3 动量守恒定律
必备知识基础练
1.(2021四川雅安中学高二月考)如图所示,木块A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起置于光滑水平面上处于静止状态,现有一颗子弹水平射入木块A并留在其中,则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中,子弹、两木块和弹簧组成的系统(弹簧始终处于弹性限度内) ( )
A.动量守恒 B.动量不守恒
C.机械能守恒 D.总能量不守恒
2.(多选)在光滑的水平面上,一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生弹性碰撞,碰撞时间不计,两物体的位置随时间变化规律如图所示,以A物体碰前速度方向为正方向,则( )
A.碰撞后A的动量为6 kg·m/s
B.碰撞后A的动量为2 kg·m/s
C.物体B的质量为2 kg
D.碰撞过程中外力的矢量和对B的冲量为6 N·s
3.(2021山东潍坊一中高三开学检测)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为m0,人与车以速度v1在光滑水平面上向右匀速运动,当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为( )
A.,向右 B.,向右
C.,向右 D.v1,向右
4. 如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0,则( )
A.小木块和木箱最终都将静止
B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动
C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动
5.质量相等的三个小球a、b、c,在光滑的水平面上以相同的速度v0运动,它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞,如图甲、乙、丙所示,碰撞后a继续沿原方向运动,b静止,c沿反方向弹回,则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是( )
A.A球 B.B球
C.C球 D.不能确定
6.质量为1 000 kg的轿车与质量为4 000 kg的货车迎面相撞,碰撞后两车绞在一起,并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图所示)。从事故现场测出,两车相撞前,货车的行驶速度为54 km/h,撞后两车的共同速度为18 km/h。该段公路对轿车的限速为100 km/h,试判断轿车是否超速行驶。
关键能力提升练
7.(2021山东威海乳山一中高二月考)如图所示,一辆装有沙子且与沙子质量之和为m1的小车以速度v1在光滑水平面上运动,一质量为m、速度为v2的小球沿与水平方向夹角为θ的方向落到车上并陷入车里的沙中,此时小车的速度为( )
A. B.
C. D.
8.(多选)(2021河北石家庄二中高二开学考试)如图所示,小车放在光滑地面上,小车与人的接触面粗糙。A、B两人站在车的两端,这两人同时开始相向行走,发现车向左运动,小车运动的原因可能是( )
A.A、B质量相等,但A比B的速率大
B.A、B质量相等,但A比B的速率小
C.A、B速率相等,但A比B的质量大
D.A、B速率相等,但A比B的质量小
9. (多选)如图所示,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg的弹性小球a、b,用轻绳紧紧地把它们捆在一起,使它们发生微小的形变。该系统以速度v0=0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t=5.0 s后,测得两球相距s=4.5 m,则下列说法正确的是 ( )
A.刚分离时,a球的速度大小为0.7 m/s
B.刚分离时,b球的速度大小为0.2 m/s
C.刚分离时,a、b两球的速度方向相同
D.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
10.(多选)如图所示,三小球a、b、c的质量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中,下列说法正确的是( )
A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒
B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能也守恒
C.当小球b、c速度相等时,弹簧弹性势能最大
D.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零
11.(2021河南驻马店高二检测)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10 m/s2。
(1)求斜面体的质量;
(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩
参考答案
3 动量守恒定律
1.A 子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中,系统所受的外力的矢量和为零,则系统的动量守恒,故A正确,B错误;该过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功,系统的机械能不守恒,且系统损失的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,系统的总能量守恒,故C、D错误。
2.BD 由题图可知,碰撞前A的速度为v0= m/s=4 m/s,撞后A、B共同的速度为v= m/s=1 m/s,则碰撞后A的动量为pA=mAv=2 kg×1 m/s=2 kg·m/s,故A错误,B正确;A、B碰撞过程中,由动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v,解得mB=6 kg,故C错误;对B,由动量定理可得IB=mBv-0=6 kg·1 m/s=6 N·s,故D正确。
3.D 人和车在水平方向上动量守恒,当人竖直跳起时,人和车之间在竖直方向上有相互作用,在水平方向上合力为零,动量仍然守恒,水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍为v1,方向向右,故选D。
4.B 系统不受外力,系统动量守恒,最终两个物体以相同的速度一起向右运动,B正确。
5.C 在三个小球发生碰撞的过程中,系统动量是守恒的,根据动量守恒关系式mv0=mv+m1v',整理可得m1v'=mv0-mv,取v0的方向为正方向,可得出C球的动量数值是最大的,C正确。
6.答案 轿车超速行驶
解析 碰撞中两车间的相互作用力很大,可忽略两车受到的其他作用力,近似认为两车在碰撞过程中动量守恒。
设轿车质量为m1,货车质量为m2;碰撞前轿车速度为v1,货车速度为v2;碰撞后两车的共同速度为v'。选轿车碰撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m1v1+m2v2,碰撞后系统的总动量为(m1+m2)v',由动量守恒定律得:
m1v1+m2v2=(m1+m2)v',v1==
km/h=126 km/h>100 km/h,
故轿车在碰撞前超速行驶。
7.B 小车(包含沙子)与小球组成的系统在水平方向所受外力的矢量和为0,水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m1v1+mv2cos θ=(m+m1)v,解得v=,故选B。
8.AC A、B两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人相向运动时,车向左运动,车的动量向左,由动量守恒定律可知,A、B两人的动量之和向右,则A的动量大于B的动量,如果A、B的质量相等,则A的速率大于B的速率,故A正确,B错误;如果A、B速率相等,则A的质量大于B的质量,故C正确,D错误。
9.ABD 系统的总动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,两球相距s=v1t-v2t,代入数据解得v1=0.7 m/s,v2=-0.2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反,故A、B正确,C错误;由能量守恒定律得(m1+m2)+Ep=m1m2,代入数据解得Ep=0.27 J,故D正确。
10.ACD 在整个运动过程中,三球与弹簧组成的系统的外力的矢量和为零,系统的总动量守恒,a与b碰撞过程中机械能减少,故A正确,B错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的压缩量或伸长量最大,弹簧弹性势能最大,故C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒定律可知,小球b的动能不为零,故D正确。
11.答案 (1)20 kg (2)冰块不能追上小孩
解析 (1)设斜面质量为m,取冰块被推出的速度方向为正方向,冰块和斜面的系统,水平方向动量守恒
m2v2=(m2+m)v
系统机械能守恒m2gh+(m2+m)v2=m2
解得m=20 kg。
(2)取冰块被推出的速度方向为正方向,小孩推冰块的过程m1v1+m2v2=0
解得v1=-1 m/s(向右)
冰块与斜面的系统m2v2=m2v2'+mv3,m2m2v2'2+。
解得v2=-1 m/s(向右)5 弹性碰撞和非弹性碰撞
必备知识基础练
1.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—时间图像如图所示。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∶1
2.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为1 kg的小球以1 m/s的速度向前运动,与质量为3 kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=1 m/s,则( )
A.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后球的速度为v球=-2 m/s
B.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来
C.v木=1 m/s这一假设是不合理的,因而这种情况不可能发生
D.v木=1 m/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
3.如图所示,在光滑的水平面上有2 020 个完全相同的小球等间距排成一条直线,均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为( )
A.Ek B.Ek
C.Ek D.Ek
4. 如图所示,水平放置的圆环形光滑槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球a、b,球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动,在位置P与球b发生弹性碰撞,碰后球a反弹,并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=90°,两小球可视为质点,则a、b两球质量之比为( )
A.3∶1 B.1∶3
C.5∶3 D.3∶5
5. (多选)如图所示,用两根长度都等于L的细绳,分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度,静止时两球恰好相接触。现把a球拉到细绳处于水平位置,然后无初速释放,当a球摆动到最低位置与b球相碰后,b球可能升高的高度为( )
A.L B. C. D.
6.如图所示,在游乐场中,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动。设甲同学和车的总质量为m,碰撞前向右运动,速度大小为v1;乙同学和车的总质量为1.5m,碰撞前向左运动,速度大小为0.5v1。求碰撞后两车共同的运动速度。
7. (2021江苏徐州模拟)倾角为θ=30°、长为L的固定斜面ABC如图所示。质量为3m的物体P放置在斜面的底端A,质量为m的物体Q放置在斜面的中点B,两物体与斜面间的动摩擦因数相同,且都能恰好静止在斜面上,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。给物体P沿斜面向上的初速度,物体P与物体Q发生弹性碰撞后,Q恰能运动到斜面的顶端C,重力加速度为g,求:
(1)两物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)物体P的初速度v0。
关键能力提升练
8.甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6 m/s、v2=2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A.v1'=7 m/s,v2'=1.5 m/s
B.v1'=2 m/s,v2'=4 m/s
C.v1'=3.5 m/s,v2'=3 m/s
D.v1'=4 m/s,v2'=3 m/s
9.甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s、p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰撞后乙的动量为10 kg·m/s,则两球的质量m1与m2的关系可能是( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.4m1=m2 D.6m1=m2
10. (多选)如图所示,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触。现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )
A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相等
D.第一次碰撞后,两球的最大摆角相等
11. 如图所示,竖直平面内的圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)碰撞前瞬间A的速率v;
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
12.如图所示,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
参考答案
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.C 碰前vA=4 m/s,vB=0,碰后vA'=vB'=1 m/s,由动量守恒可知mAvA+0=mAvA'+mBvB',解得mB=3mA,故选项C正确。
2.C 若v木=1 m/s,以向右为正方向,则由动量守恒定律可知m1v0=m1v球+m2v木,解得v球=-2 m/s,碰前动能E1=m1=0.5 J,碰后动能E2=m1m2=3.5 J>E1,则假设不合理,这种情况不可能发生,故选项C正确,A、B、D错误。
3.D 以第一个小球初速度v0的方向为正方向,将2 020个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv0=2 020mv,解得v=,则系统损失的机械能为ΔE=·2 020mv2,解得ΔE=Ek,故选D。
4.D 由动量守恒可知,碰后两球的速度方向相反,且在相同时间内,b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍,则有vb=-3va,由动量守恒定律有mav=mbvb+mava,由能量守恒有mav2=mamb,联立解得,故A、B、C错误,D正确。
5.ABC 若a、b两球发生弹性碰撞,易知b球上摆的高度可达L;若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同),则根据mv=2mv'和·2mv'2=2mgh',可知其上摆的高度为。考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多,故b球上摆的高度应满足≤h≤L,选项A、B、C符合,D不符合。
6.答案 0.1v1,方向水平向右
解析 设水平向右为正方向,由动量守恒定律可得mv1-1.5m×0.5v1=(m+1.5m)v共
解得v共=0.1v1,方向水平向右。
7.答案 (1) (2)
解析 (1)物体Q恰好静止在斜面上
根据平衡条件可得mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=。
(2)物体P上滑过程中,由动能定理可得-3mgsin θ·-3μmgcos θ·×3mv2-×3m
以沿斜面向上为正方向,两物体碰撞过程中,根据动量守恒定律可得3mv=3mv1+mv2
根据机械能守恒可得
×3mv2=×3m
物体Q上滑过程中,根据动能定理可得
-mgsin θ·-μmgcos θ·=0-
联立解得v0=。
8.B 以甲的初速度方向为正方向,碰前的总动量p1=m1v1+m2v2=(1×6+2×2) kg·m/s=10 kg·m/s
碰前的动能为Ek1=m1m2=22 J。
A项中p2=m1v1'+m2v2'=(1×7+2×1.5) kg·m/s=10 kg·m/s
Ek2=m1v1'2+m2v2'2=×1×72+×2×1.52 J>22 J,碰后机械能增加,故A项不符合题意;同理B项中动量守恒,机械能不增加,且碰后v2'>v1',不会发生二次碰撞,B项符合题意;C项中动量不守恒,不符合题意;D项中动量守恒,机械能不增加,但v1'>v2',会发生二次碰撞,故D项不符合题意。
9.C 两球碰撞过程中动量守恒,p1+p2=p1'+p2',得
p1'=2 kg·m/s
碰撞后动能不可以增加,所以有
得m2≥m1
若要甲追上乙,碰撞前必须满足v1>v2,
即得m2>m1
碰撞后甲不能超越乙,必须满足v1'≤v2',即,得m2≤5m1。
综合知m1≤m2≤5m1,选项C正确。
10.AD 两球弹性碰撞时动量守恒、动能守恒,设碰撞前a球速度为v,碰撞后两球速度大小分别为va'=v=-v,vb'=v=v,速度大小相等,A项正确,B项错误;碰后动能转化为重力势能,由mv2=mgh知,上升的最大高度相等,所以最大摆角相等,C项错误,D项正确。
11.答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析 设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR=mv2
得碰撞前瞬间A的速率v==2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv=2mv'
得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v'=v=1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v'2=μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l==0.25 m。
12.答案 v0
解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA'=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得mvA=mvA'+mvB
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=
设B与C碰撞前B的速度为vB',B克服轨道阻力所做的功为 WB,由功能关系得WB=mvB'2
据题意可知WA=WB
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB'=2mv2 动量定理
必备知识基础练
1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道,圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一质量为m的小球a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。以下说法正确的是( )
A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相同
B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相同
C.a比b先到达S,它们在S点的动量相同
D.b比a先到达S,它们在S点的动量相同
2.(2021浙江湖州高二检测)如图所示,把茶杯压在一张白纸上,第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出;第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法正确的是( )
A.第二次拉动白纸过程中,纸对茶杯的摩擦力大一些
B.第一次拉动白纸过程中,纸对茶杯的摩擦力大一些
C.第二次拉出白纸过程中,茶杯增加的动量大一些
D.第一次拉出白纸过程中,纸给茶杯的冲量大一些
3.质量为m的运动员托着质量为m1的杠铃从下蹲状态(如图甲所示)缓慢运动到站立状态(如图乙所示),该过程中杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(如图丙所示),运动员从甲到乙、从乙到丙经历的时间分别为t1、t2,则在举起杠铃的整个过程中( )
A.地面对运动员的冲量为0
B.地面对运动员的冲量为(m1+m)g(t1+t2)
C.运动员对杠铃的冲量为m1g(t1+t2+Δt)
D.运动员对杠铃的冲量为m1g(t1+t2)
4.(2021山东潍坊一中检测)如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,某时刻速度的大小为v,方向向下。经时间t,小球的速度方向变为向上,大小仍为v。忽略空气阻力,重力加速度为g,则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量( )
A.大小为2mv,方向向上
B.大小为2mv,方向向下
C.大小为2mv+mgt,方向向上
D.大小为2mv+mgt,方向向下
5.(2022陕西渭南期末)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,接到球后,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.减小球的动量变化量
C.延长球与人的相互作用的时间
D.将球的动能全部转移给运动员
6.(多选)A、B两球质量相等,A球竖直上抛,B球平抛,两球在运动中空气阻力不计,则下列说法正确的是( )
A.相同时间内,动量的变化大小相等、方向相同
B.相同时间内,动量的变化大小相等、方向不同
C.动量的变化率大小相等、方向相同
D.动量的变化率大小相等、方向不同
7.学校科学晚会上,科技制作社团表演了“震撼动量球”实验。在互动环节,表演者将球抛向观众,让其感受碰撞过程中的力,假设质量为3 kg的超大气球以3 m/s的速度竖直下落到手面,某观众双手上推,使气球以原速度大小竖直向上反弹,作用时间为0.1 s。忽略气球所受浮力及空气阻力,g取10 m/s2。则观众双手受的压力大小为( )
A.150 N B.180 N
C.210 N D.240 N
8.某运动员用头颠球,若足球用头顶起,每次上升高度为80 cm,足球的质量为400 g,与头部作用时间Δt为0.1 s,则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小为(空气阻力不计,g取10 m/s2)( )
A.t=0.4 s,FN=16 N
B.t=0.4 s,FN=36 N
C.t=0.8 s,FN=36 N
D.t=0.8 s,FN=32 N
关键能力提升练
9.(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把其在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭起到停止的过程称为过程Ⅱ,则( )
A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合力的总冲量等于零
D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
10.(多选)如图所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰几次后停下来,而箱子始终静止,则整个过程中( )
A.铁球对箱子的冲量为零
B.铁球和箱子受到的冲量为零
C.箱子对铁球的冲量为mv,向右
D.地面摩擦力对箱子的冲量为mv,向右
11.如图所示,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动。现将一质量m=1 kg的物体由静止轻放在皮带上,物体和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,g取10 m/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中,皮带对物体的冲量大小为( )
A.1 N·s B.2 N·s
C.3 N·s D. N·s
12.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一名质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s。若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,求此力的大小。(g取10 m/s2)
参考答案
2 动量定理
1.A 在小球下落的过程中,只有重力对小球做功,故机械能守恒,故有mgh=mv2,解得v=,所以在相同的高度,两小球的速度大小相同,即速率相同,由于a的路程小于b的路程,故ta2.C 两次拉动中,茶杯和纸之间均发生相对滑动,因此受到的均为滑动摩擦力,因压力不变,则由Ff=μFN可知,两次拉动时纸对茶杯的摩擦力相同,A、B错误;第二次较慢拉动白纸过程中,摩擦力作用时间长,则产生的冲量较大,根据动量定理可知,茶杯获得的动量大一些,C正确;第一次迅速拉动白纸过程中,摩擦力作用时间短,故纸给茶杯的冲量小一些,D错误。
3.C 因缓慢运动,运动员和杠铃均可视为处于平衡状态,则地面对运动员的支持力大小为(m1+m)g,作用时间为(t1+t2+Δt),故冲量为I=(m1+m)g(t1+t2+Δt),A、B错误;运动员对杠铃的力的大小为m1g,其冲量为I'=m1g(t1+t2+Δt),C正确,D错误。
4.C 设向上为正方向,由动量定理I弹-mgt=mv-(-mv),解得I弹=mgt+2mv,方向向上,C正确,A、B、D错误。
5.C 根据动量定理可知F合Δt=mΔv,两臂随球迅速收缩至胸前,延长了球与人的相互作用的时间,进而减小了作用力,动量变化量不变,球对手的冲量也不变,球此时可能还有速度,可能没有将全部的动能都转移给运动员,故选C。
6.AC A、B球在空中只受重力作用,因此相同时间内重力的冲量相同,因此两球动量的变化大小相等、方向相同,A正确,B错误;动量的变化率为=m=mg,大小相等、方向相同,C正确,D错误。
7.C 取竖直向下为正方向,对气球由动量定理有Ft+mgt=-mv-mv,代入数据解得F=-210 N,负号表示力的方向竖直向上,由牛顿第三定律可知,观众双手受到的压力大小为210 N,故C正确,A、B、D错误。
8.C 足球自由下落时有h=gt2,解得t==0.4 s,竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间,所以t总=2t=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得(FN-mg)Δt=mv-(-mv),又v=gt=4 m/s,联立解得FN=36 N,故C正确,A、B、D错误。
9.AC 对过程Ⅰ,钢珠只受重力,据动量定理知,A项正确;对过程Ⅱ,由动量定理得G·t2-F阻·t2=0-mv,则B、D两项错;全过程Δp=0,则C项正确。
10.CD 箱子在水平方向上受到两个力作用,铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力,二力始终等大反向,其合力始终为零,故箱子始终静止,因此,铁球对箱子的冲量与地面摩擦力对箱子的冲量等大反向,合冲量为零,故A错误;根据动量定理,铁球受到的冲量为I=0-mv=-mv,而箱子受到的冲量始终为零,故B错误;根据动量定理,箱子对铁球的冲量为I=0-mv=-mv,负号表示方向向右,故C正确;箱子对铁球的冲量mv,向右,根据牛顿第三定律,铁球对箱子的冲量为mv,向左,又因为地面摩擦力与铁球对箱子的作用力等大反向,所以地面摩擦力对箱子的冲量为mv,向右,故D正确。
11.D 物体在皮带上受到的滑动摩擦力Ff=μmg=5 N,加速度a=μg=5 m/s2,物体与皮带发生相对滑动的时间t==0.2 s,摩擦力对物体的冲量If=Fft=1 N·s,支持力的冲量IN=FNt=mgt=2 N·s,故皮带对物体的冲量I= N·s,故选D。
12.答案 1.5×103 N
解析 将运动员看作质量为m的质点,从高h1处下落,刚接触网时速度的大小v1=,方向竖直向下,
弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2=,方向竖直向上,
选竖直向上为正方向,
由动量定理得(F-mg)·Δt=m[v2-(-v1)]
由以上各式解得F=mg+m6 反冲现象 火箭
必备知识基础练
1.(多选)(2021山东青岛检测)下列运动属于反冲运动的有( )
A.汽车的运动
B.直升机的运动
C.火箭的运动
D.反击式水轮机的运动
2.(2021山东聊城月考)如图所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( )
A.v0-v2
B.v0+v2
C.v0-v2
D.v0+(v0-v2)
3.质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度地沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( )
A. B. C. D.
4.一航天探测器完成对月球的探测后,离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行,先加速运动后匀速运动。探测器通过喷气而获得动力,以下关于喷气方向的说法正确的是( )
A.探测器加速运动时,向后喷射
B.探测器加速运动时,竖直向下喷射
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷射
D.探测器匀速运动时,不需要喷射
5.如图所示,甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲推乙后,两人向相反的方向滑去,已知甲的质量为45 kg,乙的质量为50 kg。关于分开后两人的动量和速率,下列说法正确的是( )
A.两人的总动量增加
B.甲与乙两人的速率之比为10∶9
C.质量大的人动量数值大
D.甲与乙两人的速率之比为1∶1
6.光滑水平面上停有一质量为m0的平板小车,小车上站有质量均为m的两个人,由于两人朝同一水平方向跳离小车,从而使小车获得一定的速度,则下列说法正确的是( )
A.两人同时以2 m/s的速度(相对地面)跳离车比先后以2 m/s的速度(相对地面)跳离车使小车获得的速度要大些
B.上述A项中,应该是两人一先一后跳离时,小车获得的速度大
C.上述A项中的结论应该是两种跳离方式使小车获得的速度一样大
D.两种跳离方式使小车获得的速度不相等,但无法比较哪种跳法使小车获得的速度大
7. 某校课外科技小组制作了一只“水火箭”(如图所示),用压缩空气来压出水流使火箭运动。将火箭放在光滑水平轨道上,喷出水流的流量保持为2×10-4 m3/s,喷出速度保持水平且对地为10 m/s。启动前火箭总质量为1.4 kg,水的密度是103 kg/m3。则启动2 s后(水还没有流完)火箭的速度大小可以达到多少
关键能力提升练
8.一炮艇在湖面上匀速行驶,突然从船头和船尾同时向前和向后发射一颗炮弹,设两炮弹质量相同,相对于地的速率相同,牵引力和阻力均不变,则船的动量和速度的变化情况是( )
A.动量不变,速度增大
B.动量变小,速度不变
C.动量增大,速度增大
D.动量增大,速度减小
9.如图所示,具有一定质量的小球A固定在轻杆一端,杆的另一端挂在小车支架的O点,用手将小球拉起使轻杆呈水平状态,在小车处于静止的情况下放手使小球摆下,在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起,则此后小车的运动状态是(小车位于光滑路面上)( )
A.向右运动
B.向左运动
C.静止不动
D.无法判断
10.如图所示,质量为m0的密闭汽缸置于光滑水平面上,缸内有一隔板P,隔板右边是真空,隔板左边是质量为m的高压气体,若将隔板突然抽去,则汽缸的运动情况是( )
A.保持静止不动
B.向左移动一定距离后恢复静止
C.最终向左做匀速直线运动
D.先向左移动,后向右移动回到原来位置
11. 如图所示,质量为m0的小车静止在光滑的水平地面上,车上装有半径为R的半圆形光
滑轨道,现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放,当小球滑至半圆轨道的最低位置时,小车移动的距离为多少 小球的速度大小为多少
参考答案
6 反冲现象 火箭
1.CD 汽车的运动利用了汽车的牵引力,不属于反冲运动,故A错误;直升机的运动利用了空气的反作用力,不属于反冲运动,故B错误;火箭的运动是利用喷气的方式获得动力的,属于反冲运动,故C正确;反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力,属于反冲运动,故D正确。
2.D 火箭和卫星组成的系统在分离时,水平方向的动量守恒,规定初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m2v2+m1v1,解得v1=v0+(v0-v2),D正确。
3.B 小球沿大球内壁滚到最低点的过程,系统在水平方向的动量守恒,且水平方向总动量始终为零,可利用“人船模型”的规律分析。由水平方向始终动量守恒有m=2m,即m=2m,又x小球+x大球=R,所以x大球=R,B正确。
4.C 航天探测器通过反冲运动获得动力,可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况,由喷气方向可以判断推动力的方向。航天探测器做加速直线运动时,合力应当与运动方向相同,喷气方向应当是向下偏后方向喷射;航天器做匀速直线运动时,合力为零,由于受到月球的万有引力的作用,航天器必然要朝竖直向下的方向喷射,来平衡万有引力,不可能不喷气。故只有选项C正确。
5.B 甲、乙组成的系统,初状态总动量为零,由于推动过程中动量守恒,所以甲、乙的总动量始终为零,故A、C错误;甲、乙两人组成的系统动量守恒,以两人组成的系统为研究对象,以甲的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m甲v甲-m乙v乙=0,解得,B正确,D错误。
6.C 由于小车和两人所组成的系统动量守恒,两人无论是同时跳离小车或是不同时跳离小车,跳离后两人都有相同的动量,所以无论两个人如何跳离小车,小车最后的动量都一样,即两种跳法,使小车获得的动量相等,所以两种跳离方式使小车获得的速度相同,故正确选项为C。
7.答案 4 m/s
解析 水火箭喷出水流做反冲运动,设火箭原来总质量为m,喷出水流的流量为Q,水的密度为ρ,水流的喷出速度为v,火箭的反冲速度为v',由动量守恒定律得(m-ρQt)v'=ρQtv,火箭启动2 s后的速度大小为v'= m/s=4 m/s。
8.A 整个过程动量守恒,且两发炮弹的总动量为零,所以船的动量不变,又因为船发射炮弹后的质量变小,所以船的速度增大,故A正确。
9.C 小车与小球构成的系统在水平方向上总动量守恒,刚释放A球时,系统动量为零,当二者粘在一起时,其共同速度也必为零,故只有选项C正确。
10.B 突然撤去隔板,气体向右运动,汽缸做反冲运动,当气体充满整个汽缸时,它们之间的作用结束,根据动量守恒定律可知,开始时系统的总动量为零,结束时总动量必为零,气体和汽缸都将停止运动,故选项B正确。
11.答案 R 第一章 动量守恒定律
1 动量
必备知识基础练
1.关于动量和动能,以下说法正确的是( )
A.速度大的物体动量一定大
B.质量大的物体动量一定大
C.两个物体的质量相等,动量大的其动能也一定大
D.两个物体的质量相等,速度大小也相等,则它们的动量一定相等
2.关于动量和动能,下列说法正确的是( )
A.惯性越大的物体,动量也越大
B.动量大的物体它的速度不一定大
C.如果物体的速度改变,那么物体的动能和动量一定都改变
D.如果物体的速率改变,质量不变,那么物体的动能和动量可能都不变化
3.如图所示,质量为0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8 kg、以10 m/s的速度飞行的小球相比( )
A.子弹的动量较大
B.小球的动量较大
C.子弹的动能较大
D.小球的动能较大
4.如图所示,一个人坐在摩天轮中做匀速圆周运动,运动一周的过程中,下列说法正确的是( )
A.人的动量一直变化,动能始终不变
B.人的动能一直变化,动量始终不变
C.人的动量和动能始终不变
D.人的动量和动能一直变化
5.(2022广东实验中学月考)列车在启动阶段做初速度为零的匀加速直线运动,则列车在启动阶段的动量( )
A.与它所经历的时间成反比
B.与它的位移成反比
C.与它的速度成正比
D.与它的动能成正比
6.(多选)(2021广东广州期末)质量相等的A、B两个物体,沿着倾角分别为α和β(α≠β)的两个光滑的固定斜面,由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1,如图所示,则A、B两物体 ( )
A.滑到h1高度时的动量相同
B.滑到h1高度时的动能相等
C.由h2滑到h1的过程中物体动量变化量相同
D.由h2滑到h1的过程中物体动能变化量相等
7.(2021广西南宁期末)用如图所示装置探究碰撞中的不变量,气垫导轨水平放置,挡光板宽度为d=5.0 mm,两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后,左侧滑块通过左侧光电计时器,记录时间为t1=0.040 s,右侧滑块通过右侧光电计时器,记录时间为t2=0.062 s,左侧滑块质量为m1=1 kg,右侧滑块质量为m2=1.5 kg,弹开后,左侧滑块动量为p1= kg·m/s,右侧滑块动量为p2= kg·m/s。(以水平向左为正方向,结果保留到小数点后三位)
8.3颗质量均为0.05 kg的子弹以600 m/s的速度击中竖直固定挡板,由于挡板不同位置材质不同,子弹击中后的运动情况不同,A水平穿过挡板,穿过后的速度是200 m/s,B被挡板反向弹回,弹回时速度大小为200 m/s,C进入挡板后停在挡板之内,求3颗子弹动量的变化量。(规定向右的方向为正方向)
关键能力提升练
9.(多选)质量为3 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由2 m/s变成6 m/s,那么在此过程中,动量变化的大小可能是( )
A.4 kg·m/s B.12 kg·m/s
C.20 kg·m/s D.24 kg·m/s
10.(多选)如图所示为物体受到的合力随时间变化的图像,若物体开始时是静止的,则前3 s内( )
A.物体的位移为0
B.物体的动量改变量为0
C.物体的动能变化量为0
D.物体的机械能改变量为0
11.“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示。小车A前端贴有橡皮泥,后端连一穿过打点计时器的纸带,接通打点计时器电源后,让小车A以某速度做匀速直线运动,与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起,继续做匀速直线运动。已知打点计时器的电源周期为0.02 s。
甲
乙
(1)下列说法正确的是 。(填正确选项前的字母)
A.本实验中应尽可能减小摩擦
B.实验时先推动小车A,再接通打点计时器电源
(2)若获得的纸带如图乙所示,从a点开始,每5个点取一个计数点,其中a、b、c、d、e都为计数点,并测得相邻计数点间距分别为ab=20.3 cm、bc=36.2 cm、cd=25.1 cm、de=20.5 cm,已测得小车A(含橡皮泥)的质量mA=0.4 kg,小车B(含撞针)的质量mB=0.3 kg。由以上测量结果可得碰前系统总动量为 kg·m/s,碰后系统总动量为 kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)
12.如图所示,将质量为m=1 kg的小球,从距水平地面高h=5 m处,以v0=10 m/s的水平速度抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)平抛运动过程中小球动量的增量Δp;
(2)小球落地时的动量p'。
参考答案
1 动量
1.C 据p=mv知,A、B均错误;据Ek=mv2=知,C正确;由于动量是矢量,速度大小相等、方向不一定相同,动量不一定相等,所以D错误。
2.B 质量是惯性的唯一量度,惯性越大的物体,质量越大,但动量p=mv,不仅与质量有关,还与速度有关,故惯性越大的物体,动量不一定也越大,故A错误;动量p=mv,动量大只说明了质量与速度的乘积大,但速度不一定大,故B正确;物体的动能Ek=mv2,速度是矢量,速度大小不变,方向变化时,动能不变,而动量p=mv,速度改变时,动量就一定改变,故C错误;如果物体的质量不变,速率改变,即速度大小改变,则物体的动能和动量都变化,故D错误。
3.C 根据p=mv,子弹的动量p1=8 kg·m/s,小球的动量p2=8 kg·m/s,所以二者动量大小相等;根据Ek=mv2,子弹的动能Ek1=3 200 J,小球的动能Ek2=40 J,所以子弹的动能较大,故C正确,A、B、D错误。
4.A 匀速圆周运动速度大小不变,方向时刻变化,动量是矢量,既有大小又有方向,则人的动量一直变化,动能是标量,只有大小没有方向,则人的动能始终不变,故A正确,B、C、D错误。
5.C 根据p=mv=mat,可知列车的动量与它所经历的时间成正比,选项A错误;根据p=mv=m,可知动量与它的位移的二次方根成正比,选项B错误;根据p=mv,可知动量与它的速度成正比,选项C正确;根据p=,可知动量与它的动能的二次方根成正比,选项D错误。
6.BD 两物体由h2下滑到h1高度的过程中,机械能守恒,则有mg(h2-h1)=mv2,解得在高度h1处两物体的速度大小均为v=,两物体下滑到h1高度处时,速度的大小相等,由于α不等于β,故速度的方向不同,由此可判断,两物体在h1高度处动能相同,动量不相同,则两物体由h2滑到h1高度的过程中动量的变化量不相同,而动能的变化量相等,B、D正确,A、C错误。
7.答案 0.125 -0.121
解析 滑块通过光电门的平均速度可视为瞬时速度,左侧滑块的速度为v1= m/s=0.125 m/s,则左侧滑块的动量为p1=m1v1=0.125 kg·m/s,右侧滑块的速度为v2=-=- m/s=-0.080 6 m/s,则右侧滑块的动量为p2=m2v2=-0.121 kg·m/s。
8.答案 见解析
解析 A的初动量pA=mv1=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,
末动量pA'=mv1'=0.05 kg×200 m/s=10 kg·m/s,
A子弹动量的变化量ΔpA=pA'-pA=10 kg·m/s-30 kg·m/s=-20 kg·m/s,ΔpA<0,动量变化量的方向向左。
B的初动量pB=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,
末动量pB'=mv2'=0.05 kg×(-200 m/s)=-10 kg·m/s,
B子弹动量的变化量ΔpB=pB'-pB=-10 kg·m/s-30 kg·m/s=-40 kg·m/s,ΔpB<0,动量变化量的方向向左。
C的初动量pC=mv3=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,
末动量pC'=0,
C子弹动量的变化量ΔpC=pC'-pC=0-30 kg·m/s=-30 kg·m/s,ΔpC<0,动量变化量的方向向左。
9.BD 若两速度方向相同,则动量的变化为Δp=mv-mv0=3×6 kg·m/s-3×2 kg·m/s=12 kg·m/s,若两速度方向相反,以末速度方向为正方向,则动量的变化为Δp=mv'-mv0'=3×6 kg·m/s-(-3×2)kg·m/s=24 kg·m/s,故选B、D。
10.BC 第1 s内F=20 N,第2、3 s内F=-10 N,物体先加速、后减速,在第3 s末速度为0,物体的位移不为0,A错误;根据牛顿第二定律知物体第1 s内的加速度为a1=,1 s末的速度v1=a1t1,物体第2、3 s内的加速度为a2=-,3 s末的速度v3=v1+a2t2=0,故前3 s内动量变化量Δp=mv3-mv0=0-0=0,B正确;由于初速度和末速度都为0,故动能变化量也为0,C正确;物体的势能是否改变不能判断,因此物体的机械能是否改变不能确定,D错误。
11.答案 (1)A (2)1.45 1.44
解析 (1)本实验中要尽可能减小摩擦,这样可减小实验误差,故A正确;实验时应先接通打点计时器电源,再推动小车A,故B错误。
(2)碰前A车做匀速直线运动,速度由bc段求得,v0=,解得v0=3.62 m/s,则碰前系统总动量p0=mAv0=1.45 kg·m/s;碰后A、B车一起做匀速直线运动,速度由de段求得,v=,解得v=2.05 m/s,则碰后系统总动量p=(mA+mB)v=1.44 kg·m/s。
12.答案 (1)10 kg·m/s,方向竖直向下 (2)10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°斜向下
解析 (1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,如图所示,故h=gt2
落地时间t==1 s
Δv=vy=gt=10×1 m/s=10 m/s,方向竖直向下
故Δp=mΔv=1×10 kg·m/s=10 kg·m/s,方向竖直向下。
(2)小球落地时竖直分速度为vy=gt=10 m/s。由速度合成知,落地速度v= m/s=10 m/s,所以小球落地时的动量大小为p'=mv=10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°斜向下。第一章测评
(时间:75分钟 满分:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2021广东深圳龙岗高三调研)如图所示为一名同学“立定跳远”的简化示意图。下列分析正确的是( )
A.跳出之前,地面对人作用力的冲量等于重力的冲量
B.从跳出至落到沙坑过程中,人的动量先增大后减小
C.从跳出至落到沙坑过程中,人的重力势能先增大后减小
D.落入沙坑的过程,沙坑对人作用力的冲量小于重力的冲量
2.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的,煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎,若水流沿水平方向冲击煤层,不考虑水的反向溅射作用,则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m3) ( )
A.30 m/s B.40 m/s C.45 m/s D.60 m/s
3.两球A、B在同一直线上发生碰撞,碰前球A的动量pA=5 kg·m/s,球B静止,碰后球B的动量变为pB'=4 kg·m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A.mB=mA B.mB=mA
C.mB=mA D.mB=6mA
4. (2021河南林州一中高二开学考试)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对盒静止,则( )
A.最终盒的速度大小是 B.最终盒的速度大小是
C.滑块相对盒运动的路程为 D.滑块相对盒运动的路程为
5.(2021辽宁师范大学附属中学高二月考)在光滑的水平面的同一直线上,自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球,另一质量为m的小球A以水平向右的速度v0运动,依次与上述小球相碰,碰后即粘在一起,碰撞n次后,剩余的总动能为原来的,则n为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
6.某人在一只静止的小船上练习打靶,已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为m0,枪内装有n颗子弹,每颗子弹的质量均为m,枪口到靶的距离为L,子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已嵌入靶中,求发射完n颗子弹时,小船后退的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
7.(2021湖南永州高三一模)质量为m的物体静止在光滑水平面上,在水平力F作用下,经时间t物体的动量为p,动能为Ek。若水平力变为2F,经过时间2t,则( )
A.物体的动量变为2p B.物体的动量变为4p
C.物体的动能变为4Ek D.物体的动能变为8Ek
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8. (2021广东珠海高二检测)如图所示,质量为m0的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则( )
A.木块的最终速度为
B.由于车表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.由于车表面粗糙,系统的机械能不守恒
D.系统因摩擦产生的热量与车表面的粗糙程度有关
9.(2021吉林高三第一次调研)长为L、质量为m0的平板小车停在光滑水平面上,质量为m的木块(可视为质点)以速度v0滑上小车的左端,最后刚好停在小车的右端,如图甲所示;若小车以速度v0向左运动时,将木块轻轻放在小车左端,如图乙所示,则( )
A.木块最终刚好停在小车右端
B.木块最终停在小车上,但还离右端一段距离
C.木块将滑出小车
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间相等
10. 如图所示,长为L、质量为m0的木板静置在光滑的水平面上,在木板上放置一质量为m的物块(可视为质点),物块与木板之间的动摩擦因数为μ,物块以v0的速度从木板的左端向右滑动,若木板固定,物块恰好能从木板的右端滑下,若木板不固定,下列叙述正确的是( )
A.物块不能从木板的右端滑下
B.系统产生的热量Q=μmgL
C.经过t=,物块与木板便保持相对静止
D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11. (8分)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。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律,实验装置如图所示。采用的实验步骤如下:
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
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C板的距离L1。
e.按下电钮放开卡销,同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束,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)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是 ,上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的原因有 (至少答出两点)。
12.(8分)(2021河南豫南九校高二联考)某班物理兴趣小组选用如图所示装置来“探究碰撞中的不变量”。将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点,另一端连接小钢球A,把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧。在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨,气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)。当地的重力加速度为g。
某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门,调整好气垫导轨高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰。让小钢球A从某位置释放,摆到最低点N与滑块B碰撞,碰撞后小钢球A并没有立即反向,碰撞时间极短。
(1)为完成实验,除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B质量mB和遮光板宽度d外,还需要测量的物理量有 。(用选项前的字母表示)
A.小钢球A质量mA
B.绳长L
C.小钢球从M到N运动的时间t0
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB= 。(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中的不变量的表达式是: 。(用题中已给的物理量符号来表示)
13. (12分)(2021山东泰安高二检测)一质量为m的物体Q静止于光滑水平地面上,其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块(木块可视为质点)以大小为v0的水平速度从a点向左运动,在斜面上上升到某一高度后返回,最终在ab上与物体Q相对静止。重力加速度为g。
(1)求木块在ab段的动摩擦因数μ的取值范围;
(2)若取μ=,求木块在bc段能上升的高度h值(h为木块在bc段距离ab平面的高度)。
14. (12分)如图所示,光滑水平面上放置质量均为M=2 kg的甲、乙两辆小车,两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时,两车自动分离)。其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块P(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.5。一被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端,质量为m=1 kg的滑块P与弹簧的右端接触但不相连,此时弹簧储存的弹性势能E0=10 J,弹簧原长小于甲车长度,整个系统处于静止状态,g取10 m/s2。现释放弹簧,滑块P恰好不滑离小车乙,求:
(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小;
(2)小车乙最终的速度大小。
15.(14分) 如图所示,质量为m1=0.01 kg的子弹以v1=500 m/s的速度水平击中质量为m2=0.49 kg的木块并留在其中。木块最初静止于质量为m3=1.5 kg的木板上,木板静止在光滑水平面上并且足够长。已知子弹与木块作用时间极短,木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1,g取10 m/s2,求:
(1)子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1;
(2)木块在木板上滑动过程中产生的内能ΔE2;
(3)木块在木板上滑行的距离x。
参考答案
第一章测评
1.C 跳出之前,地面对人的作用力大于人的重力,根据I=Ft可知,地面对人的作用力的冲量大于重力的冲量,故A错误;从跳出至落到沙坑过程中,人的速度先减小后增大,则由p=mv可知,动量先减小后增大,故B错误;从跳出至落到沙坑过程中,人离地面的高度先增大后减小,则重力势能先增大后减小,故C正确;人落入沙坑的过程,设向上为正方向,有IF-IG=0-(-mv),则沙坑对人作用力的冲量大于重力的冲量,故D错误。
2.D 建立如图所示模型,设水流形成的水柱面积为S,由动量定理得F·Δt=0-ρSv0Δt·(-v0),可得压强p==ρ,故冲击煤层的水流速度至少应为v0==60 m/s。
3.A 由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',解得pA'=1 kg·m/s,由碰撞中动能不增原则,得,解得mB≥mA,B、C两项不符合题意;若mB=6mA,虽满足动能不增原则,但此时,即vA'>vB',不合理,D项不符合题意;则只有A项符合题意。
4.C 设滑块的质量为m,则盒的质量为2m,对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=,A、B错误;对整个过程,由能量守恒定律可知μmgx=mv2-×3m2,解得x=,C正确,D错误。
5.C 整个过程动量守恒,则碰撞n次后整体的速度为v=,对应的总动能为Ek=(n+1)mv2=,由题可知Ek=,联立解得n=7,故选C。
6.C 设子弹运动方向为正方向,在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s,根据题意知子弹飞行的距离为(L-s),则由动量守恒定律有m(L-s)-[m0+(n-1)m]s=0
解得s=
每颗子弹射入靶的过程中,小船后退的距离都相同,因此n颗子弹全部射入的过程中,小船后退的总距离为ns=。
7.B 根据动量定理I合=Ft=p,若水平力变为2F,经过时间2t,则有2F·2t=p',可知p'=4p,故A错误,B正确;根据动能与动量间的关系Ek=,可得Ek'=16Ek,故C、D错误。
8.AC 以小车和木块组成的系统为研究对象,系统所受的外力的矢量和为零,因此系统动量守恒,以初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+m0)v,解得最终两者的共同速度为v=v0,A正确,B错误。由于车表面粗糙,则会有内能产生,系统的机械能不守恒,C正确;根据能量守恒,可得系统产生的热量为Q=(m+m0)v2,得Q=,与车表面粗糙程度无关,D错误。
9.AD 如题图甲所示,由动量守恒定律和能量关系可知mv0=(m+m0)v,μmgL=(m+m0)v2;如题图乙所示,由动量守恒定律和能量关系可知m0v0=(m+m0)v',μmgx=m0(m+m0)v'2,联立解得x=L,故A正确,B、C错误;题图甲情况中,对小车由动量定理得μmgt1=m0v,题图乙情况中,对木块由动量定理得μmgt2=mv',解得t1=t2,故D正确。
10.AC 若木板固定,物块恰好能从木板的右端滑下,说明物块运动到木板右端时速度为零,根据能量守恒定律,解得产生的热量为Q'=μmgL=;若木板不固定,物块做减速运动,木板做加速运动,经过一段时间达到共同速度v,由系统动量守恒得mv0=(m+m0)v,解得v=,根据能量守恒定律,解得产生的热量Q=(m+m0)v211.答案 (1)B的右端至D板的距离L2
(2)mA=mB 测量质量、时间、距离等存在误差,由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)
解析 (1)实验中还应测量B的右端至D板的距离L2。
(2)验证的表达式为mAvA=mBvB,又vA=,vB=,即mA=mB;测量质量、时间、距离等存在误差,或由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。
12.答案 (1)AB (2)
(3)+mB
解析 (1)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB=,根据牛顿第二定律得F1-mAg=mA,F2-mAg=mA,根据动量守恒定律得mAv1=mAv2+mBvB,整理得+mB,所以还需要测量A的质量mA以及绳长L,故选A、B。
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB=。
(3)实验中的不变量的表达式是+mB。
13.答案 (1)≤μ< (2)
解析 (1)以水平向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+m)v
恰能回到出发点,由能量守恒得
(m+m)v2=2μ1mgL
恰能冲上斜面,由能量守恒得
(m+m)v2=μ2mgL
解得μ1=,μ2=
所以木块在ab段的动摩擦因数μ的取值范围为≤μ<。
(2)当μ=时,根据动量守恒定律可得mv0=(m+m)v1
冲上最高点过程,由能量守恒得(m+m)=μmgL+mgh,得h=。
14.答案 (1)4 m/s (2) m/s
解析 (1)设滑块P滑上乙车前瞬间的速度大小为v0,此时小车的速度大小为v,选v0的方向为正方向,以整体为研究对象,从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程中动量守恒,则有0=mv0-2Mv
在这个过程中系统的机械能守恒,有
E0=×2Mv2
联立两式解得v0=4 m/s
v=1 m/s
(2)设滑块P到达小车乙另一端时与小车乙恰好有共同速度v',根据动量守恒定律有mv0-Mv=(m+M)v'
解得v'= m/s。
15.答案 (1)1 225 J (2)18.75 J (3)37.5 m
解析 (1)当子弹射入木块时,由于作用时间极短,则木板对木块的摩擦可忽略,设子弹射入木块后,它们的共同速度为v2,以v1的方向为正方向,对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2,又由能量守恒有ΔE1=m1(m1+m2)
联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1=1 225 J。
(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v3,对m1、m2、m3组成的系统,由动量守恒定律有(m1+m2)v2=(m1+m2+m3)v3
又由能量守恒有ΔE2=(m1+m2)(m1+m2+m3)。
联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能ΔE2=18.75 J。习题课:动量和能量的综合应用
必备知识基础练
1.(多选)(2021山东枣庄期中)如图所示,一质量m0=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系,给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离B板。站在地面上的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动,则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是( )
A.1.8 m/s B.2.4 m/s
C.2.6 m/s D.3.0 m/s
2.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则( )
A.A物体的质量为3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为
D.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为m
3.(多选)(2021山东青岛期中)如图所示,一木块静止在光滑的水平面上,一颗子弹沿水平方向射入木块中,并留在了木块里。则在子弹射入木块的过程中( )
A.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等
B.子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量
C.子弹对木块做的功与木块对子弹做的功大小相等
D.子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功
4. 如图所示,带有半径为R的光滑圆弧的小车的质量为m0,置于光滑水平面上,一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放,求小球离开小车时,小球和小车的速度。
5. 如图所示,光滑水平面上有A、B两辆小车,质量分别为mA=20 kg、mB=25 kg。A车以初速度v0=3 m/s向右运动,B车静止,且B车右端放着物块C,C的质量为mC=15 kg。A、B相撞且在极短时间内连接在一起,不再分开。已知C与B上表面间动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,B车足够长,求C沿B上表面滑行的长度。
6. 两质量分别为m1和m2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示,一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h,物块从静止滑下,然后又滑上劈B,求物块在B上能够达到的最大高度。
7.如图所示,一长木板静止在光滑的水平面上,长木板的质量为2m,长为L,在水平地面的右侧有一竖直墙壁。一质量为m、可视为质点的滑块从长木板的左端以速度v0滑上长木板,在长木板与墙壁相撞前滑块与长木板已达到共同速度,长木板与墙壁碰撞后立即静止,滑块继续在长木板上滑行,滑块到达长木板最右端时,速度恰好为零,求:
(1)滑块与长木板间的动摩擦因数;
(2)滑块与长木板间因摩擦而产生的热量。
关键能力提升练
8.如图所示,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则( )
A.小球和槽组成的系统总动量守恒
B.球下滑过程中槽对小球的支持力不做功
C.重力对小球做功的瞬时功率一直增大
D.地球、小球和槽组成的系统机械能守恒
9.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,g取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。
10.两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度向左匀速运动,中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着,如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹,质量为,速度为v0,子弹射入木块A并留在其中,求:
(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小;
(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
11.如图所示,在水平光滑直导轨上,静止着三个质量为m=1 kg 的相同的小球A、B、C。现让A球以v0=2 m/s的速度向B球运动,A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球碰撞,C球的最终速度vC=1 m/s。问:
(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能
12.如图所示,在光滑的水平面上,质量为m0=3.0 kg的长木板A的左端,叠放着一个质量为m=1.0 kg的小物块B(可视为质点),小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30。在木板A的左端正上方,用长为R=0.80 m不可伸长的轻绳将质量为m=1.0 kg的小球C悬于固定点O,现将轻绳拉直使小球C于O点以下与水平方向成θ=30°角的位置(如图所示)由静止释放。此后,小球C与B恰好发生正碰且无机械能损失。空气阻力不计,g取10 m/s2。求:
(1)小球运动到最低点时(碰撞前)对细绳的拉力;
(2)木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出木板。
参考答案
习题课:动量和能量的综合应用
1.BC A、B组成的系统动量守恒,取水平向右为正方向,从A开始运动到A的速度减为零的过程中,由动量守恒定律得(m0-m)v0=m0vB1,代入数据解得vB1=2.67 m/s。从开始运动到A、B速度相同的过程中,同理有(m0-m)v0=(m0+m)vB2,解得vB2=2 m/s。木块A加速运动的过程为从其速度减为零至与B达到相同速度,且此过程B始终减速,所以B的速度范围为2 m/s2.AC 对题图甲,设物体A的质量为m0,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=m0;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,A、B二者速度相等,由动量守恒定律有m0×(2v0)=(m0+m)v,由能量守恒定律有Ep=m0×(2v0)2-(m0+m)v2,联立解得m0=3m,Ep=m0×,A、C正确,B、D错误。
3.AD 子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力是一对作用力与反作用力,两者等大、反向,作用时间也相同,所以子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等,A正确,B错误;在子弹射入木块的过程中,子弹对地的位移大于木块对地的位移,所以子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功,C错误,D正确。
4.答案 ,方向水平向左 ,方向水平向右
解析 球和车组成的系统虽然总动量不守恒,但在水平方向动量守恒,且全过程满足机械能守恒,设球车分离时,球的速度为v1,方向水平向左,车的速度为v2,方向水平向右,以水平向左为正方向,则mv1-m0v2=0,mgR=m0,解得v1=,v2=。
5.答案 m
解析 以向右为正方向,A、B相撞mAv0=(mA+mB)v1,解得v1= m/s
由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略,故A、B刚连接为一体时,C的速度为零,此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止为止,这一过程中,系统动量守恒,系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积;
(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v
(mA+mB)(mA+mB+mC)v2=μmCgL
解得L= m。
6.答案 h
解析 设物块到达劈A的底端时,物块和A的速度大小分别为v和v1,由机械能守恒定律和动量守恒定律得
mgh=mv2+m1
m1v1=mv
设物块在劈B上达到的最大高度为h',此时物块和B的共同速度大小为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv=(m2+m)v2
mgh'+(m2+m)mv2
解得h'=h。
7.答案 (1) (2)
解析 (1)从滑块滑上长木板到两者有共同速度的过程中,设滑块在长木板上滑行的距离为L1,两者共同速度为v,则
mv0=(m+2m)v
μmgL1=(m+2m)v2
碰撞后,长木板立即静止,滑块向前滑动的过程中,有
μmg(L-L1)=mv2
解得μ=。
(2)滑块与长木板间因摩擦而产生的热量为
Q=μmgL=。
8.D 小球在下滑过程中,小球与槽组成的系统所受外力的矢量和不为零,系统动量不守恒,A错误;下滑过程中,球的位移方向与槽对球的支持力方向夹角为钝角,作用力做负功,B错误;刚开始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度水平与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,C错误;过程中地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,D正确。
9.答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
解析 (1)设物块与小车的共同速度为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。
10.答案 (1) (2)
解析 (1)在子弹打入木块A的瞬间,由于相互作用时间极短,弹簧来不及发生形变,A、B都不受弹力的作用,故vB=;
由于此时A不受弹力,木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用,选向左为正方向,系统动量守恒vA
解得vA=。
(2)由于木块A、木块B运动方向相同且vA设弹簧压缩量最大时共同速度为v,弹簧的最大弹性势能为Epm,由动量守恒定律得
vA+mvB=v
由机械能守恒定律得
=v2+Epm
联立解得v=v0,Epm=。
11.答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
解析 (1)以v0的方向为正方向,A、B两球相碰,满足动量守恒定律,则有mv0=2mv1,代入数据求得A、B两球跟C球相碰前的速度v1=1 m/s。
(2)A、B两球与C球碰撞同样满足动量守恒定律,则有2mv1=mvC+2mv2,相碰后A、B两球的速度v2=0.5 m/s,两次碰撞损失的动能ΔEk=(2m)=1.25 J。
12.答案 (1)20 N,方向竖直向下 (2)1 m
解析 (1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间,由动能定理得mgR(1-sin θ)=-0
解得v0=
小球在最低点,有F-mg=m
解得F=20 N
由牛顿第三定律得,小球对细绳的拉力为F'=F=20 N,方向竖直向下。
(2)设小球C与小物块B在碰撞后,小球C的速度为v1,小物块B的速度为v2,由动量守恒和机械能守恒得
mv0=mv1+mv2
联立解得v1=0,v2=
小物块B在木板A上滑动,小物块B和木板A组成的系统动量守恒,设B滑到木板A最右端时与A共速,速度大小为v,则mv2=(m0+m)v
小物块B在木板A上滑动的过程中,由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能,由功能关系得
μmgL=(m0+m)v2习题课:动量定理的应用
必备知识基础练
1.(2022北京首都师范大学附属中学月考)一个质量为50 kg的蹦床运动员,从离水平网面1.8 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45 m高处。已知运动员和网接触的时间为1 s,g取10 m/s2。网对运动员的平均作用力大小为( )
A.150 N B.550 N
C.650 N D.1 150 N
2.(2021天津实验中学检测)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 ( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
3. (2021山东安丘高二期中)水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体继续运动一段时间后停下来。两物体的v-t图像如图所示,图中线段AB∥CD,则整个运动过程中 ( )
A.F1的冲量大于F2的冲量
B.F1的冲量等于F2的冲量
C.两物体受到的摩擦力大小相等
D.两物体受到的摩擦力大小不等
4.研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s,假设打一次喷嚏大约喷出5×10-5 m3的空气,用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A.0.13 N B.0.68 N
C.2.6 N D.13 N
5. 物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为mA,B的质量为mB,将连接A、B的绳烧断后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图乙所示,在这段时间里,弹簧弹力对物体A的冲量等于( )
A.mAv B.mAv-mBu
C.mAv+mBu D.mAv+mAu
6.(2021福建厦门高二检测)运-20“鲲鹏”运输机是我国自主研制的新一代大型运输机。一架总质量为m的“鲲鹏”运输机在平直跑道上加速,速度从v增大到3v所用时间为t,运输机受到的平均阻力为Ff。求:
(1)该运输机在这段时间内所受合力冲量I的大小;
(2)该运输机在这段时间内所受平均水平推力F的大小。
7. 在粗糙的水平面上静止一个质量为1.5 kg的物体,从t=0时刻受到水平向右拉力F的作用,从静止开始做直线运动,拉力F随时间的变化如图所示,物体与地面的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:
(1)在0~6 s时间内拉力F的冲量;
(2)物体在t=6 s时的速度大小。
关键能力提升练
8.为估算雨水对水平桌面产生的平均撞击力,小明在大雨天将一长方体笔筒置于露台,测得1分钟内杯中水位上升了40 mm,当时雨滴竖直下落,速度约为10 m/s。若雨滴撞击水平桌面后速度减为零,沿着桌子边缘流下,雨水的密度约为1×103 kg/m3,桌面的面积约为0.8 m2,据此估算当时雨水对桌面的平均撞击力为(雨水重力可忽略)( )
A.0.5 N B.1.5 N C.2.5 N D.5.3 N
9.(多选)质量为m1、m2的两物体,分别受到不同的恒力F1、F2的作用,由静止开始运动,下列说法正确的是( )
A.若在相同位移内它们动量变化相同,则
B.若在相同位移内它们动量变化相同,则
C.若在相同时间内它们动能变化相同,则
D.若在相同时间内它们动能变化相同,则
10.质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4,有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3 s后撤去F,g取10 m/s2,求:
(1)物体运动的总时间;
(2)物体运动的总位移大小。
11.(2021中央民族大学附属中学高二检测)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为m1的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S,忽略水柱上升过程中横截面积的变化);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
参考答案
习题课:动量定理的应用
1.D 运动员从h1高度处下落,刚触网时的速度大小为v1==6 m/s,方向竖直向下,运动员反弹到高度h2,离网时的速度大小为v2==7 m/s,方向竖直向上,在接触网的过程中,运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg,设竖直向上为正方向,由动量定理有(F-mg)t=mv2-(-mv1),解得F=1 150 N,故选D。
2.B 乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误;在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确;因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误;重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
3.C 甲、乙先做加速运动,撤去推力后做减速运动。题图中线段AB∥CD,表明甲、乙加速度相同,又因为甲、乙质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,选项C正确,D错误;因为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零,所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小,由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间,所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的冲量,则F1的冲量小于F2的冲量,选项A、B错误。
4.A 打一次喷嚏喷出的空气质量为m=ρV=1.3×5×10-5 kg=6.5×10-5 kg,设打一次喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F,根据动量定理得FΔt=mv,解得F= N=0.13 N,根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为F'=F=0.13 N,故A正确,B、C、D错误。
5.D 从绳被烧断到B的速度为u,
对B物体,由动量定理得,mBgt=mBu,
对A物体,有IF-mAgt=mAv,
得IF=mAgt+mAv=mAu+mAv,选项D正确。
6.答案 (1)2mv (2)+Ff
解析 (1)以速度v的方向为正方向,根据动量定理可得“鲲鹏”运输机所受合力的冲量为I=m·3v-mv=2mv。
(2)根据动量定理(F-Ff)t=3mv-mv
可得F=+Ff。
7.答案 (1)39 N·s,方向水平向右 (2)4 m/s
解析 (1)F-t图像的面积表示F的冲量,0~6 s内
IF=×(3+9)×4 N·s+×(6+9)×2 N·s=39 N·s,方向水平向右。
(2)物体受到的最大静摩擦力为Ff=μmg=6 N
由题图可得,t=2 s时拉力等于最大静摩擦力,物体开始滑动,在2~6 s内拉力和摩擦力的冲量分别为
IF'=×(6+9)×2 N·s+×(6+9)×2 N·s=30 N·s
If=-Fft=-24 N·s
设t=6 s时的速度为v,以水平向右为正方向,由动量定理可知I合=IF'+If=mv-0
解得v=4 m/s。
8.D 在一分钟时间内,撞到桌面上的水的质量m=ρhS=1×103×40×10-3×0.8 kg=32 kg,以竖直向上为正方向,根据动量定理可知桌面对雨水的力F= N=5.3 N,根据牛顿第三定律可知,雨水对桌面的平均撞击力为5.3 N,D正确,A、B、C错误。
9.BD 物体从静止开始运动,则其初动量、初动能都为0,动量、动能变化相同,则其末动量、末动能相同。若在相同位移内它们动量变化相同,由动能定理Fs=mv2-0=,得F∝,即,选项A错误、B正确;若在相同时间内它们动能变化相同,由动量定理Ft=mv-0=,得F∝,即,选项C错误、D正确。
10.答案 (1)3.75 s (2)5.625 m
解析 (1)物体由开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有Ft1-Fft=0
又Ff=μmg
联立解得t=,
代入数据解得t=3.75 s。
(2)恒力F作用时间为t1=3 s,物体的加速度a==1 m/s2,发生的位移x1==4.5 m
对整个过程用动能定理得,Fx1-μmgx=0,解得x=5.625 m。
11.答案 (1)ρv0S (2)
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt
则单位时间内从喷口喷出的水的质量为=ρv0S。
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v,对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=m1g4 实验:验证动量守恒定律
必备知识基础练
1.(2021山东潍坊期中)如图甲所示,某实验小组利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒。实验器材:支架,两个半径相同的球1和球2,细线若干,坐标纸,刻度尺等。实验所在地重力加速度大小为g。
甲
乙
实验步骤如下:
(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2,将小球各用两细线悬挂于水平支架上,使两小球球心位于同一水平面,如图甲所示;
(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上,使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是相同的正方形。将小球1拉至某一位置A,由静止释放,垂直坐标纸方向用手机高速连拍;
(3)如图乙所示,分析连拍照片得出,球1从A点由静止释放,在最低点与球2发生水平方向的正碰,球1碰后到达最高位置为B,球2向右摆动的最高位置为C,测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为h1、h2、h3,则碰后瞬间球1的速度大小为 ,碰后瞬间球2的速度大小为 ;
(4)若满足关系式 ,则能证明碰撞中系统总动量守恒;若满足关系式 ,则说明两小球发生的是弹性碰撞。
2.某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。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。重复上述操作10次,得到了如图乙所示的三个落地点。
(1)请你叙述找出落地点的平均位置的方法是: ,并在图中读出OP= cm。
(2)已知mA∶mB=2∶1,碰撞过程中动量守恒,则由图可以判断出R是 球的落地点,P是 球的落地点。
(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式: 。
3.某实验小组选用水平气垫导轨、光电门的测量装置来研究两个滑块碰撞过程中的动量守恒。实验仪器如图所示,请根据实验过程和实验数据补全下表。
实验过程:
(1)调节气垫导轨水平,并使光电计时器系统正常工作。
(2)在滑块1上装上挡光片并测出其长度L。
(3)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥(或双面胶纸)。
(4)用天平测出滑块1和滑块2的质量m1、m2。
(5)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上,让滑块2处于静止状态(v2=0),用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时光电计时器系统自动计算时间),碰后两者粘在一起,分别记下滑块1的挡光片碰前通过光电门的遮光时间t1和碰后通过光电门的遮光时间t2。
(6)先根据v=计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v;再计算两滑块碰撞前后的总动量,并比较两滑块碰撞前后的总动量。
实验数据:m1=0.324 kg,m2=0.181 kg,L=1.00×10-3 m
次 数 滑块1 滑块2 碰撞前 碰撞后
v1/(m· s-1) v/(m· s-1) v2/(m· s-1) v/(m· s-1) m1v1/ (kg· m·s-1) m2v2/ (kg· m·s-1) (m1+ m2)v/ (kg· m·s-1)
1 0.290 0.184 0 0.184
2 0.426 0.269 0 0.269
结论
4.如图所示为验证动量守恒定律的实验装置,气垫导轨置于水平桌面上,G1和G2为两个光电门,A、B均为弹性滑块,质量分别为mA、mB,且mA大于mB,两遮光片的宽度均为d,实验过程如下:
①调节气垫导轨成水平状态;
②轻推滑块A,测得A通过光电门G1的遮光时间为t1;
③A与B相碰后,B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为t2和t3。
回答下列问题:
(1)实验中选择mA大于mB的目的是 。
(2)利用所测物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为 。
5.某同学把两块大小不同的木块用细线连接,中间夹一个被压缩的弹簧,如图所示,将这一系统置于光滑的水平桌面上,烧断细线,观察木块的运动情况,进行必要的测量,验证物体间相互作用时动量守恒。
(1)该同学还必须有的器材是 、 。
(2)需要直接测量的数据是 、 。
(3)用所得数据验证守恒量的关系式为 。
关键能力提升练
6.利用如图所示装置可以验证两球碰撞中动量守恒。若绳长为L,球A、B的质量分别为mA、mB,球A、B分别由偏角α和β静止释放,若碰撞后都向右运动,最大偏角分别为α'和β',则验证动量守恒的表达式为 。
7.如图所示的装置中,质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点,质量为mB的钢球B放在离地面高度为h的小支柱N上。O点到A球球心的距离为l。使悬线在A球释放前伸直,且线与竖直线的夹角为α,A球释放后摆动到最低点时恰与B球相碰,碰撞后,A球把轻质指示针OC推移到与竖直线的夹角为β处,B球落到地面上,地面上铺一张盖有复写纸的白纸D。保持α角度不变,多次重复上述实验,白纸上记录到多个B球的落点。
(1)图中x应是B球初始位置到 的水平距离。
(2)为了探究碰撞中的不变量,应测得 物理量(用字母表示)。
(3)用测得的物理量表示mAvA= ;mAvA'= ;mBvB'= 。
8.如图所示为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验:
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2;
②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端;
③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P;
④将小球m2放在斜槽末端B处,仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置;
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到B点的距离分别为lM、lP、lN。
依据上述实验步骤,请回答下面问题:
(1)BC斜面的倾角 (选填“需要”或“不需要”)测出;
(2)用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式 ,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的;
(3)某同学想用上述数据来验证碰撞前后机械能是否守恒,请写出需要验证的关系式: 。
9.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,气垫导轨装置如图甲所示。
下面是实验的主要步骤:
①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;
②向气垫导轨通入压缩空气;
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向;
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳;
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间;已知碰后两滑块一起运动;
⑥先 ,然后 ,让滑块带动纸带一起运动;
⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带如图乙所示;
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。
(1)试着完善实验步骤⑥的内容。
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知两滑块相互作用前动量之和为 kg·m/s;两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为 kg·m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因: 。
参考答案
4 实验:验证动量守恒定律
1.答案 (3) (4)m1=m1+m2 m1h1=m1h2+m2h3
解析 (3)由动能定理得mgh=mv2,
故v1'=,v2'=。
(4)若碰撞过程动量守恒,则m1v1=m1v1'+m2v2',
即m1=m1+m2。
若为弹性碰撞,则m1gh1=m1gh2+m2gh3,
即m1h1=m1h2+m2h3。
2.答案 (1)用最小的圆把所有落点圈在里面,圆心即为落点的平均位置 13.0(12.8~13.2均正确) (2)B A (3)mA·OQ=mA·OP+mB·OR
解析 (1)用最小的圆把所有落点圈在里面,则此圆的圆心即为落点的平均位置;OP=13.0(12.8~13.2均正确) cm。
(2)R应是被碰小球B的落地点,P为入射小球A碰撞后的落地点。
(3)小球落地时间t相同,由mA·=mA·+mB·可知,动量守恒的验证表达式为mA·OQ=mA·OP+mB·OR。
3.答案 见解析
解析 先分清碰前与碰后的状态量,再代入数据计算。
次 数 滑块1 滑块2 碰撞前 碰撞后
v1/(m· s-1) v/(m· s-1) v2/(m· s-1) v/(m· s-1) m1v1/ (kg· m·s-1) m2v2/ (kg· m·s-1) (m1+ m2)v/ (kg· m·s-1)
1 0.290 0.184 0 0.184 0.094 0 0.093
2 0.426 0.269 0 0.269 0.138 0 0.136
结 论 在误差允许的范围内,系统碰前动量的矢量和等于碰后动量的矢量和
4.答案 (1)保证碰撞中滑块A不反弹
(2)
解析 (1)为了A、B碰撞时A不反弹,需满足A的质量大于B的质量。
(2)碰撞前的总动量为p1=mAv1=mA
碰撞后的总动量为p2=mAv1'+mBv2=mA+mB
则动量守恒的表达式为mA=mA+mB
即。
5.答案 (1)刻度尺 天平
(2)两木块的质量m1、m2 两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x1、x2
(3)m1x1=m2x2
解析 两木块弹开后各自做平抛运动,根据平抛运动知识可知两木块在空中运动的时间相等。所需验证的表达式为m1v1=m2v2,两侧都乘以时间t,有m1v1t=m2v2t,即m1x1=m2x2。
6.答案 mA-mB=mA+mB
解析 小球从静止释放运动到最低点的过程中,以向右为正方向,机械能守恒,对于球A有mAgL(1-cos α)=,所以vA=,
同理可得vB=-。
碰后小球A的速度为vA'=,小球B的速度为vB'=,
所需验证的表达式为
mA-mB
=mA+mB。
7.答案 (1)B球平均落点 (2)mA、mB、α、β、l、h、x
(3)mA mA mBx
解析 (1)小球A在碰撞前后摆动,满足机械能守恒。小球B在碰撞后做平抛运动,则x应为B球的平均落点到初始位置的水平距离。
(2)要得到碰撞前后的mv,需测量mA、mB、α、β、l、h、x等。
(3)对A,由机械能守恒得
mAgl(1-cos α)=mA,
则mAvA=mA。
碰后对A,有
mAgl(1-cos β)=mAvA'2,
则mAvA'=mA。
碰后B做平抛运动,有x=vB't,h=gt2,
所以mBvB'=mBx。
8.答案 (1)不需要 (2)m1=m1+m2
(3)m1lP=m1lM+m2lN
解析 (1)由于m1>m2,两球碰撞后,m2的速度比m1碰前时的速度大,m1的速度减小,因此m1落到M点,而m2落到N点。若斜面倾角为θ,物体落到斜面上距离抛出点为l时,根据平抛运动的规律有lsin θ=gt2,lcos θ=vt,整理得v=
碰撞过程中满足动量守恒m1v0=m1v1+m2v2
小球都做平抛运动,可得v0=,v1=,v2=
代入整理得m1=m1+m2,则不需要测量斜面的倾角θ。
(2)由(1)的分析可知,只要满足关系式m1=m1+m2,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。
(3)若机械能守恒,则满足m1m1m2,将速度表达式代入可得m1lP=m1lM+m2lN。
9.答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1
(2)0.620 0.618
(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
解析 (1)使用打点计时器时应先接通电源,后放开滑块1。
(2)作用前滑块1的速度v1= m/s=2 m/s,其动量为0.310×2 kg·m/s=0.620 kg·m/s,作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v= m/s=1.2 m/s,其质量与速度的乘积之和为(0.310+0.205)×1.2 kg· m/s=0.618 kg· m/s。习题课:动量守恒定律的应用
必备知识基础练
1.在匀速行驶的船上,当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时,船的速度将(水的阻力不变)( )
A.变大 B.变小
C.不变 D.无法判定
2.如图所示,木块A、B的质量均为2 kg,置于光滑水平面上,B与一轻质弹簧的一端相连,弹簧的另一端固定在竖直挡板上,A以4 m/s的速度向B撞击,撞击后粘在一起运动,那么弹簧被压缩到最短时,弹簧具有的弹性势能大小为 ( )
A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J
3. (2022江苏金陵中学期中)如图所示,总质量为m0的轨道ABC置于光滑水平面上,轨道由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成,AB恰与圆弧BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道,到达圆弧轨道上某位置后,沿轨道返回。则( )
A.由于物块在AB上运动时受到摩擦力作用,轨道与物块组成的系统动量不守恒
B.物块在轨道ABC上滑动的全过程中,轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变
C.物块在圆弧轨道上运动的过程中,轨道的动量不断减小
D.当物块相对轨道静止时,速度变为
4. (2021山西大学附中月考)如图所示,在光滑的水平面上,有两个质量都是m的小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连,它们以共同的速度v0向右运动,另有一质量也为m的物体C,从高处自由落下,正好落在A车上,并与之粘合在一起,此后的运动过程中,弹簧获得的最大弹性势能为( )
A. B. C. D.
5. 在如图所示的光滑水平面上,小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速度v向右匀速运动。已知木箱的质量为m,小明与车的质量为2m,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞,反弹回来后被小明接住。求:
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小;
(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小。
6.如图所示,质量分别为m1和m2的两个等半径小球,在光滑的水平面上分别以速度v1、v2向右运动,并发生对心正碰(碰撞前后物体均在同一直线上运动),碰后m2被墙弹回,与墙碰撞过程中无能量损失,m2返回后又与m1相向碰撞,碰后两球都静止,求第一次碰后m1球的速度。
关键能力提升练
7.一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹,射出速度为10 m/s,铅弹射入木块后未穿出,木块继续向前运动,速度变为5 m/s。如果想让木块停止运动,并假定铅弹射入木块后都不会穿出,则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A.5颗 B.6颗
C.7颗 D.8颗
8. (多选)如图所示,在质量为m1的小车上挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,在此时间极短的碰撞过程中,下列可能发生的情况是( )
A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(m1+m0)v=m1v1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变,小车和木块的速度分别变为v1、v2,满足m1v=m1v1+mv2
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v',满足m1v=(m1+m)v'
D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(m1+m0)v=(m1+m0)v1+mv2
9. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离,具有初速度v0的第5号物块向左运动,依次与其余四个静止物块发生碰撞,如图所示,最后这五个物块粘成一个整体,求它们最后的速度为多少
10. 如图所示,光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB=mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
11. 如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止。A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C发生碰撞。求A与C碰撞后瞬间A的速度大小。
参考答案
习题课:动量守恒定律的应用
1.C 相对于船竖直向上抛出物体时,由于惯性,物体仍然具有和船同方向的速度,船和物体组成的系统水平方向动量守恒,故船速不变,故C正确,A、B、D错误。
2.B A、B在碰撞过程中动量守恒,碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒得mAvA=(mA+mB)v,代入数据解得v==2 m/s,所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA+mB)v2=8 J,当弹簧被压缩至最短时,系统的动能为0,只有弹性势能,由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J,故B正确,A、C、D错误。
3.D 物块在AB上运动时,摩擦力为轨道与物块之间的内力,由动量守恒定律可知,轨道与物块组成的系统动量守恒,A错误;在运动的全过程中,水平方向动量守恒,物块冲上BC过程中,竖直方向系统受到的合力不为零,所以竖直方向动量不守恒,轨道与物块组成的系统总动量不守恒,B错误;物块在圆弧轨道上运动的过程中,对轨道的作用力在水平方向上的分力方向向右,则轨道的动量不断增大,C错误;当物块相对于轨道静止时,二者水平方向的速度相同,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,得v=,D正确。
4.C 物体C和A相互作用过程中,A和C组成的系统水平方向动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=2mv1
得v1=v0
此后,当B车与A车(含物体C)速度相等时,弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得2mv0=3mv2
得v2=v0
由机械能守恒定律得,弹簧的最大弹性势能
Ep=×2m×3m
故C正确,A、B、D错误。
5.答案 (1) (2)
解析 (1)以水平向左为正方向,由动量守恒定律2mv1-mv=0
解得v1=。
(2)小明接木箱的过程中动量守恒
2mv1+mv=(2m+m)v2
解得v2=。
6.答案 方向向右
解析 设m1、m2碰后的速度大小分别为v1'、v2',以向右为正方向,则由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',m1v1'-m2v2'=0,解得v1'=,方向向右。
7.D 设木块质量为m1,铅弹质量为m2,第一颗铅弹射入,有m1v0-m2v=(m1+m2)v1,代入数据可得=15,设再射入n颗铅弹木块停止,有(m1+m2)v1-nm2v=0,解得n=8。
8.BC 小车和木块碰撞时间极短,在极短的时间内摆球的速度没有发生变化,因而m0在水平方向上没有受到外力作用,动量不变(速度不变),可以认为碰撞过程中m0没有参与,只涉及小车和木块,由于水平面光滑,所以小车和木块组成的系统水平方向动量守恒,两者碰撞后可能具有共同速度,也可能分开,故B、C正确,A、D错误。
9.答案 v0
解析 由五个物块组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,以向左为正方向,mv0=5mv,v=v0,即它们最后的速度为v0。
10.答案 v0
解析 设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞后粘在一起的速度为v,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得
对A、B木块mAv0=mAvA+mBvB
对B、C木块mBvB=(mB+mC)v
由A与B间的距离保持不变可知vA=v,联立代入解得vB=v0。
11.答案 2 m/s
解析 因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足vAB=vC
