o i o此过程中弹簧的最大弹性势能E P -?2mv i2 + -Mv2 — (2m M )v22 0.2J -2 2 2(3)对P i、F2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o 2mv3 Mv?i o i o i c 1c由能重寸恒TH律得一2mv〔+ Mv 02mv3Mv2 + Mg L2 2 2 2解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从P i上滑下,P的最终速度v2 3m/s3.光滑水平面上质量为ikg的小球A, 量为2kg的大小相同的小球B发生正碰I~~H J I,,,,,.Cbr,〞(i)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能. 以2.0m/s的速度与同向运动的速度为i.0m/s、质,碰撞后小球B以i.5m/s的速度运动.求：【答案】v A i.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：甘-1 2 1 2 _1 / 2 _1 」E损-彳与口『 A彳叫.B代入数据解得：E损=0.25J答：①碰后A球的速度为1.0m/s；②碰撞过程中A、B系统损失的机械能为0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.4.在日常生活中,我们经常看到物体与物体间发生反复的屡次碰撞.如下图,一块外表水平的木板静止放在光滑的水平地面上,它的右端与墙之间的距离L= 0.08 m.现有一小物块以初速度vo = 2 m/s从左端滑上木板,木板和小物块的质量均为 1 kg,小物块与木板之间的动摩擦因数-0.1,木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触, 木板与墙碰后木板以原速率反弹,碰撞时间极短可忽略,取重力加速度g=10 m/s2.求：可________________ 「J(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者到达共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板到达共同速度时 ,木板右端与墙之间的距离.【答案】(1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s. (3) 0.06 m【解析】试题分析：(1)物块滑上木板后,在摩擦力作用下,木板从静止开始做匀加速运动,设木板加速度为a,经历时间T后与墙第一次碰撞,碰撞时的速度为V I那么mg ma,解得a g 1m/s2①,1 , 2 LL - at ②,v1 at ③ 2联立①②③ 解得t 0.4s, v1 0.4m/s④(2)在物块与木板两者到达共同速度前,在每两次碰撞之间,木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动,因而木板与墙相碰后将返回至初态,所用时间也为T.设在物块与木板两者到达共同速度v前木板共经历n次碰撞,那么有：v V O 2nT t a a t ⑤式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度时所需要的时间.由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进,故⑤ 式可改写为2v V o 2nTa⑥由于木板的速率只能处于 .到v1之间,故有0 v02nTa 2v1⑦求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数,故有n=2®由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩从开始到物块与木板两者到达共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者到达共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1. 8s.............. 一…,……、、,,一 1 2(3)物块与木板到达共同速度时,木板与墙之间的距离为s L — a t2 (12)2联立①与(12)式,并代入数据得s 0.06m即到达共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m.考点：考查了牛顿第二定律,运动学公式【名师点睛】此题中开始小木块受到向后的摩擦力,做匀减速运动,长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后,小木块继续匀减速前进,长木板匀减速向左运动, 一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动,小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性,由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触,故直到两者速度相同,一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速,小木块向右减速,两者速度一起减为零.5.如下图,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上外表平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B,滑块A与B均可看做质点.现使滑块A从距小车的上外表高h=1.25m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C上滑出.滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为斤0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2.求：(1)滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C上外表的最短长度.(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v i,由机械能守恒定律有：m A gh — m A V i2代入数据解得v i ,2gh 5m/s .设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块A与B碰撞瞬间与小车C无关,滑块A与B组成的系统动量守恒, m A V i m A m B V2代入数据解得V2 2.5m/s .(2)设小车C的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出,三者最终速度相同设为V3,根据动量守恒定律有：m A m B v2m A m B m C v31 2 1 2根据能重寸恒TH律有：m A m B gL= m A m B v2m A m B m C v；2 2联立以上两代入数据解得L 0.375m【点睛】此题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键.6.如下图,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度V；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能E pmax；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离s.【答案】(1) v 1V l I J2gh (2) mg" (3)—VHh 3 3 6 3【解析】【详解】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的1 2速度为v1,由机械能守恒定律有：m A gh —m A%解之得：v 1 2gh滑块A 与B 碰撞的过程, A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v,由动量守恒定律有： m A v 1 m A m B v1 1 ----- 斛之信：vV i — 2gh 3 3 ,(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的 弹性势能最大时,滑块 A 、B 、C 速度相等,设为速度 V 2 由动量守恒定律有：m A v 1 m A m B m C v 2122由机械能寸恒TH 律有： E Pmax (m A m B )v m A m B m C v 221解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh Pmax6(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块 A 、B 的速度为V3,滑块C 的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：121 21 2-m A m B v m A m B v -m e v^ 2221 -------解之得：v 3 0, v 4 -42gh3 . 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v 4t12H2g t2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s — JHh3R= 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2 = 0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另 一质量m 〔 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍,忽略空气阻力,重力加速度(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中,摩擦力做功 W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能 E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中,弹簧对小球 b 的冲量I .【答案】(1)四：(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?sm A m B v m A m B v m C v 47.如下图,内壁粗糙、半径g= 10 m/s 2.求:【解析】(1)小球由静止释放到最低点B的过程中,据动能定理得小球在最低点B时: 据题意可知乐=2四乱联立可得悭f=-0网(2)小球a与小球b把弹簧压到最短时,弹性势能最大,二者速度相同,此过程中由动量守恒定律得：：,1 1=4mi + m* 超 + & 由机械能守恒定律得2 2户弹簧的最大弹性势能E p=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中, a球最终速度为由动量守恒定律啊也=mi0 + m*4由能量守恒定律: 根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s8.如下图,在沙堆外表放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm,而木块所受的平土阻力为f=80N .假设爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计, g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用,根据动能定理可得1 2 ,、(mg f )h 0 Mv1 (1)2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒,故有mv2 Mv i (2)爆竹完后,爆竹做竖直上抛运动,故有v2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律,动能定理的应用点评：根底题,比拟简单,此题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉9.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳空为R,如下图,A、C两点的连线水平,B点为轨道最低点.其中AB局部是光滑的,BC局部是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处,另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放,甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后结合成一个整体,甲乙构成的整体滑上BC轨道,最高运动到D点,OD与OB连线的夹角0 60°甲、乙两物体可以看作质点,重力加速度为g,求：(1)甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,摩擦力对其做的功.【答案】⑴—mj2gR ,方向水平向右.(2)压力大小为:一mg ,方向竖直向3 31下.(3)W f= - mgR .【解析】【分析】(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度,再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度,即可对甲,运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对于甲乙构成的整体,由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力,再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,运用动量定理求摩擦力对其做的功.【详解】1甲物体从A点下滑到B点的过程,1 2根据机械能守恒定律得：2mgR — 2mv2,2解得：v0"2gR,甲乙碰撞过程系统动量守恒,取向左方向为正,根据动量守恒定律得：2mv o m 2m mv ,解得：v —J2gR ,甲物与乙物体碰撞过程,对甲,由动量定理得：I甲2mv 2mv0 2 m,2gR ,方向：水平向右;2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对甲乙构成的整体,2由牛顿第二定律得：F m 2mg m 2m —R (17)斛得：F —mg,根据牛顿第三定律,对轨道的压力F' F ——mg 方向：竖直向下；3o _ _ 1 _ 23对整体,从B到D过程,由动能定理得：3mgR 1 cos60 W f 0 — 3mv2一... ... ...................... 1 _解得,摩擦力对整体做的功为：W f -mgR ；6【点睛】解决此题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况,把握每个过程的物理规律,知道碰撞的根本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力,运用动能定理是求变力做功常用的方法.10.如下图,一质量为m=1 5kg的滑块从倾角为 .=37.的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平局部光滑,且与斜面平滑连接,滑块滑过斜面末端时无能量损失),滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车.斜面长s=10m,小车质量为M=3 5kg,滑块与斜面及小车外表的动摩擦因数科=0. 35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.求：(1)滑块滑到斜面末端时的速度(2)当滑块与小车相对静止时,滑块在车上滑行的距离【答案】(1) 8 m/s (2) 6. 4m【解析】试题分析：(1)设滑块在斜面上的滑行加速度a,由牛顿第二定律,有mg (sin 0 -cos 0 ) =ma代入数据得：a=3. 2m/s2又：s= — at22解得t=2 . 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小车与滑块到达共同速度时小车开始匀速运动,该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒,那么：mv= (m+M v代入数据得：v=2 . 4m/s滑块在小车上运动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,得：mgL= 1 mv o2- 1 〔m+M v2 2 2代入数据得：L=6. 4m考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用,属于多过程问题,需要分阶段求解；解题时需选择适宜的物理规律,用牛顿定律结合运动公式,或者用动量守恒定律较简单,此题是中档题.11.如下图,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在.点,.点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于.点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为也现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰〔碰撞时间极短〕,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离.气—一1 : hI**+ 'pl Ih【答案】——16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度,再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离.【详解】小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v i,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守,值定律有：mgh=1mv i22解得：v i= 2ghh 1 ’2设碰撞后小球反弹的速度大小为V1,同理有：mg —— mv i16 2解得：〃1 =,设碰撞后物块的速度大小为V2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv' 1+5mv2解得：V2= 'g h由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=l m,2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5科mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：1 2Fs 0 5mv22…口h解得：s16【点睛】此题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理,要注意正确分析物理过程,选择适宜的物理规律求解.12.如下图,粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H,上端套着一个细环B. A和B的质量均为m, A和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A和B使它们从静止开始自由下落.当A与地面碰撞后,A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中A始终呈竖直状态.求：假设A再次着地前B不脱离A, A的长度应满足什么条件？y.8m好〞---------q【答案］(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么即寸期木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mgwi=z:-解得：m,方向竖直向下对环：・mg 7G2 = ---------解得瓶方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为-- ■-要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于X,即12弁8叫?〞LW解得：Op +「考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

高中物理：动量守恒定律一、选择题(在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~11题有多项符合题目要求。

) 1．如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m ＝70kg ，初速度v 0＝5m/s 。

若经过1s 时，速度为v ＝5m/s ，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g ＝10m/s 2，不计空气阻力)： （ ） A. 700 kg·m/s B. 350 kg·m/s C. 350(－1) kg·m/s D. 350(＋1) kg·m/s2．如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m 的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m ，开始两个人和车一起以速度v 0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v 跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是： （ ） A. 1.5v 0 B. v 0 C. 大于v 0，小于1.5v 0 D. 大于1.5v 03．如图所示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是 ： （ ）A. 重力的冲量B. 弹力的冲量C. 到达底端的动量D. 到达底端的动能4．如图所示，竖直墙壁两侧固定着两轻质弹簧，水平面光滑，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中： （ ） A. 系统的动量守恒，动能守恒B. 系统的动量守恒，机械能守恒C. 系统的动量不守恒，机械能守恒D. 系统的动量不守恒，动能守恒5．A 、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A 、B 都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示。

由图可知，物体A 、B 的质量之比为： （ ） A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 3∶16．在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M ，速度为v 0，在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ） A. v 0 B.0Mv M m - C. 0mv M m - D. ()0M m v M-7．一个质量为0.5kg 的篮球从离地面5m 高处自由落下，与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m ，设球与地面接触时间为0.2s ，则地面对球的平均作用力为（不计空气阻力，g 取10m/s 2）： （ ） A. 30N B. 45N C. 50N D. 60N8．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。

第一章动量守恒定律1 动量基础过关练题组一寻求碰撞中的不变量1.(经典题)(2024四川成都期末)气垫导轨是常用的一种实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。

现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量,实验装置如图所示。

采用的实验步骤如下:a.用天平分别测出A、B的质量m A、m B;b.调整气垫导轨,使导轨处于水平;c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上;d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1;e.按下电钮放开卡销,同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B分别碰撞C、D时计时结束,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。

(1)实验中还应测量的物理量及其符号是;(2)规定水平向左为正方向,作用前A、B质量与速度乘积之和为;作用后A、B质量与速度乘积之和为(用测量的物理量符号表示即可)。

2.(2023湖北襄阳四中月考)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验,如图所示,A、B两滑块质量比是1∶3,某次实验时碰撞前B滑块静止,A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞,利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。

已知相邻两次闪光的时间间隔为0.2 s,在这4次闪光的过程中,A、B 两滑块均在0~80 cm范围内,且第1次闪光时,滑块A恰好位于x=10 cm处。

若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短,均可忽略不计。

如从第1次闪光开始计时,则可知经过时间t=s两滑块在x=cm处发生碰撞,两滑块碰撞前后质量与速度的乘积的矢量和。

题组二动量3.(2024河北唐山联考)关于动量,以下说法正确的是()A.做匀速圆周运动的物体,其动量保持不变B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相等C.动量相同的物体,其速度一定相等D.动量相同的物体,其速度方向一定相同4.(多选题)(2024江苏徐州期中)如图所示,飞机在平直跑道上启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,飞机的动量()A.与它的位移成正比B.与它的速度成正比C.与它的动能成正比D.与它所经历的时间成正比5.(经典题)如图甲,长木板的一端垫有小木块,可以微调木板的倾斜程度,以平衡摩擦力,使小车能在木板上做匀速直线运动。

1.一质量为0.1千克的小球从0.80米高处自由下落到一厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20秒，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少？解：小球接触软垫的动能为E = mgh = 0.8 焦耳，可以算出此时的动量为P = sqr（2mE）= 0.4软垫对小球的冲量 = P +mg*0.2 = 0.4 + 0.2 = 0.62. 水平面上放置一辆平板小车,小车上用一个轻质弹簧连接一个木块，开始时弹簧处于原长，一颗子弹以水平速度vo=100m/s打入木块并留在其中（设作用时间极短），子弹质量为mo=0.05kg 木块质量为m1=0.95kg 小车质量为m2=4kg 各接触面摩擦均不计，求木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能是多少？解：整个过程动量守恒，总动量P = m0*v0 ,=5根据动能E = 0.5mV^2 ，动量P = mV，导出E = P^2/2m子弹打入木块后，动能E1 = P^2/2(m0+m1) = 12.5焦耳当所有物体速度相同时，弹性势能最大此时的动能E2 = P^2/2（m0+m1+m2）= 2.5焦耳所以弹簧的最大弹性势能Ep = E1 -E2= 12.5 - 2.5 = 10焦耳3. 质量为m的子弹打入光滑水平面上的质量为M的木块中，木块动能增加6j，求子弹动能的取值范围？解：假设子弹初速率为V,打入木块后，共同速率为V'根据动量守恒，mV = （M+m）V'得到V'=mV/（M+m）大木块的动能为0.5MV'^2 = 0.5M[mV/（M+m）]^2 =6变形可以得到0.5mV^2*Mm/（M+m)^2 = 6得到子弹动能为0.5mV^2 = 6（M+m)^2/Mm ，大于等于24，当M =m时，有最小值24焦耳4.在一光滑的水平面上有两块相同木板BC，质点重物A在B右端，ABC质量等。

现A和b 以同一速度滑向静止的c，BC正碰后BC粘住，A在C上有摩擦滑行，到c右端未落。

高中物理高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316m 【解析】试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) （3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为L 1，则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94m物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】22()(2)Mm aM m M m ++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A 正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B 正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D 错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E 错．(2)1以子弹与木块A 组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律3．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m 的木板B ，B 的左端放置一个质量为m 的物块A ，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m 的小球以水平速度0υ飞来与A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A 始终未滑离木板B ，且物块A 和小球均可视为质点(重力加速度g)．求：①物块A 相对B 静止后的速度大小； ②木板B 至少多长．【答案】①0.25v 0．②2016v L gμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v 1，三者相对静止后速度为v 2，规定向右为正方向，根据动量守恒得， mv 0=2mv 1，① （2分） 2mv 1=4mv 2② （2分）联立①②得，v 2=0.25v 0． （1分）（2）当A 在木板B 上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B 的长度为L ，假设A 刚好滑到B 的右端时共速，则由能量守恒得，③ （2分）联立①②③得，L=考点：动量守恒，能量守恒．【名师点睛】小球与 A 碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A 相对B 静止后的速度大小；对子弹和A 共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度．4．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射出.重力加速度为g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【答案】(1)2138m E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv hs M g=【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得mv0=m+MV ①解得②系统的机械能损失为ΔE=③由②③式得ΔE=④（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则⑤s=Vt ⑥由②⑤⑥得S=⑦考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．5．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）联立解得：ΔE′＝13(1)2×mv20因为ΔE′＝f·x（1分），可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解6．卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。