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[随堂检测]1．(多选)下列说法正确的是()A．能量守恒定律是自然界普遍遵循的规律B．能量守恒定律只在宏观问题中成立，在微观问题中则不成立C．微观粒子的相互作用过程同样遵循动量守恒定律D．只有重力对物体做功，则物体的动能和势能相互转化，且两种能量之和保持不变解析：选ACD.能量守恒定律、动量守恒定律是自然界普遍遵循的规律，不仅在宏观问题上成立，在微观问题中同样成立；只有重力对物体做功，物体的动能和势能相互转化，机械能保持不变．2．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于()A．EpmB．2EpmC．2EpmD．22Epm解析：选C.设碰前A的速度为v0，根据动量守恒定律，mv0＝2mv，则压缩最紧(A、B有相同的速度)时的速度为v＝v02，由系统的机械能守恒得：12mv20＝12·2mv2＋Ep，解得：v0＝2Epm.3．(多选)一陨石自高空落到山谷中，有一目击者，他先是看到火光，随后听到巨大声响，最后他走到陨石旁用手摸了摸陨石，感觉烫手．就上述现象所得出的下列认识中正确的是()A．陨石的动量消失了，转化为声、光、热等形式的能量B．陨石的动量消失了，这表明陨石与地球碰撞中动量不守恒C．陨石与地球碰撞中动量是守恒的，陨石的动量传递给了地球D．陨石与地球碰撞中，陨石的机械能转化为声、光、热等形式的能量解析：选CD.动量不可能转化为能量，A项错误；陨石在与地球碰撞的过程中内力远大于外力，动量守恒，陨石的动量没有消失，而是传递给了地球，B项错误，C项正确；碰撞过程中陨石的机械能转化为声、光、热等形式的能量，D项正确．4．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图．具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于()A．E0B．45E0C．15E0D．125E0解析：选C.设物块的质量为m0，则第1个具有初动能为E0的物块的动量p0＝2m0E0，因5个物块碰撞过程中，动量守恒，最后的共同速度设为v.则p0＝5m0v＝2m0E0，得v＝2m0E05m0，则5个物块最后的动能Ek＝12×5m0v2＝12×5m0×2m0E05m02＝15E0，选项C正确．5.如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为v2，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得mv2＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝m2.②(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝12mv22＋12mB(2v)2－12(m＋mB)v2④联立②③④式得ΔE＝16mv20.答案：(1)12m(2)16mv20[课时作业]一、单项选择题1．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()解析：选A.A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．2.如图所示，质量相同的两木块M、N中间固定一轻弹簧，M放在粗糙的水平面上，N放在光滑的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩，此时弹簧的弹力大于M所受到的最大静摩擦力，当松手后两物体被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块，有()A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量、机械能都不守恒D．加速度大小时刻相等解析：选C.机械能守恒的条件是除了重力、弹力以外，其他力不做功．动量守恒的条件是系统的合外力为零．两木块在弹开的过程中，合外力不为零，摩擦力做负功．动量不守恒，机械能也不守恒，C正确，A、B错误．M所受的合外力与N所受的合外力大小不等，根据牛顿第二定律，D错误．3．在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的球以5.0m/s的速度向前运动，与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2m/s，则()A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3m/sB．v木＝4.2m/s这一假设不合理，因为这种情况不可能发生C．v木＝4.2m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D．v木＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定解析：选B.根据动量守恒定律有mv＝m1v1＋m2v2，即0.2kg×5.0m/s＝0.2kg×v1＋3.0kg×4.2m/s得v1＝－58m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．4.人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()A．1.5mB．1.2mC．1.34mD．1.1m解析：选C.船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0＝v0t.撤去缆绳，由动量守恒0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，则12mv20＝12mv21＋12Mv22解得v1＝MM＋mv0故s1＝v1t＝MM＋ms0≈1.34m，C正确．5．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边()A．s2B．2sC．sD．22s解析：选D.挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝12mv2B，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×12mv′2B，由以上两式解得vB′＝22vB，由于B球抛出后做平抛运动，s＝v0t＝v02hg，所以D对．6．如图，一水平足够长的传送带以速率v逆时针运动，一质量为m可视为质点的物体以水平向右的初速度v放在传送带上，从物体放上传送带开始至二者最终速度相等的过程中()A．摩擦力对物体做功为mv2B．物体动能的改变量为0C．物体动量的改变量为0D．摩擦产生的热量为1.5mv2解析：选B.此过程中，物体的动能改变量为0，则摩擦力对物体做功为0，选项A错误，B正确；动量改变量为2mv，选项C错误；物体向右运动过程中摩擦生热为12mv2，向左运动过程中摩擦生热为12mv2，所以选项D错误．7．一木块静止在光滑水平面上，被水平方向飞来的子弹击中，子弹进入木块的深度为2cm，木块相对于桌面移动了1cm，设木块对子弹的阻力恒定，则产生的热能和子弹损失动能之比是()A．1∶1B．2∶3C．1∶2D．1∶3解析：选B.子弹损失的动能等于子弹克服阻力所做的功，子弹的位移为打入深度d与木块移动距离L之和，有ΔEk＝f(d＋L)①产生的热能为Q＝fd.②解①②式，得QΔEk＝dd＋L＝23.二、多项选择题8．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是()A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的矢量和不为零解析：选AB.选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量的矢量和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D不成立．9．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m.现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是()A．B球动能的最大值是mv202B．B球动能的最大值是mv208C．系统动能的最小值是0D．系统动能的最小值是mv204解析：选AD.当两球发生完全弹性碰撞时，A球静止，B球的动能最大，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是14mv20，C错误，D正确．10．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长()A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功解析：选AC.环与板的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A对、B错；新的平衡位置为环和板的总重力与弹簧的弹力大小相等的位置，显然与h的大小无关，C项对；碰后环与板一起下落的过程，环与板的机械能的减少等于克服弹簧的弹力所做的功，D错．三、非选择题11．如图所示，可视为质点质量为m的小球用长为L的细线悬挂于O点，在光滑的水平面上有一个质量为M的物体，其右侧是一个半径为R的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R2的粗糙水平面，在其左端A处放有一个质量也为M的弹性物块，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL＝12mv21得v1＝2gL，碰后返回过程中，由mgL(1－cosθ)＝12mv′21得v′1＝gL小球和物块发生碰撞时动量守恒mv1＝Mv0－mv1′和能量守恒12mv21＝12Mv20＋12mv′21，联立解得v0＝(2－1)gL，mM＝2－12＋1.物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv0＝2Mv，损失的动能用于克服摩擦做功12Mv20＝12(M＋M)v2＋MgR＋μMgR2，整理可得μ＝（3－22）L2R－2.答案：2－12＋1（3－22）L2R－212．如图所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0kg，a、b间距离s＝2.0m，木板位于光滑水平面上．在木板a端有一小物块，其质量m＝1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0＝4.0m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相撞．碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v设全过程损失的机械能为E，则E＝12mv20－12(m＋M)v2用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木块所做的功，用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则W1＝μmgs1，W2＝－μmg(s1＋s)W3＝－μmgs2，W4＝μmg(s2－s)W＝W1＋W2＋W3＋W4用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1＝E＋W所以E1＝12·mMm＋Mv20－2μmgs代入数据得E1＝2.4J.答案：2.4J