课件31张PPT。课件35张PPT。课件25张PPT。课件38张PPT。课件34张PPT。课件24张PPT。课时训练1 实验:探究碰撞中的不变量
一、综合题
1.如图所示,球m1从斜槽某一高度由静止滚下,落到水平面上的P点。今在槽口末端放一与m1半径相同的球m2,仍让球m1从斜槽滚下,并与球m2正碰后使两球落地,球m1和m2的落地点分别是M、N。已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。则实验必须满足的条件是( )
A.轨道末端的切线必须是水平的
B.斜槽轨道必须光滑
C.入射球m1每次必须从同一高度由静止滚下
D.m1答案:AC
解析:轨道末端水平可以保证小球做平抛运动,入射球m1每次从同一高度由静止滚下可以保证每次碰前入射球速度相同,故A、C项正确。B中斜槽是否光滑对实验几乎无影响,但质量m1应大于m2,否则入射球会反弹,从而引起较大的误差。
2.在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中,哪些因素可导致实验误差偏大( )
A.导轨安放不水平 B.小车上挡光板倾斜
C.两小车质量不相等 D.两小车碰后连在一起
答案:AB
解析:导轨不水平,小车速度将会受重力影响;挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移,导致速度计算出现误差。
3.在气垫导轨上的两个滑块P、Q质量分别为m1、m2,已知它们碰撞后的速度分别为v1'、v2',碰撞前P的速度为v1,则碰撞前Q的速度为( )
A.0 B.v1'+v2'-v1
C. D.
答案:D
解析:根据实验探究的结果m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'可知,式中只有v2不知,利用该式解得v2=,所以选项D正确。
4.在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示。开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动。左、右挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s、Δt2=0.21 s。取向左为正方向,则两滑块的速度分别为v1'= m/s,v2'= m/s。烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后m1v1'+m2v2'= kg·m/s。可得到的结论是 。?
答案:0.094 -0.143 0 2.5×10-4kg·m/s 在实验允许的误差范围内,两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量
解析:取向左方向为正方向,两滑块速度v1'= m/s≈0.094 m/s,v2'= m/s≈-0.143 m/s。
烧断细线前m1v1+m2v2=0
烧断细线后m1v1'+m2v2'=(0.170×0.094-0.110×0.143)kg·m/s≈2.5×10-3 kg·m/s,在实验允许的误差范围内,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
5.在“探究碰撞中的不变量”的实验中,也可以探究mv2这个量(对应于动能)的变化情况。
甲(用弓形弹片)
乙(安装撞针和橡皮泥)
(1)若采用弓形弹片弹开静止的两滑块的方案如图甲所示,弹开后的mv2的总量 (选填“大于”“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量,这是因为 。?
(2)若采用乙图的方案,碰撞前mv2的总量 (选填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量。说明该碰撞中,存在 损失。?
答案:(1)大于 弓形弹片将弹性势能转化为两滑块的动能 (2)大于 机械能(或动能)
6.某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。
(1)安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿 方向。?
(2)某次实验中,得出小球落点情况如图所示(单位是cm),P'、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)。则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2= 。?
答案:(1)水平 (2)4∶1
解析:(1)为保证小球滚落后做平抛运动,斜槽末端的切线要沿水平方向。
(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知
m1·=m1·+m2·(t为运动时间)
代入数据可解得m1∶m2=4∶1。
7.某同学把两块质量不同的铁块用细线连接,中间夹一被压缩了的弹簧,如图所示。将这一系统置于光滑水平桌面上,烧断细线,观察物体的运动情况,进行必要的测量,来探究物体间相互作用时的不变量。
(1)该同学还必须准备的器材是 。?
(2)需要直接测量的数据是 。?
(3)用所得数据验证物体间相互作用时的不变量的关系式是 。?
答案:(1)刻度尺、天平
(2)两铁块的质量m1、m2和两铁块落地点到桌边的水平距离x1、x2
(3)m1x1=m2x2
解析:本题为设计性实验,在细线烧断瞬间,在弹簧弹力的作用下两铁块m1、m2分别被弹出桌面做平抛运动,抛出时速度不易直接测量,但可以测量两铁块落点距抛出点的水平距离,故实验器材应有刻度尺、天平。
设落地时间为t,用天平测出两铁块质量分别为m1、m2,用刻度尺测出落点距抛出点的水平距离分别为x1、x2,则m1v1=m1,m2v2=m2,若能求得m1x1=m2x2即推知m1v1=m2v2的等量关系。
课时训练2 动量和动量定理
一、综合题
1.对下列几种物理现象的解释,正确的是( )
A.击钉时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小作用力
D.在车内推车推不动,是因为合外力冲量为零
答案:CD
解析:击钉时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长;跳远时,在沙坑里填沙,是为了延长人与地的接触时间,所以A、B不正确;据动量定理F·t=Δp知,当Δp相同时,t越长,作用力越小,故C项正确;车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用,与内部作用无关,所以D项正确。
2.篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球。接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。这样做可以( )
A.减小球对手的冲量 B.减小球对人的冲击力
C.减小球的动量变化量 D.减小球的能量变化量
答案:B
解析:对于接住篮球的过程,篮球的初速度一定,末速度为零,所以篮球的动量变化量、动能变化量一定,选项C、D错误。由动量定理可知篮球对手的冲量一定,选项A错误。由I=Ft可知双臂收缩延长了手与球的相互作用时间,故篮球对手的冲击力减小,选项B正确。
3.从高处跳到低处时,为了安全,一般都是让脚尖先着地,这样做是为了( )
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大与地面的冲击时间,从而减小冲力
D.增大人对地面的压强,起到安全作用
答案:C
解析:脚尖先着地,接着逐渐到整个脚着地,延缓了人落地时动量变化所用的时间,依动量定理可知,人落地动量变化量为定值,这样就减小了地面对人的冲力,故C项正确。
4.如图,把重物G压在纸带上,用一水平力缓缓拉动纸带,重物跟着一起运动,若迅速拉动纸带,纸带将会从重物下面抽出,假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力,解释这些现象的正确说法是( )
A.在缓缓拉动纸带时,重物和纸带间的摩擦力大
B.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力小
C.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的冲量大
D.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量小
答案:CD
解析:在缓缓拉动时,两物体之间的作用力是静摩擦力,在迅速拉动时,它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于滑动摩擦力等于最大静摩擦力,所以缓拉时摩擦力小,快拉时摩擦力大,故选项A、B错误。缓拉纸带时,摩擦力虽小些,但作用时间可以很长,故重物获得的冲量即动量的改变可以很大,所以能把重物带动。快拉时,摩擦力虽大些,但作用时间很短,故重物获得的冲量小,所以重物动量改变很小,因此选项C、D正确。
5.在任何相等的时间内,物体动量的变化总是相等的运动可能是( )
A.匀变速运动 B.匀速圆周运动
C.自由落体运动 D.平抛运动
答案:ACD
解析:在任何相等的时间Δt内,物体的动量的变化Δp总是相等,则动量的变化率相等,即物体受恒力作用,在恒力作用下物体必做匀变速运动,故可能是A、C、D。
6.恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,没有被拉动,则经时间t,下列说法正确的是( )
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D.合力对物体的冲量大小为零
答案:BD
解析:对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量,是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。
7.一个质量为5 kg的物体从离地面20 m的高处自由下落。不计空气阻力,试求在下落的这段时间内物体所受重力的冲量。
答案:100 N·s 方向竖直向下
解析:物体从离地20 m的高处自由下落的时间t=s=2 s。在这段时间内物体所受重力的冲量的大小I=Gt=mgt=5×10×2 N·s=100 N·s,冲量的方向竖直向下。
8.皮球从某高度落到水平地板上,每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍,且每次球与地面接触时间相等,空气阻力不计,与地板碰撞时,皮球重力可忽略。
(1)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少?
(2)若用手拍这个球,保持在0.8 m的高度上下跳动,则每次应给球施加的冲量大小为多少?已知球的质量m=0.5 kg,g取10 m/s2。
答案:(1)5∶4 (2)1.5 N·s
解析:(1)皮球原高度为H,与地面碰第一次前瞬时速度大小为v0=,第一次碰后瞬时速度大小(第二次碰前瞬时速度大小)和第二次碰后瞬时速度大小关系为v2=0.8v1=0.82v0。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2,选向上为正方向,由动量定理有F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0,F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0,F1∶F2=5∶4。
(2)欲使球跳起0.8 m,应使球由静止下落高度为h=m=1.25 m,球由1.25 m落到0.8 m处具有速度为v==3 m/s,则应在0.8 m处给球的冲量为I=mv=1.5 N·s,方向竖直向下。
课时训练3 动量守恒定律的内容与理解
一、综合题
1.在下列各种过程中,动量守恒的是( )
A.在光滑水平面上两球发生正碰,两球组成的系统
B.车原来静止在光滑水平面上,车上的人从车头走到车尾,人与车组成的系统
C.水平放置的弹簧,一端固定,另一端与置于光滑水平面上的物体相连,令弹簧伸长,使物体运动,物体与弹簧组成的系统
D.打乒乓球时,球与球拍组成的系统
答案:AB
解析:根据动量守恒定律的条件可知,C项中物体与弹簧系统受固定端的外力作用,故动量不守恒。D项中球拍与人手接触,人手对系统施加了外力,不符合动量守恒定律。
2.质量为M的小车在光滑水平面上以速度v向东行驶,一个质量为m的小球从距地面H高处自由落下,正好落入车中,此后小车的速度将( )
A.增大 B.减小
C.不变 D.先减小后增大
答案:B
解析:由动量守恒定律的条件可知,小车与小球组成的系统在水平方向上动量守恒,即Mv=(M+m)v',故小车的速度将减小,选项B正确。
3.汽车拉着拖车在水平公路上匀速前进,若拖车突然和汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,两车所受阻力与车重成正比,则在拖车停止运动之前,下列说法中正确的是( )
A.因为汽车的牵引力不变,所以汽车和拖车的总动量增大
B.因为汽车的牵引力不变,所以汽车和拖车的总动量守恒
C.因为两车均受阻力作用,所以汽车和拖车的总动量减小
D.汽车的动量不断增大,拖车的动量不断减小
答案:BD
解析:脱钩后,汽车与拖车尽管没有直接的相互作用力了,但它们组成的系统合力仍为零,动量仍守恒,汽车做加速运动,动量增大,拖车做减速运动,动量不断减小,故选项B、D正确。
4.把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是( )
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.若忽略子弹和枪筒之间的摩擦,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒
答案:D
解析:枪发射子弹的过程中,它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力,枪和车一起在水平地面上做变速运动,枪和车之间也有作用力。如果选取枪和子弹为系统,则车给枪的力为外力,选项A错;如果选取枪和车为系统,则子弹对枪的作用力为外力,选项B错;如果选车、枪和子弹为系统,爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力,系统在水平方向上不受外力,整体遵守动量守恒的条件,故选项C错,D对。
5.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( )
A. B.
C. D.
答案:C
解析:设发射子弹的数目为n,选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象。系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件。设木块M以v1向右运动,连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态,子弹射入木块后停下来为末状态。选子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有:
nmv2-Mv1=0,得n=
所以选项C正确。
6.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统,下面说法正确的是( )
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,再放开右手后,动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
答案:ACD
解析:在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力(内力),故动量守恒,即系统的总动量始终为零,A对;先放开左手,再放开右手后,是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即动量是守恒的,B错;先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的作用力,故有向左的冲量,再放开右手后,系统的动量仍守恒,即此后的总动量向左,C对;其实,无论何时放开手,只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变,D对。
7.为了采集木星和火星之间星云的标本,星云物质彼此间相对静止,将航天器制成勺形,航天器质量为104kg,正以10 km/s的速度运行,星云物质速度为100 m/s,方向与航天器相同,航天器没有开启动力装置。如果每秒钟可搜集10 kg星云物质,一个小时后航天器的速度变为多少?(以上速度均相对于同一惯性参考系)
答案:2 252 m/s
解析:这是一道结合天体运动使用动量守恒定律解答的题目,动量守恒定律中的速度不一定都以地面为参考系,只要相对于同一参考系就行。
由动量守恒定律m航v航+Δmv云=(m航+Δm)v,代入数据解得v=2252 m/s。
8.如图所示,一质量为M的硬木球放在水平桌面上的一个小孔上,在小球的正下方用汽枪瞄准球心射击,质量为m的子弹竖直向上击中小球时的速度为v0,击中后子弹没有穿出,则它们一起能上升多大的高度?
答案:
解析:子弹射击木球的过程中,子弹和木球组成的系统在竖直方向上可认为动量守恒。随后,子弹和木球一起向上做竖直上抛运动。
由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得竖直上抛的速度为v=
由竖直上抛运动公式:v2=2gh,解得h=。
课时训练4 动量守恒定律的应用
一、综合题
1.如图所示,光滑圆槽静止在光滑的水平面上,其内表面有一小球被细线吊着,恰位于槽的边缘处,如将线烧断,小球滑到另一边的最高点时,圆槽的速度为( )
A.0 B.向左
C.向右 D.无法确定
答案:A
解析:小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力,故系统在水平方向上动量守恒。细线被烧断瞬间,系统在水平方向上的总动量为零,又知小球到达最高点时,球与槽水平方向上有共同速度,设为v',根据动量守恒定律有:0=(M+m)v',所以v'=0。选项A正确。
2.两辆质量相同的小车A和B,静止于光滑的水平面上,且A车上站有一人,若这个人从A车跳到B车上,接着又跳回A车,仍与A车保持静止,则此时A车的速度( )
A.等于零 B.小于B车的速度
C.大于B车的速度 D.等于B车的速度
答案:B
解析:人由A车跳上B车,又由B车跳回A车的整个过程中,人与A、B两车组成的系统动量守恒,系统初动量为零,所以末态A车与人的动量大小与B车的动量大小相等,方向相反,而人站在A车上,故A车的速度小于B车。
3.平板车B静止在光滑水平面上,在其左端另有物体A以水平初速度v0向车的右端滑行,如图所示。由于A、B间存在摩擦,因而A在B上滑行后,A开始做减速运动,B做加速运动(设B车足够长),则B车速度达到最大时,应出现在( )
A.A的速度最小时
B.A、B速度相等时
C.A在B上相对静止时
D.B车开始做匀速直线运动时
答案:ABCD
解析:由于A、B之间存在摩擦力,A做减速运动,B做加速运动,当两个物体的速度相等时,相对静止,摩擦力消失,变速运动结束,此时A的速度最小,B的速度最大,因此选项A、B、C正确,此后A、B一起匀速运动,所以D项正确。
4.如图所示,一小车静止在光滑水平面上,甲、乙两人分别站在左右两侧,整个系统原来静止。则当两人同时相向走动时( )
A.要使小车静止不动,甲、乙速率必须相等
B.要使小车向左运动,甲的速率必须比乙的大
C.要使小车向左运动,甲的动量必须比乙的大
D.要使小车向左运动,甲的动量必须比乙的小
答案:C
解析:系统总动量为零,要使车不动,两人的动量矢量和必须为零,即他们的动量大小相等,由于不知道两人各自的质量,故无法判断A、B项;要使车向左运动,两人的动量矢量和必须向右,故知甲的动量要大于乙的才行,C对而D错。
5.装好炮弹的大炮总质量为M,其中炮弹的质量为m,已知炮弹出口时对地的速度大小为v,方向与水平方向间的夹角为α,不计炮身与地面间的摩擦,则炮车后退的速度大小是( )
A. B.
C. D.
答案:B
解析:炮弹和炮身在水平方向上不受外力作用,故在水平方向上炮弹和炮身组成的系统动量守恒:mvcosα=(M-m)v',所以v'=,故选项B正确。
6.手榴弹在离地高h处时的速度方向恰好沿水平方向,速度大小为v,此时,手榴弹炸裂成质量相等的两块,设消耗的火药质量不计,爆炸后前半块的速度方向仍沿水平向左,速度大小为3v,那么两块弹片落地点之间的水平距离多大?
答案:4v
解析:手榴弹在空中爆炸时间极短,且重力远小于爆炸力,重力的冲量可忽略,手榴弹在爆炸的瞬间动量守恒,设爆炸后每块质量为m,向左为正方向,则由动量守恒定律得2mv=m·3v+mv',则后半块速度v'=-v,即v'方向向右,由平抛运动知,弹片落地时间t=,因此两块弹片落地点间的水平距离x=3v·t+|v'|t=4v。
7.如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2,求:
(1)物块在车面上滑行的时间t;
(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
答案:(1)0.24 s (2)5 m/s
解析:(1)设物块与小车共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力大小为F,对物块应用牛顿运动定律有
F=m2·
又F=μm2g
解得t=
代入数据得t=0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出,须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v',则
m2v0'=(m1+m2)v'
由功能关系有
m2v0'2=(m1+m2)v'2+μm2gL
代入数据解得v0'=5 m/s
故要使物块不从车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s。
课时训练5 碰撞
一、综合题
1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境,他们使两个带正电的不同重离子加速后,沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )
A.速率 B.质量 C.动量 D.动能
答案:C
解析:尽可能减少碰后粒子的动能,才能尽可能增大内能,所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间合动量为零,即具有相同大小的动量。
2.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球,它们的动能相等,已知甲球的质量大于乙球的质量,它们正碰后可能发生的情况是( )
A.甲球停下,乙球反向运动
B.甲球反向运动,乙球停下
C.甲、乙两球都反向运动
D.甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等
答案:AC
解析:由p2=2mEk知,甲球的动量大于乙球的动量,所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向,可以判断A、C正确。
3.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比可能为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案:AB
解析:本题考查动量守恒。根据动量守恒和能量守恒得碰撞后两者的动量都为p,则总动量为2p,根据p2=2mEk以及能量的关系得,所以≤3,故A、B正确。
4.如图所示,在真空中一光滑绝缘水平面上,有直径相同的两个金属球A、C,质量mA=1×10-2kg、mC=5×10-3kg,静止在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中的C球带正电,电荷量qC=1.0×10-2C。在磁场外不带电的A球以速度v0=20 m/s进入磁场中与C球发生正碰后,C球对水平面的压力恰好为零(g取10 m/s2),则碰后A球的速度为( )
A.10 m/s B.5 m/s
C.-10 m/s D.-20 m/s
答案:A
解析:A球与C球发生正碰,则动量守恒,即mAv0=mAvA+mCvC,接触后,C球所带电荷量变为,对水平面压力为零,则vCB=mCg,解以上各式得vA=10 m/s,所以选项A正确。
5.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3 000 kg向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停下,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20 m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰前的行驶速率( )
A.小于10 m/s
B.大于20 m/s,小于30 m/s
C.大于10 m/s,小于20 m/s
D.小于30 m/s,小于40 m/s
答案:A
解析:两车相撞后向南滑行,说明系统总动量向南,则客车的初动量大于货车的初动量,亦即1 500×20 kg·m/s>3 000 kg×v,所以货车速度v<10 m/s。
6.在光滑的水平面上,有a、b两球,其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞后的速度图象如图所示,下列关系正确的是( )
A.ma>mb B.maC.ma=mb D.无法判断
答案:B
解析:由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞,碰后a球反弹,且速度小于a的初速度大小,根据动量守恒定律有:mava=mava'+mbvb'
mamava'2+mbvb'2
可得va'=va,vb'=va,
因va'<0,所以ma7.在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比。
答案:2
解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B的速度大小保持不变,根据它们通过的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程有:m1v0=m1v1+m2v2
m1m1m2
解得:=2。
8.如图所示,车厢的质量为M,长度为L,静止在光滑水平面上,质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动,木块与前车壁碰撞后以向左运动,则再经过多长时间,木块将与后车壁相碰?
答案:
解析:木块和车厢组成的系统动量守恒,设向右为正方向,碰后车厢的速度为v',则
mv0=Mv'-m·
得v'=,方向向右
设t时间内木块将与后车壁相碰,则v't+t=L
t=。
课时训练6 反冲运动 火箭
一、综合题
1.手持铁球的跳远运动员起跳后,欲提高跳远成绩,可在运动到最高点时,将手中的铁球( )
A.竖直向上抛出 B.向前方抛出
C.向后方抛出 D.向左方抛出
答案:C
解析:欲提高跳远成绩,则应增大水平速度,即增大水平方向的动量,所以可将铁球向后抛出,人和铁球的总动量守恒,因为铁球的动量向后,所以人向前的动量增加。
2.一平板小车静止在光滑的水平地面上,甲、乙两人分别站在车上左右两端,当两人同时相向而行时,发现小车向左移动,则( )
A.若两人质量相等,必定v甲>v乙
B.若两人质量相等,必定v甲C.若两人速率相等,必定m甲>m乙
D.若两人速率相等,必定m甲答案:AC
解析:把甲、乙以及小车看成一个系统,系统的动量守恒,开始时速度都为零,小车向左运动,说明甲、乙两人的合动量方向向右,根据题意,甲向右运动,乙向左运动,所以甲的动量大于乙的动量,如果二者质量相等,则甲的速度大于乙的速度,如果二者速度相等,则甲的质量大于乙的质量。
3.静止的实验火箭,总质量为M,当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后,火箭的速度为( )
A.v0 B.-v0
C.v0 D.-v0
答案:B
解析:火箭整体动量守恒,则有(M-Δm)v+Δmv0=0,解得:v=-v0,负号表示火箭的运动方向与v0相反。
4.如图所示,船静止在平静的水面上,船前舱有一抽水机,抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱,不计水的阻力,下列说法中正确的是( )
A.若前后舱是分开的,则前舱将向后加速运动
B.若前后舱是分开的,则前舱将向前加速运动
C.若前后舱不分开,则船将向后加速运动
D.若前后舱不分开,则船将向前加速运动
答案:B
解析:前后舱分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用前舱向前加速运动,若不分开,前后舱和水是一个整体,则船不动。
5.向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则( )
A.b的速度方向一定与原速度方向相反
B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大
C.a、b一定同时到达水平地面
D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力的大小一定相等
答案:CD
解析:爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小,所以A、B不能确定;因炸开后两者都做平抛运动,且高度相同,故C对;由牛顿第三定律知D对。
6.如图所示为一空间探测器的示意图,P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机,P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行,P2、P4的连线与y轴平行,每台发动机开动时,都能向探测器提供推力,但不会使探测器转动,开始时,探测器以恒定的速度v0向正x轴方向平动,要使探测器改为向正x轴偏负y轴60°的方向以原来的速率v0平动,则可以( )
A.先开动P1适当时间,再开动P4适当时间
B.先开动P3适当时间,再开动P2适当时间
C.开动P4适当时间
D.先开动P3适当时间,再开动P4适当时间
答案:A
解析:由题意可知,原速度沿x轴方向,要使速度为沿正x轴偏负y轴,且速率不变,则x轴方向速度应减小,应打开P1使探测器获得负x轴方向的加速度,即减小正x方向速度,再打开P4,增大负y轴方向的速度,使最后速度为题中所要求的。
7.在沙堆上有一木块,质量m1=5 kg,木块上放一爆竹,质量m2=0.1 kg。点燃爆竹后,木块陷入沙中深度为s=5 cm,若沙对木块的平均阻力为58 N,不计爆竹中火药的质量和空气阻力,g取10 m/s2,求爆竹上升的最大高度。
答案:20 m
解析:爆竹爆炸时爆竹和木块组成的系统内力远大于外力,动量守恒,取向上为正方向,
则0=m2v-m1v'①
木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止,由动能定理得
(F-m1g)s=m1v'2②
解得v'=0.4 m/s,代入①式,得v=v'=20 m/s
爆竹以速度v做竖直上抛运动,上升的最大高度为h==20 m。
8.一个宇航员,连同装备的总质量为100 kg,在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态,他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒,贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气,才能回到飞船上,同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸,已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4 kg/s,试问瞬间喷出多少氧气,宇航员才能安全返回飞船?
答案:0.05 kg≤m≤0.45 kg
解析:宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后,因反冲运动而返回,遵从动量守恒定律。剩余气体应满足返回途中供呼吸之用。
设瞬间喷出氧气m,宇航员刚好安全返回,由动量守恒定律得mv-Mv1=0①
(气体的变化对宇航员质量变化影响很小,可以忽略)
匀速运动的时间t=②
m0=Qt+m③
联立①②③可解得m1=0.05 kg,m2=0.45 kg
故0.05 kg≤m≤0.45 kg。
