微专题2 动量守恒定律的应用
[定位·学习目标] 1.掌握利用动量守恒定律分析解答某一方向上的动量守恒问题。2.掌握分析临界问题时动量守恒定律的应用。3.在解决物体系统问题时,能够灵活运用动量守恒定律和机械能守恒定律。
要点一 系统在某一方向上动量守恒
[例1] 如图所示,从倾角为30°、长0.3 m的光滑斜面顶端滑下质量为2 kg的货包,掉在质量为13 kg的静止的小车里。求:
(1)货包离开斜面时的速度大小;
(2)货包落到小车上后,小车获得的速度大小。
【答案】 (1) m/s (2)0.2 m/s
【解析】 (1)货包在斜面上运动时有mgsin θ=ma,
又v2=2ax,
解得货包离开斜面时速度为v= m/s。
(2)货包离开斜面后,水平分速度为vx=vcos 30°=1.5 m/s。
货包落入小车中与小车相碰的瞬间,系统在水平方向上动量守恒,
以vx的方向为正方向,则mvx=(M+m)v′,
小车获得的速度为v′== m/s=0.2 m/s。
某一方向动量守恒问题的解题要点
(1)若系统所受外力不为零,总动量不守恒,但某一方向上所受外力为零,则这个方向上的动量守恒。此时应分析该方向上对应过程的初、末状态,确定该方向上初、末状态的动量。
(2)此类问题经常需要结合机械能守恒定律、动能定理或能量守恒定律等进行求解。
要点二 动量守恒中的临界问题
[例2] (2025·江苏泰州期中)如图所示,质量M=3.0 kg 的滑块内有圆弧管道,管道处于竖直面内,由四个半径R=0.4 m的四分之一圆弧形细管组成,P为两圆弧连接处。质量m=1.0 kg 的小球沿水平面从左侧以某一初速度进入管道内,已知管道内径远小于圆弧半径,不计一切摩擦。
(1)若小球以v0=4.0 m/s进入管道最后又从左侧管口滑出,求此时滑块的速度大小v1;
(2)若小球以初速度v0=4.0 m/s进入管道后运动至P点,求此过程中滑块对小球做的功W;
(3)若小球以某一水平速度v进入管道,且恰好从管道右侧滑出,求速度v的大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)-1.5 J (3)4.6 m/s
【解析】 (1)小球与管道作用过程中,整个系统在水平方向上动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=mv+Mv1,
根据能量守恒定律有m=mv2+M,
解得v1=v0=2 m/s,
即滑块的速度大小为2 m/s,方向水平向右。
(2)小球运动到P点时水平方向与管道共速,则水平方向有mv0=(M+m)v共,
解得v共=1 m/s;
由于机械能守恒,则有
m=Ek球+mgR+M,
代入数据解得Ek球=2.5 J。
对小球,根据动能定理有
W-mgR=Ek球-m,
代入数据解得W=-1.5 J。
(3)小球恰能到管道最高点,此时小球与滑块速度相同,且小球上滑过程中,水平方向动量守恒,有
mv=(M+m)v共′,
根据机械能守恒定律有
mv2=2mgR+(M+m)v共′2,
联立代入数据解得v=4.6 m/s。
解决动量守恒中的临界问题的关键
(1)寻找临界状态:看题设情境中是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
(2)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。
要点三 动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用
[例3] (多选)(2025·山东青岛期中)如图所示,一个质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上,一质量为m的小球以水平速度v0从小车的左端冲上小车,经过时间t到达最大高度,此时小球恰好与O点相平,之后小球又返回小车的左端。下列说法正确的是( )
[A]小球回到小车左端后一定做平抛运动
[B]圆弧轨道半径R=
[C]t时间内小车的位移大小为-
[D]小球上升过程中,轨道对小球的冲量大小为mgt+
【答案】 BC
【解析】 整个过程中,对小球与小车系统,由于只有重力和弹力做功,则机械能守恒;系统在水平方向所受外力为零,故水平方向上动量守恒;小球从开始运动到从底端离开小车的过程中,有mv0=mvm+MvM,m=m+M,联立解得vm=v0,vM=v0,因为m与M的大小关系未知,故小球从底端离开小车时的速度可能不为零,也可能为零;当m=M时,小球离开小车时速度为零,做自由落体运动,故A错误。小球从开始运动到最高点过程中,有mv0=(m+M)v,m=mgR+(m+M)v2,联立解得v=,R=,故B正确。由水平方向
动量守恒有mv0=mv+Mv,经时间t,则mv0t=mvt+Mvt,即mv0t=mxm+MxM,而xm=xM+R,联立解得小车的位移大小为xM=-,故C正确。小球上升过程中,其动量变化量(以向左为正方向)为Δp=,根据动量守恒定律可知,
小球所受合冲量方向向左,大小为,而小球所受重力、支持力的冲量与合力的冲量关系如图所示,则轨道对小球的冲量大小为I=,D错误。
动量守恒定律与机械能守恒定律的关系
(1)相同点:两个守恒定律都是动态过程中的守恒,即系统在物理过程中的任意时刻、任意阶段总动量或总机械能都不变。因此,在解决问题时,不必关注中间过程的细节,只要检查是否符合守恒条件,抓住所研究的初、末状态,直接应用就可以了。
(2)不同点:①守恒条件不同。机械能是否守恒,取决于是否有“重力和系统内弹簧弹力”以外的力做功,因此,在判断机械能是否守恒时,要着重分析受力及各力做功的情况(包括内力和外力);动量是否守恒,取决于系统所受外力(或某一方向上外力)是否为零(或内力远大于外力),因此,在判断动量是否守恒时,要着重分析物体所受的外力。②标矢性不同。动量守恒是矢量式,可以在某一方向上使用动量守恒;机械能守恒是标量式,不能在某一方向上使用。
1.物块A和斜面B的质量分别为m和3m,水平直角边长分别为L和3L,不计一切摩擦,A从斜面顶端由静止开始运动,相对于斜面刚好滑到底端。这一过程中,下列说法正确的是( )
[A]物块A的机械能守恒
[B]A与B组成的系统动量守恒
[C]斜面B的位移大小为0.5L
[D]物块A的位移大小为1.5L
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,斜面B对物块A的支持力对物块A做功,则物块A的机械能不守恒,故A错误;初始时刻系统竖直方向动量为零,运动过程中,物块A有竖直方向的分速度,则竖直方向上系统的动量不守恒,故A与B组成的系统动量不守恒,故B错误;系统在水平方向上动量守恒,设物块A的水平位移为x1,斜面B的水平位移为x2,由动量守恒定律有mx1=3mx2,又有x1+x2=3L-L,解得x1=1.5L,x2=0.5L,由于物块A的竖直位移不可求,则物块A的位移大小不可求,斜面B的竖直位移为零,则斜面B的位移大小为0.5L,故C正确,D错误。
2.如图所示,质量为m=0.5 kg的小球在距离车底部一定高度处以初速度v0=15 m/s 向左平抛,落在以v=7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中,小车足够长,铺有细沙,质量为M=4 kg,g取10 m/s2。当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( )
[A]4 m/s [B]5 m/s
[C]8.5 m/s [D]9.5 m/s
【答案】 B
【解析】 小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒,取水平向右的方向为正方向,有Mv-mv0=(M+m)v′,解得v′=5 m/s,选项B正确。
3.如图所示,甲、乙两人各乘一辆冰车在水平冰面上做游戏,甲和他的冰车总质量为M=60 kg,乙和他的冰车总质量也为M=60 kg,游戏时,甲推着一个质量为m=30 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住,不计冰面的摩擦。
(1)甲至少要以多大的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞
(2)若甲推出箱子后恰好避免和乙相撞,则甲推箱子过程中对箱子的冲量为多大
【答案】 (1)5.2 m/s (2)96 N·s
【解析】 (1)甲、乙恰好不相撞,应为乙接到箱子后甲、乙速度相等,规定向右为正方向,对该系统由动量守恒定律得
(M+m)v0-Mv0=(2M+m)v,
代入数据解得v=0.4 m/s。
甲推箱子的过程,规定向右为正方向,由动量守恒定律得
(M+m)v0=Mv+mvm,
代入数据解得vm=5.2 m/s。
(2)甲推箱子的过程,对箱子由动量定理得
I=m(vm-v0),
代入数据解得I=96 N·s。
课时作业
(分值:50分)
考点一 系统在某一方向上的动量守恒问题
1.(4分)(2025·广东佛山阶段练习)若战机以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将战机上质量为M的导弹自由释放后,导弹迅速向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气。关于喷气后瞬间导弹的速率,下列表述正确的是( )
[A]速率变大,其值为
[B]速率变小,其值为
[C]速率变小,其值为
[D]速度变大,其值为
【答案】 A
【解析】 虽然导弹释放后受重力作用,但在水平方向上不受外力,即导弹和燃气水平方向动量守恒,设导弹飞行的方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv0=(M-m)v-mv1,解得喷气后瞬间导弹的速率v=>v0,故A正确。
2.(4分) (2025·贵州六盘水模拟)如图所示,一根光滑刚性杆OAB固定在底座上,其中OA段是四分之一圆弧,AB段是与OA段平滑连接的水平杆,底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,则此过程( )
[A]小环动量守恒
[B]小环水平方向动量守恒
[C]小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒
[D]小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒
【答案】 D
【解析】 小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,小环在圆弧段所受合力不为零,动量不守恒,水平方向所受合力也不为零,水平方向动量也不守恒,故A、B错误;小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向所受合力不为零,动量不守恒,但小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力,则水平方向动量守恒,故C错误,D正确。
3.(4分) (2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为( )
[A],向东 [B],向东
[C],向东 [D]v1,向东
【答案】 D
【解析】 人和车组成的系统,在水平方向上所受合力等于零,即水平方向动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向,选地面为参考系,初态车和人的总动量为Mv1,当人跳起时车的动量为(M-m)v,人的水平动量仍为mv1,根据动量守恒定律,有Mv1=(M-m)v+mv1,解得v=v1,故D正确。
4.(4分) (2025·重庆沙坪坝阶段练习)斜面体P上表面光滑,且倾角为α、质量为M、底边长为L,静止放置在光滑水平面上,将一可视为质点、质量为m的滑块Q从斜面的顶端无初速度释放,经过时间t刚好滑到斜面底端,重力加速度为g,则( )
[A]斜面体P对滑块Q的支持力不做功
[B]滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统动量守恒
[C]滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为mgtsin α
[D]滑块Q滑到斜面底端时,Q向右滑动的水平距离为L
【答案】 D
【解析】 P、Q组成的系统在水平方向所受合力为零,则水平方向动量守恒,滑块Q从斜面顶端释放后将向右运动,斜面体P将向左运动,斜面体P对滑块Q的支持力与滑块Q速度的夹角大于90°,斜面体P对滑块Q的支持力做负功,故A错误;滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;在滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为IG=mgt,故C错误;对P、Q组成的系统,水平方向有mv1-Mv2=0,则mv1t-Mv2t=0,即mx1-Mx2=0,根据几何关系有L=x1+x2,可得Q向右滑动的水平距离为x1=L,故D正确。
考点二 动量守恒定律中的临界问题
5.(4分)(2025·四川雅安阶段练习)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,远小于R,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
[A]小球在U形管圆弧部分中运动时,U形管的速度先增大后减小
[B]小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球的速度大小为
[C]小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0
[D]小球在U形管圆弧部分中的运动时间不超过
【答案】 C
【解析】 小球在U形管圆弧部分中运动时,小球对U形管的作用力一直做正功,则U形管的速度一直在增大,故A错误;小球运动到U形管圆弧部分最左端的过程中,在水平方向,小球在轨道最左端与U形管达到共速,根据动量守恒定律有mv0=2mvx共,设此时小球的合速度为v1,根据机械能守恒定律有m=m+m,解得v1=v0,故B错误;设小球从U形管的另一端射出时速度为v1′,U形管的速度为v2,根据机械能守恒和水平方向动量守恒,有m=m+mv1′2,mv0=mv2+mv1′,联立解得v2=v0,v1′=0,故C正确;小球在最左端时竖直方向的速度最大,其值为vy==v0,则运动时间一定超过 t==,故D
错误。
考点三 动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用
6.(6分) (多选)(2025·天津期末)如图所示,凹槽Q静置于光滑水平面上,其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计。下列说法正确的是( )
[A]Q和P组成的系统机械能守恒
[B]Q和P组成的系统动量不守恒
[C]当Q的动能最大时,P的动能最小
[D]当P释放后第一次速度为零时,其位移大于2R
【答案】 AB
【解析】 小球P由静止释放后,在凹槽Q内运动的过程中只有重力做功,因此Q和P组成的系统机械能守恒,故A正确;Q和P组成的系统,竖直方向合力不为零,而水平方向合力为零,因此该系统动量不守恒,但该系统在水平方向上动量守恒,故B正确;当Q的动能最大时,小球P恰好运动到了凹槽的底部,小球速度恰好水平,此时小球与凹槽的动量大小相等,根据Ek=可知,小球的动能此时也最大,故C错误;由于P与Q组成的系统机械能守恒,因此当P释放后第一次速度为零时,P恰好运动到凹槽左侧与右侧释放点等高的位置,设P、Q在水平方向的位移分别为x1、x2,两者的运动具有同时性,且水平方向的速度始终方向相反,因此有x1+x2=2R,解得x1=2R-x2<2R,故D错误。
7.(6分)(多选)(2025·辽宁大连期中)如图所示,质量为3m、半径为R的空心大球Q(内壁光滑),静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球P(可视为质点),从与大球球心等高处,紧贴着大球内表面无初速度释放。小球P从静止开始,滑到大球的最低点时,下列说法正确的是( )
[A]小球P的位移大小等于R
[B]小球P的位移大小等于R
[C]小球P的速度大小等于
[D]小球P的速度大小等于
【答案】 BC
【解析】 P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合力为零,动量守恒,则从P被释放到P滑到最低点的过程中,P、Q在任意时刻的水平速度大小满足mvP=3mvQ,所以P、Q的水平位移大小满足xP=3xQ,根据位移关系有xP+xQ=R,解得xP=R,小球P的位移为x==
R,故A错误,B正确;整个过程中机械能守恒,则mgR=m+·3m,其中vP=3vQ,解得vP=,故C正确,D错误。
8.(4分)(2025·山西长治阶段练习)如图所示,光滑的水平桌面上固定有一个内壁光滑的直线槽,质量相等的A、B两球之间由一根长为L且不可伸长的轻绳相连,A球始终在槽内,其直径略小于槽的直径,B球放在水平桌面上。开始时刻A、B两球的位置连线垂直于槽,相距,某时刻给B球一个平行于槽的速度v0,关于两球以后的运动,下列说法正确的是( )
[A]绳子拉直前后,A、B两球组成的系统动量守恒
[B]绳子拉直后,A球做直线运动,B球做圆周运动
[C]绳子对A球的冲量与绳子对B球的冲量相同
[D]绳子拉直的瞬间,B球的机械能减少量大于A球的机械能增加量
【答案】 D
【解析】 在绳子拉直前后,A、B两球组成的系统在平行于槽的方向不受力,所以A、B在平行于槽的方向动量守恒,但系统竖直方向受重力、支持力,且二者所受合力不为0,即总动量不守恒,故A错误;绳子拉直后,B球以A球为圆心、L为半径做圆周运动,但A球在运动,故B球相对地面不是做圆周运动,故B错误;绳子对A球和B球的冲量等大反向,故C错误;绳子拉直的瞬间拉力做功,系统的机械能有损失,所以B球的机械能减少量大于A球的机械能增加量,故D正确。
9.(14分)(2025·广东佛山阶段练习)如图所示,将一半径R=0.9 m、质量M=2 kg 的光滑半圆槽置于光滑水平面上,在槽的左侧L=0.3 m处有一挡板,当半圆槽与挡板相碰后会在极短时间内以原速率向相反方向运动。现让一质量m=1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下,A、B间的距离H=1.8 m,小球与半圆槽相切滑入槽内。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球第一次到半圆槽A点时的速度大小。
(2)求小球第一次运动到半圆槽最低点时的速度大小。
(3)小球能否从半圆槽右侧飞出,如果能,求其飞出时半圆槽的速度大小;如果不能,求其运动到半圆槽右侧最高点时距最低点的高度。
【答案】 (1)6 m/s (2)6 m/s (3)不能 0.3 m
【解析】 (1)小球从B到A的过程中,根据机械能守恒定律有
mgH=mv2,
解得v=6 m/s。
(2)小球落入半圆槽,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,假设小球到达最低点的过程中,半圆槽未与挡板相碰,以向右为正方向,由动量守恒定律有
mv1-Mv2=0,
而t+t=R,
代入数值可得t=L,
即半圆槽与挡板恰好不相碰,根据机械能守恒定律有
m+M=mg(H+R),
解得v1=6 m/s。
(3)半圆槽与挡板碰撞后,系统在水平方向上动量守恒,假设小球不能从槽的右侧飞出,当小球到达最高点时,二者共速,则有
mv1+Mv2=(m+M)v3,
m+M=(m+M)+mgh,
代入数值解得h=0.3 m可知小球不能从半圆槽右侧飞出,小球距最低点的高度为0.3 m。(共26张PPT)
微专题2 动量
守恒定律的应用
[定位·学习目标]
1.掌握利用动量守恒定律分析解答某一方向上的动量守恒问题。2.掌握分析临界问题时动量守恒定律的应用。3.在解决物体系统问题时,能够灵活运用动量守恒定律和机械能守恒定律。
突破·关键能力
要点一 系统在某一方向上动量守恒
[例1] 如图所示,从倾角为30°、长0.3 m的光滑斜面顶端滑下质量为2 kg的货包,掉在质量为13 kg的静止的小车里。求:
(1)货包离开斜面时的速度大小;
(2)货包落到小车上后,小车获得的速度大小。
【答案】(2)0.2 m/s
·规律总结·
某一方向动量守恒问题的解题要点
(1)若系统所受外力不为零,总动量不守恒,但某一方向上所受外力为零,则这个方向上的动量守恒。此时应分析该方向上对应过程的初、末状态,确定该方向上初、末状态的动量。
(2)此类问题经常需要结合机械能守恒定律、动能定理或能量守恒定律等进行求解。
要点二 动量守恒中的临界问题
[例2] (2025·江苏泰州期中)如图所示,质量M=3.0 kg 的滑块内有圆弧管道,管道处于竖直面内,由四个半径R=0.4 m的四分之一圆弧形细管组成,P为两圆弧连接处。质量m=1.0 kg 的小球沿水平面从左侧以某一初速度进入管道
内,已知管道内径远小于圆弧半径,不计一切摩擦。
(1)若小球以v0=4.0 m/s进入管道最后又从左侧管口滑出,求此时滑块的速度大小v1;
【答案】 (1)2 m/s
(2)若小球以初速度v0=4.0 m/s进入管道后运动至P点,求此过程中滑块对小球做的功W;
【答案】 (2)-1.5 J
(3)若小球以某一水平速度v进入管道,且恰好从管道右侧滑出,求速度v的大小。
【答案】 (3)4.6 m/s
·总结提升·
解决动量守恒中的临界问题的关键
(1)寻找临界状态:看题设情境中是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
(2)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。
要点三 动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用
[例3] (多选)(2025·山东青岛期中)如图所示,一个质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上,一质量为m的小球以水平速度v0从小车的左端冲上小车,经过时间t到达最大高度,此时小球恰好与O点相平,之后小球又返回小车的左端。下列说法正确的是( )
BC
·规律总结·
动量守恒定律与机械能守恒定律的关系
(1)相同点:两个守恒定律都是动态过程中的守恒,即系统在物理过程中的任意时刻、任意阶段总动量或总机械能都不变。因此,在解决问题时,不必关注中间过程的细节,只要检查是否符合守恒条件,抓住所研究的初、末状态,直接应用就可以了。
·规律总结·
(2)不同点:①守恒条件不同。机械能是否守恒,取决于是否有“重力和系统内弹簧弹力”以外的力做功,因此,在判断机械能是否守恒时,要着重分析受力及各力做功的情况(包括内力和外力);动量是否守恒,取决于系统所受外力(或某一方向上外力)是否为零(或内力远大于外力),因此,在判断动量是否守恒时,要着重分析物体所受的外力。②标矢性不同。动量守恒是矢量式,可以在某一方向上使用动量守恒;机械能守恒是标量式,不能在某一方向上使用。
检测·学习效果
1.物块A和斜面B的质量分别为m和3m,水平直角边长分别为L和3L,不计一切摩擦,A从斜面顶端由静止开始运动,相对于斜面刚好滑到底端。这一过程中,下列说法正确的是( )
[A]物块A的机械能守恒
[B]A与B组成的系统动量守恒
[C]斜面B的位移大小为0.5L
[D]物块A的位移大小为1.5L
C
【解析】 根据题意可知,斜面B对物块A的支持力对物块A做功,则物块A的机械能不守恒,故A错误;初始时刻系统竖直方向动量为零,运动过程中,物块A有竖直方向的分速度,则竖直方向上系统的动量不守恒,故A与B组成的系统动量不守恒,故B错误;系统在水平方向上动量守恒,设物块A的水平位移为x1,斜面B的水平位移为x2,由动量守恒定律有mx1=3mx2,又有x1+x2=3L-L,解得x1=1.5L,x2=0.5L,由于物块A的竖直位移不可求,则物块A的位移大小不可求,斜面B的竖直位移为零,则斜面B的位移大小为0.5L,故C正确,D错误。
2.如图所示,质量为m=0.5 kg的小球在距离车底部一定高度处以初速度v0=15 m/s 向左平抛,落在以v=7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中,小车足够长,铺有细沙,质量为M=4 kg,g取10 m/s2。当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( )
[A]4 m/s [B]5 m/s
[C]8.5 m/s [D]9.5 m/s
B
【解析】 小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒,取水平向右的方向为正方向,有Mv-mv0=(M+m)v′,解得v′=5 m/s,选项B正确。
3.如图所示,甲、乙两人各乘一辆冰车在水平冰面上做游戏,甲和他的冰车总质量为M=60 kg,乙和他的冰车总质量也为M=60 kg,游戏时,甲推着一个质量为m=30 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住,不计冰面的摩擦。
(1)甲至少要以多大的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞
【答案】 (1)5.2 m/s
【解析】 (1)甲、乙恰好不相撞,应为乙接到箱子后甲、乙速度相等,规定向右为正方向,对该系统由动量守恒定律得
(M+m)v0-Mv0=(2M+m)v,
代入数据解得v=0.4 m/s。
甲推箱子的过程,规定向右为正方向,
由动量守恒定律得(M+m)v0=Mv+mvm,
代入数据解得vm=5.2 m/s。
(2)若甲推出箱子后恰好避免和乙相撞,则甲推箱子过程中对箱子的冲量为多大
【答案】 (2)96 N·s
【解析】 (2)甲推箱子的过程,对箱子由动量定理得I=m(vm-v0),
代入数据解得I=96 N·s。
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