高中物理人教版5第十六章動量守恒定律 同課異構(gòu)

新人教版選修3-5《第16章動量守恒定律》單元測試卷（江西省宜春市萬載縣株潭中學(xué)）一、選擇題（每小題4分，共48分）．1．一炮艇在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后各發(fā)射一發(fā)炮彈，設(shè)兩炮彈的質(zhì)量相同，相對于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船（不包含炮彈）的動量及船的速度在發(fā)射前后的變化情況是（）A．動量不變，速度增大 B．動量不變，速度不變C．動量增大，速度增大 D．動量減小，速度增大2．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg?m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4kg?m/s，則（）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：103．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進行幾次后，甲和乙最后的速率關(guān)系是（）A．若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙4．質(zhì)量相等的三個物體在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開一定距離，如圖，具有初動能E0的第一號物塊向右運動，一次與其余兩個靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個物體粘成一個整體，這個整體的動能等于（）A．E0 B．E0 C．E0 D．E05．如圖所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端．當兩人同時相向運動時（）A．若小車不動，兩人速率一定相等B．若小車向左運動，A的動量一定比B的小C．若小車向左運動，A的動量一定比B的大D．若小車向右運動，A的動量一定比B的大6．我國古代力學(xué)的發(fā)展較為完善．例如，《淮南子》中記載“物之功，動而有益，則損隨之”．這里的“功”已初步具備現(xiàn)代物理學(xué)中功的含義．下列單位分別是四位同學(xué)用來表示功的單位，其中正確的是（）A．N?m?s﹣1 B．kg?m2?s﹣2 C．C?V?s D．V?Ω?s7．一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是（）A．Mv0=（M﹣m）v′+mv B．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v0）C．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v′） D．Mv0=Mv′+mv8．A、B兩球沿同一條直線運動，圖示的x﹣t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x﹣t圖線，c為碰撞后它們的x﹣t圖線．若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量是（）A． B． C． D．9．在同一勻強磁場中，α粒子（He）和質(zhì)子（H）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質(zhì)子（）A．運動半徑之比是2：1 B．運動周期之比是2：1C．運動速度大小之比是4：1 D．受到的洛倫茲力之比是2：110．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力11．K﹣介子衰變的方程為K﹣→π0﹣π﹣，其中K﹣介子和π﹣介子帶負的基本電荷，π0介子不帶電．一個K﹣介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的π﹣介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RK﹣與Rπ﹣之比為2：1，π0介子的軌跡未畫出．由此可知π﹣的動量大小與π0的動量大小之比為（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：612．一炮彈質(zhì)量為m，以一定的傾角斜向上發(fā)射，達到最高點時速度大小為v，方向水平．炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊恰好做自由落體運動，質(zhì)量為，則爆炸后另一塊瞬時速度大小為（）A．v B． C． D．0二、非選擇題（共52分）13．如圖所示，在光滑的水平面上放著一個質(zhì)量為M=的木塊（可視為質(zhì)點），在木塊正上方有一個固定懸點O，在懸點O和木塊之間連接一根長度為的輕繩（輕繩不可伸長且剛好被拉直）．有一顆質(zhì)量為m=的子彈以水平速度V0射入木塊并留在其中（作用時間極短），g取10m/s2，要使木塊能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求：子彈射入的最小速度．14．如圖所示，光滑的斜面體質(zhì)量為M，傾角為θ，長為L，質(zhì)量為m小物塊從斜面體頂端由靜止開始下滑，斜面位于光滑的水平地面上．從地面上看，在小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面體運動的位移？15．如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于O點．開始時砂袋處于靜止狀態(tài)，此后用彈丸以水平速度擊中砂袋后均未穿出．第一次彈丸的速度為v0，打入砂袋后二者共同擺動的最大擺角為θ（θ＜90°），當其第一次返回圖示位置時，第二粒彈丸以另一水平速度v又擊中砂袋，使砂袋向右擺動且最大擺角仍為θ．若彈丸質(zhì)量均為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，求兩粒彈丸的水平速度之比為多少？16．如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為4m、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連；質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零；現(xiàn)小滑塊以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，求的值．17．在光滑水平面上靜止著A、B兩個小球（可視為質(zhì)點），質(zhì)量均為m，A球帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L．從t=0時刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強電場，電場強度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖所示．A球在電場力作用下由靜止開始沿直線運動，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞．設(shè)兩球間碰撞力遠大于電場力且作用時間極短，每次碰撞過程中A、B之間沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力．求：（1）小球A經(jīng)多長時間與小球B發(fā)生第一次碰撞？（2）小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？（3）第二次碰撞后，又經(jīng)多長時間發(fā)生第三次碰撞？18．如圖所示，在高的水平桌面上放一個質(zhì)量為的木塊，質(zhì)量為的橡皮泥以30m/s的水平速度粘到木塊上（粘合過程時間極短）．木塊在桌面上滑行后離開桌子落到離桌邊2m的地方．求木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)．（g取10m/s2）

新人教版選修3-5《第16章動量守恒定律》單元測試卷（江西省宜春市萬載縣株潭中學(xué)）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題4分，共48分）．1．一炮艇在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后各發(fā)射一發(fā)炮彈，設(shè)兩炮彈的質(zhì)量相同，相對于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船（不包含炮彈）的動量及船的速度在發(fā)射前后的變化情況是（）A．動量不變，速度增大 B．動量不變，速度不變C．動量增大，速度增大 D．動量減小，速度增大【考點】動量守恒定律．【分析】以炮彈和炮艇為系統(tǒng)進行分析，由動量守恒可知船的動量及速度的變化．【解答】解：因船受到的牽引力及阻力不變，且開始時船勻速運動，故整個系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒．設(shè)炮彈質(zhì)量為m，船（不包括兩炮彈）的質(zhì)量為M，炮艇原來的速度為v0，發(fā)射炮彈的瞬間船的速度為v．設(shè)v0為正方向，則由動量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1﹣mv1可得，v＞v0可得發(fā)射炮彈后瞬間船的動量不變，速度增大；故選：A2．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg?m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4kg?m/s，則（）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10【考點】動量守恒定律．【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在發(fā)生碰撞，在碰撞過程中動量守恒．因此可根據(jù)兩球質(zhì)量關(guān)系，碰前的動量大小及碰后A的動量增量可得出A球在哪邊，及碰后兩球的速度大小之比．【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B兩球在發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得：△PA=﹣△PB由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球的，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰后A球的動量為2kg?m/s所以碰后B球的動量是增加的，為10kg?m/s．由于兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA那么碰撞后A、B兩球速度大小之比2：5故選：A3．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進行幾次后，甲和乙最后的速率關(guān)系是（）A．若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙【考點】動量定理．【分析】根據(jù)動量定理守恒進行分析即可【解答】解析：因系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等．誰最后接球誰的質(zhì)量中包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，根據(jù)動量守恒：m1v1=m2v2，因此最終誰接球誰的速度小．答案：B4．質(zhì)量相等的三個物體在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開一定距離，如圖，具有初動能E0的第一號物塊向右運動，一次與其余兩個靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個物體粘成一個整體，這個整體的動能等于（）A．E0 B．E0 C．E0 D．E0【考點】動量守恒定律．【分析】碰撞過程遵守動量守恒定律，由動量守恒定律求出三個物體粘成一個整體后共同體的速度，即可得到整體的動能．【解答】解：取向右為正方向，設(shè)每個物體的質(zhì)量為m．第一號物體的初動量大小為P0，最終三個物體的共同速度為v．以三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，對于整個過程，根據(jù)動量守恒定律得：P0=3mv又P0=mv0，E0=聯(lián)立得：=3mv則得：v=整體的動能為Ek===故選：C5．如圖所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端．當兩人同時相向運動時（）A．若小車不動，兩人速率一定相等B．若小車向左運動，A的動量一定比B的小C．若小車向左運動，A的動量一定比B的大D．若小車向右運動，A的動量一定比B的大【考點】動量守恒定律．【分析】AB兩人及小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律分析即可求解．【解答】解：AB兩人及小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA+mBvB+m車v車=0，A、若小車不動，則mAvA+mBvB=0，由于不知道AB質(zhì)量的關(guān)系，所以兩人速率不一定相等，故A錯誤；B、若小車向左運動，則AB的動量和必須向右，而A向右運動，B向左運動，所以A的動量一定比B的大，故B錯誤，C正確；D、若小車向右運動，則AB的動量和必須向左，而A向右運動，B向左運動，所以A的動量一定比B的小，故D錯誤．故選C6．我國古代力學(xué)的發(fā)展較為完善．例如，《淮南子》中記載“物之功，動而有益，則損隨之”．這里的“功”已初步具備現(xiàn)代物理學(xué)中功的含義．下列單位分別是四位同學(xué)用來表示功的單位，其中正確的是（）A．N?m?s﹣1 B．kg?m2?s﹣2 C．C?V?s D．V?Ω?s【考點】功的計算．【分析】功的單位是焦耳，可以根據(jù)功的定義來解答．【解答】解：A、功的單位是焦耳，根據(jù)功的定義W=FL可知：1J=1N?m==kg?m2?s﹣2．故A錯誤，B正確；C、根據(jù)電功的公式：W=Pt=UIt，電壓的單位是V，電流的單位是A，時間的單位是s，所以：1J=1V?A?s=1V?C．故C錯誤；D、根據(jù)電熱的公式：Q=所以：1J=．故D錯誤．故選：B7．一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是（）A．Mv0=（M﹣m）v′+mv B．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v0）C．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v′） D．Mv0=Mv′+mv【考點】動量守恒定律．【分析】發(fā)射炮彈過程中動量守恒，注意根據(jù)動量守恒列方程時，要選擇同一參照物，注意方程的矢量性、【解答】解：以地面為參照物，發(fā)射炮彈過程中動量守恒，所以有：，故BCD錯誤，A正確．故選A．8．A、B兩球沿同一條直線運動，圖示的x﹣t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x﹣t圖線，c為碰撞后它們的x﹣t圖線．若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量是（）A． B． C． D．【考點】動量守恒定律．【分析】根據(jù)x﹣t圖象得到A、B兩球碰撞前后的速度，然后運用動量守恒定律列式求解，注意矢量性．【解答】解：x﹣t圖象的斜率表示速度，碰撞前A球速度為：v1===﹣3m/s，B球速度為：v2=2m/s，碰撞后的共同速度為：v==﹣1m/s；規(guī)定B球初速度方向為正，AB碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律，有：﹣m1v1+m2v2=（m1+m2）v解得：m2==；故選：C．9．在同一勻強磁場中，α粒子（He）和質(zhì)子（H）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質(zhì)子（）A．運動半徑之比是2：1 B．運動周期之比是2：1C．運動速度大小之比是4：1 D．受到的洛倫茲力之比是2：1【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】質(zhì)子H和α粒子以相同的動量在同一勻強磁場中作勻速圓周運動，均由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，可求得比較r、速度v及T的表達式，根據(jù)表達式可以得到半徑以及周期之比．【解答】解：C、兩個粒子的動量大小相等，質(zhì)量之比是4：1，所以：．故C錯誤；A、質(zhì)子H和α粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，均由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，得軌道半徑：R==，根據(jù)質(zhì)子質(zhì)子（H）和α（He）粒子的電荷量之比是1：2，質(zhì)量之比是1：4，則得：RHe：RH=，故A錯誤；B、粒子運動的周期：，所以：．故B正確；D、根據(jù)粒子受到的洛倫茲力：f=qvB，得：．故D錯誤．故選：B10．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力【考點】動量定理；功能關(guān)系．【分析】從繩子繃緊到人下降到最低點的過程中，開始時人的重力大于彈力，人向下加速；然后再減速，直至速度為零；再反向彈回；根據(jù)動量及功的知識可明確動量、動能和彈性勢能的變化．【解答】解：A、由于繩對人的作用力一直向上，故繩對人的沖量始終向上，由于人在下降中速度先增大后減?。还蕜恿肯仍龃蠛鬁p??；故A正確；B、在該過程中，拉力與運動方向始終相反，繩子的力一直做負功；但由分析可知，人的動能先增大后減小；故B錯誤；C、繩子恰好伸直時，繩子的形變量為零，彈性勢能為零；但此時人的動能不是最大，故C錯誤；D、人在最低點時，繩子對人的拉力一定大于人受到的重力；故D錯誤．故選：A．11．K﹣介子衰變的方程為K﹣→π0﹣π﹣，其中K﹣介子和π﹣介子帶負的基本電荷，π0介子不帶電．一個K﹣介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的π﹣介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RK﹣與Rπ﹣之比為2：1，π0介子的軌跡未畫出．由此可知π﹣的動量大小與π0的動量大小之比為（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：6【考點】動量定理；洛侖茲力．【分析】曲線運動中，粒子的速度方向沿著軌跡上該點的切線方向，又由于Kˉ介子衰變過程中，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，故可知衰變后，π﹣介子反向飛出，π0介子沿原方向飛出，再根據(jù)介子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，可以列式求出Kˉ介子與π﹣介子的動量之比，再結(jié)合動量守恒定律列式分析．【解答】解：Kˉ介子與π﹣介子均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：eBv=m，粒子動量為：P=mv=eBR，則有：PKˉ：Pπ﹣=2：1，以K﹣的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：PKˉ=Pπ0﹣Pπ﹣解得：Pπ0=3Pπ﹣，則π﹣的動量大小與π0的動量大小之比為1：3；故選：C．12．一炮彈質(zhì)量為m，以一定的傾角斜向上發(fā)射，達到最高點時速度大小為v，方向水平．炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊恰好做自由落體運動，質(zhì)量為，則爆炸后另一塊瞬時速度大小為（）A．v B． C． D．0【考點】動量守恒定律．【分析】炮彈在最高點水平，爆炸時動量守恒，由動量守恒定律可求出爆炸后另一塊彈片的速度大?。窘獯稹拷猓罕ㄟ^程系統(tǒng)動量守恒，爆炸前動量為mv，設(shè)爆炸后另一塊瞬時速度大小為v′，取炮彈到最高點未爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程動量守恒，則有：mv=m?v′，解得：v′=v；故選：C．二、非選擇題（共52分）13．如圖所示，在光滑的水平面上放著一個質(zhì)量為M=的木塊（可視為質(zhì)點），在木塊正上方有一個固定懸點O，在懸點O和木塊之間連接一根長度為的輕繩（輕繩不可伸長且剛好被拉直）．有一顆質(zhì)量為m=的子彈以水平速度V0射入木塊并留在其中（作用時間極短），g取10m/s2，要使木塊能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求：子彈射入的最小速度．【考點】動量守恒定律；功能關(guān)系．【分析】要使木塊能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出木塊在最高點的臨界速度，在木塊從水平面到達最高點的過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出木塊在最低點的速度，根據(jù)動量守恒求出最小速度．【解答】解：當木塊恰好能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動時，在最高點重力提供向心力，由牛頓第二定律得：（M+m）g=（M+m）代入數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s，從最低點到最高點過程系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒得：（M+m）v2=（M+m）v12+（M+m）g?2L代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s子彈射入木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（M+m）v代入數(shù)據(jù)解得：v0=80m/s；答：子彈射入的最小速度為80m/s．14．如圖所示，光滑的斜面體質(zhì)量為M，傾角為θ，長為L，質(zhì)量為m小物塊從斜面體頂端由靜止開始下滑，斜面位于光滑的水平地面上．從地面上看，在小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面體運動的位移？【考點】動量守恒定律．【分析】以小物塊、斜面體組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒．根據(jù)水平方向動量守恒列式求解斜面體運動的位移．【解答】解：以小物塊、斜面體組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動量守恒，到達最低點時，取水平向右為正方向，由水平動量守恒有：Mv﹣mv′=0且在任意時刻或位置v與v′均滿足這一關(guān)系，加之時間相同，公式中的v和v′可分別用其水平位移替代，則上式可寫為：M=m又由于l+l′=Lcosθ可得：斜面體運動的位移為l=Lcosθ．答：斜面體運動的位移為Lcosθ．15．如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于O點．開始時砂袋處于靜止狀態(tài)，此后用彈丸以水平速度擊中砂袋后均未穿出．第一次彈丸的速度為v0，打入砂袋后二者共同擺動的最大擺角為θ（θ＜90°），當其第一次返回圖示位置時，第二粒彈丸以另一水平速度v又擊中砂袋，使砂袋向右擺動且最大擺角仍為θ．若彈丸質(zhì)量均為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，求兩粒彈丸的水平速度之比為多少？【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．【分析】子彈射入沙袋過程，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)的動量守恒．子彈打入沙袋后二者共同擺動的過程機械能守恒，當他們第1次返回圖示位置時，速度大小等于子彈射入沙袋后瞬間的速度，根據(jù)動量守恒定律機械能守恒結(jié)合求解．【解答】解：彈丸擊中砂袋瞬間，系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒，設(shè)碰后彈丸和砂袋的共同速度為v1，細繩長為L，根據(jù)動量守恒定律有mv0=（m+5m）v1，砂袋擺動過程中只有重力做功，機械能守恒，所以=6mgL（1﹣cosθ）設(shè)第二粒彈丸擊中砂袋后彈丸和砂袋的共同速度為v2，同理有：mv﹣（m+5m）v1=（m+6m）v2=7mgL（1﹣cosθ），聯(lián)解上述方程得=答：兩粒彈丸的水平速度之比為．16．如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為4m、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連；質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零；現(xiàn)小滑塊以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，求的值．【考點】動量守恒定律；動能定理的應(yīng)用；功能關(guān)系．【分析】小滑塊在木板上滑動過程，根據(jù)動能定理列方程，即可求解小滑塊與木板間的摩擦力大小；先研究滑塊在木塊上向右滑動的過程，運用動能定理得到滑塊與墻壁碰撞前瞬間的速度，滑塊與墻壁碰撞后，原速率反彈，之后，向左運動，在摩擦力的作用下，木板也向左運動，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，再對這個過程，運用動量守恒和能量守恒列方程，聯(lián)立即可求解的值．【解答】解：小滑塊以水平速度v0右滑時，由動能定理有：﹣fL=0﹣小滑塊以速度v滑上木板到運動至碰墻時速度為v1，則由動能定理有：﹣fL=﹣滑塊與墻碰后至向左運動到木板左端，滑塊與木板組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向左為正方向、木板的共同速度為v2，則有mv1=（m+4m）v2由總能量守恒可得：fL=﹣（m+4m）上述四式聯(lián)立，解得=答：物塊剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下應(yīng)滿足為．17．在光滑水平面上靜止著A、B兩個小球（可視為質(zhì)點），質(zhì)量均為m，A球帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L．從t=0時刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強電場，電場強度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖所示．A球在電場力作用下由靜止開始沿直線運動，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞．設(shè)兩球間碰撞力遠大于電場力且作用時間極短，每次碰撞過程中A、B之間沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力．求：（1）小球A經(jīng)多長時間與小球B發(fā)生第一次碰撞？（2）小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？（3）第二次碰撞后，又經(jīng)多長時間發(fā)生第三次碰撞？【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的公式；機械能守恒定律．【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出小球運動的加速度大小，再根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出小球A與B碰撞的時間．（2）兩球間碰撞力遠大于電場力且作用時間極短，知碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律求出小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小．（3）第一次碰撞后，小球A做初速度為0的勻加速直線運動，小球B以vB1'的速度做勻速直線運動，兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是：兩小球位移相等．根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，結(jié)合運動學(xué)公式兩球