物体的碰撞 动量 动量守恒定律
基础夯实
1.两个物体在光滑水平面上相向运动,在正碰以后都停下来,那么这两个物体在碰撞以前( )
A.质量一定相等
B.速度大小一定相等
C.动量大小一定相等
D.动能一定相等
答案C
解析根据动量守恒定律,这两个物体正碰以后都停下来,说明总动量为零,必然有碰撞前它们的动量大小相等、方向相反.
2.物体在恒力F作用下做直线运动,在t1时间内物体的速度由零增大到v,F对物体做功W1,给物体冲量I1.若在t2时间内物体的速度由v增大到2v,F对物体做功W2,给物体冲量I2,则( )
A.W1=W2 I1=I2
B.W1=W2 I1>I2
C.W1D.W1>W2 I1=I2
答案C
解析根据动量定理I1=Ft1=mv-0,I2=Ft2=2mv-mv=mv,显然I1=I2,再根据动能定理
W1=mv2-0,W2=m(2v)2-mv2,显然
W13.如图所示,在光滑水平面上质量分别为mA=2
kg、mB=4
kg,速率分别为vA=5
m/s、vB=2
m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动( )
(导学号51160098)
A.它们碰撞前的总动量是18
kg·m/s,方向水平向右
B.它们碰撞后的总动量是18
kg·m/s,方向水平向左
C.它们碰撞前的总动量是2
kg·m/s,方向水平向右
D.它们碰撞后的总动量是2
kg·m/s,方向水平向左
答案C
解析以水平向右方向为正方向,两球碰前的总动量为p=pA+pB=10
kg·m/s-8
kg·m/s=2
kg·m/s,因此C正确,A错误;两球不受摩擦,系统动量守恒,碰撞后总动量依然为2
kg·m/s,方向依然向右,B、D错误.
4.两个具有相等动量的物体A、B,质量分别为mA和mB,且mA>mB,比较它们的动能,则( )
A.B的动能较大
B.A的动能较大
C.动能相等
D.不能确定
答案A
解析根据Ek=,mA>mB,必然有A的动能较小,B的动能较大,所以A正确.
5.(多选)要计算竖直上抛一个物体的过程中手对抛出物作用力的冲量,如不计空气阻力,所需的已知条件为下列几种组合中的( )
A.物体的质量m,它能上升的最大高度H
B.抛出时的初速v0,它能上升的最大高度H
C.抛出时用力F的大小,物体上升到最高处所需的时间t
D.物体的重力G,它在空中的时间t'
答案AD
解析根据动量定理求解手对抛出物作用力的冲量,需要知道物体的质量和初速度或是物体的重力以及上升时间.
6.(多选)物体在恒定合外力作用下运动,则( )
A.物体一定做直线运动
B.物体的动量变化一定恒定
C.物体的动量增量与时间成正比
D.单位时间内物体动量的增量与物体的质量无关
答案CD
解析物体在恒力作用下既可以做直线运动,也可以做曲线运动;动量的变化率等于这个恒力.
7.(多选)如图所示,在光滑水平桌面上放着长为L的方木块M,今有A、B两颗子弹沿同一水平直线分别以vA、vB从M的两侧同时射入木块.A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB,且dA>dB,dA+dBA.速度vA>vB
B.子弹A的质量大于B的质量
C.子弹A的动量大于B的动量
D.子弹A的动能大于B的动能
答案AD
8.在验证碰撞中的动量守恒实验时,实验装置如图所示,要求实验时所用的两个小球的半径r ,入射球的质量m1 被碰球的质量m2.若已测得小球半径r,实验中还需的测量工具有 .若两球在碰撞中动量守恒,则满足关系式
(用题目和图中的量表示).
答案相等 大于 刻度尺、天平
m1=m1+m2(-2r)
能力提升
9.(多选)质量为m的平板小车静止在光滑的水平面上,一个质量为M的人立于小车的一端.当人从车的一端走向另一端的过程中,下列说法中正确的是
( )
A.人对小车压力的冲量,使小车与人沿同方向运动
B.人对小车摩擦力的冲量,使小车产生与人运动方向相反的动量
C.人与小车的动量在任一时刻都大小相等而方向相反
D.人与车的瞬时速度总是大小相等方向相反
答案BC
解析人和小车组成的系统总动量为零,人和小车的动量大小相等方向相反.
10.一宇宙飞船以v=1.0×104
m/s的速度进入密度为ρ=2.0×10-7
kg/m3的微陨石流中,如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S=5
m2,且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上.为使飞船的速度保持不变,飞船的推力应为多大
(导学号51160099)
答案100
N
解析设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm,则Δm=ρSvt
①
这些微陨石由静止至随飞船一起运动,其动量增加是受飞船对其作用的结果,由动量定理有Ft=Δp=Δmv
②
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft,为使飞船速度保持不变,飞船应增加的牵引力为ΔF=F
③
综合①②③并代入数值得ΔF=100
N,即飞船的牵引力应为100
N.
11.甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的质量和速度大小分别为m1=0.5
kg,v1=2
m/s;m2=3
kg,v2=1
m/s.两小车相碰后,乙车的速度减小为v2'=0.5
m/s,方向不变,求甲车的速度v1'.
(导学号51160100)
答案1
m/s,方向与乙车原来的方向相同.
解析设碰前甲车运动的方向为正方向.对两车组成的系统,由于在光滑的水平面上运动,作用在系统上的水平方向的外力为零,故由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=m1v1'-m2v2'
得v1'=
=
m/s=-1
m/s.
负号表示甲车在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同.
12.一质量为m的小球,以初速度v0沿水平方向射出,恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上,并立即沿反方向弹回.已知反弹速度的大小是入射速度大小的.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小.(导学号51160101)
答案mv0
解析
设刚要碰撞斜面时小球速度为v,由题意,v的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍为v0,如图所示.由此得
v=2v0.
①
碰撞过程中,小球速度由v变为反向的v,碰撞时间极短,可不计重力的冲量.由动量定理,设反弹速度的方向为正方向,则斜面对小球的冲量为
I=m-m·(-v).
②
由①②得I=mv0.自然界中的守恒定律
基础夯实
1.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,碰后两车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停止,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20
m/s的速率行驶,由此可判断碰前卡车的行驶速率( )
A.小于10
m/s
B.大于10
m/s小于20
m/s
C.大于20
m/s小于30
m/s
D.大于30
m/s小于40
m/s
答案A
解析两车组成的系统动量守恒,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v',以向南为正方向,有1
500×20
kg·m/s-3
000
kg×v2=(1
500+3
000)
kg×v',由题意知,碰后二者向南滑行,则v'应为大于零的数,据此可判断v2小于10
m/s,故选A.
2.在光滑的水平面上有一质量为0.2
kg的球以5.0
m/s的速度向前运动,与质量为3.0
kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=4.2
m/s,则( )
A.碰撞后球的速度为v球=-1.3
m/s
B.v木=4.2
m/s这一假设不合理,因而这种情况不可能发生
C.v木=4.2
m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来
D.v木=4.2
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
答案B
解析根据动量守恒定律,m1v=m1v1+m2v2,即
0.2
kg×5.0
m/s=0.2
kg×v1+3.0
kg×4.2
m/s得v1=-58
m/s,这一过程不可能发生,因为碰撞后机械能增加了.
3.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v-t图象为( )
(导学号51160118)
答案B
解析人跳离车瞬间,人车水平方向动量守恒,则(m+2m)v0=2mv-mv0,解得v=2v0,故只有选项B正确.
4.(多选)在两个物体碰撞前后,下列说法中可能成立的是( )
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总和不为零
答案AB
解析选项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总和不为零的话,则系统一定受到外力的作用,D不成立.
5.(多选)质量为m的小球A,在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰,碰撞后,A球的动能变为原来的,那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
(导学号51160119)
A.v
B.v
C.v
D.v
答案AB
解析设A球碰后的速度为vA,由题意:mv2,则vA=±v,碰后A的速度方向有两种可能,因此动量守恒为mv=mv+2mvB或mv=-mv+2mvB,解得vB=v或v.
6.光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连.开始时a球静止,b球以一定速度运动直至绳被拉紧,然后两球一起运动,在此过程中两球的总动量 (选填“守恒”或“不守恒”);机械能 (选填“守恒”或“不守恒”).
答案守恒 不守恒
能力提升
7.
如图所示,一轻弹簧一端系在墙上的O点,自由伸长到B点,今使一质量为m的小物体靠着弹簧,将弹簧压缩到A点,然后释放,小物体能在水平面上运动到C点静止,A、C间距离为s;若将小物体系在弹簧上,在A点由静止释放,则小物体将做阻尼振动到最后静止.设小物体通过的总路程为l,则下列选项中错误的是( )
(导学号51160120)
A.l>s B.l=s
C.lD.l=s或l答案A
解析由于摩擦,系在弹簧上的物体最后静止的位置可能在B点也可能在B点的左侧或右侧,在题述两个过程中,弹簧的弹性势能的减少将转化为因摩擦而增加的内能,若物体最后静止在B点,则ΔE减=ΔE增,得E弹=Q热=μmgs
①
若物体最后静止在B的左侧或右侧:ΔE减=ΔE增,得E弹=E弹'+μmgl
②
其中E弹'是物体静止后弹簧还具有的弹性势能.由①②式得
μmgs=μmgl+
E弹'
总之,当物体最后静止在B点时,s=l;当物体最后不是静止在B点时,l8.一个物体静止于光滑水平面上,外面扣一质量为M的盒子,如图a所示.现给盒子一个初速度v0,此后,盒子运动的v-t图象呈周期性变化,如图b所示.请据此求盒内物体的质量.
(导学号51160121)
答案M
解析设物体的质量为m,t0时刻物体受盒子碰撞获得速度为v,根据动量守恒定律Mv0=mv,3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性的.
mv2
联立上述两式解得m=M.
9.
如图所示,A、B两个木块用弹簧连接,它们静止在光滑水平面上,A和B的质量分别是99m和100m.一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出,在后来的过程中弹簧弹性势能的最大值是多少 (导学号51160122)
答案
解析刚开始瞬间,子弹和木块A发生完全非弹性碰撞,动量守恒,有
mv0=(m+mA)v
所以v=
之后,木块A(包括子弹)和木块B组成的系统动量守恒,机械能守恒,当A、B速度相等时,弹簧压缩量最大,这时弹性势能最大,有
所以Ep=×100m×()2-×200m×()2=.
10.1930年科学家用放射性物质中产生的α粒子轰击铍时,产生了一种看不见的贯穿能力极强的不带电的未知粒子.该未知粒子跟静止的氢核正碰,测出碰撞后氢核的速度是3.3×107
m/s,该未知粒子跟静止的氮核正碰,测出碰撞后氮核的速度是4.7×106
m/s.已知氢核质量是mH,氮核质量是14mH,假定上述碰撞是弹性碰撞,求未知粒子的质量.
(导学号51160123)
答案1.16
mH
解析设未知粒子的质量为m,初速度为v,与氢核碰撞后的速度为v',根据动量守恒定律和动能关系有mv=mv'+mHvH①
mv2=mv'2+mH
②
联立①②两式解得vH=v.
③
同理,对于该粒子与氮核的碰撞有
vN=v
④
联立③④两式解得m=mH=1.16mH.
11.如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平.从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力,求:
(导学号51160124)
(1)两球a、b的质量之比;
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.
答案(1)-1 (2)1-
解析(1)设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点,但未与球a相碰时的速率为v,由机械能守恒定律得
m2gL=m2v2
①
式中g是重力加速度的大小.设球a的质量为m1;在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v',以向左为正.由动量守恒定律得
m2v=(m1+m2)v'
②
设两球共同向左运动到最高处时,细线与竖直方向的夹角为θ,由机械能守恒定律得
(m1+m2)v'2=(m1+m2)gL(1-cos
θ)
③
联立①②③式得
-1
④
代入题给数据得
-1.
⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos
θ)
⑥
联立①⑥式,Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek=m2v2)之比为
=1-(1-cos
θ)
⑦
联立⑤⑦式,并代入题给数据得
=1-.
⑧反冲运动
基础夯实
1.下列现象不属于反冲运动的有( )
A.喷气式飞机的运动
B.反击式水轮机的运动
C.火箭上升
D.氢气球上升
答案D
2.
如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为M,当炮管水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶的过程中,发射一枚质量为m的炮弹后,自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
(导学号51160110)
A.
B.
C.
D.
答案B
解析自行火炮水平匀速行驶时,牵引力与阻力平衡,系统动量守恒,设向右为正方向,发射前动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v0+v2).
由Mv1=(M-m)v2+m(v0+v2)
解得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的水平面上,当小球从图所示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( )
A.
B.
C.
D.
答案B
解析由于大球和小球组成的系统,水平方向不受外力作用,系统水平方向动量守恒,设小球m运动到大球最低点时,相对地的水平方向位移大小为s1,大球在该过程中对地的位移大小为s2,据动量守恒定律,在水平方向:m=2m,由数学知识知s1+s2=2R-R,由以上两式得大球移动的距离为s2=.
4.(多选)一气球由地面匀速上升,当气球下面的吊梯上站着的人沿吊梯匀速向上爬时,下列说法中正确的是
( )
A.气球可能匀速上升
B.气球可能相对于地面静止
C.气球可能加速下降
D.气球的运动速度将发生变化
答案AB
解析气球和人组成的系统动量守恒,则有(M人+m球)v0=M人v人+m球v球.如果(M人+m球)v0>M人v人,则气球匀速上升;如果(M人+m球)v0=M人v人,则气球相对地面静止;如果(M人+m球)v05.(多选)设斜向上抛出的物体在通过轨迹的最高点位置时,突然炸裂成质量相等的两块,已知其中一块沿原水平方向做平抛运动,则另一块的运动可能是( )
A.反方向的平抛运动
B.斜上抛运动
C.自由落体运动
D.竖直上抛运动
答案AC
解析因为在最高点位置时炸裂成两块,所以在炸裂的过程中竖直方向的速度为零,水平方向上动量守恒,由于只知道其中一块沿原水平方向做平抛运动,所以另一块在水平方向上的速度不确定,可能向前,可能向后,也可能为零,故选项A、C正确.
能力提升
6.总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0,速度方向水平.火箭向后以相对于地面的速度u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为 .
答案
解析火箭喷出燃气前后系统的动量守恒.喷出燃气后火箭的质量变为M-m,以v0方向为正方向,有Mv0=-mu+(M-m)v解得v=.
7.一质量为6×103
kg的火箭从地面竖直向上发射,若火箭喷射燃料气体的速度(相对于火箭)为103
m/s(g取
10
m/s2),求:
(导学号51160111)
(1)每秒钟喷出大约多少气体才能获得克服火箭重力所需的推力
(2)每秒钟喷出大约多少气体才能使火箭在开始时获得20
m/s2的加速度
答案(1)60
kg (2)180
kg
解析这是一个反冲运动的问题,火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果,可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.
(1)以喷出的气体为研究对象,设每秒喷出气体的质量为Δm,火箭对这部分气体的作用力为F,由动量定理有FΔt=Δmv0
①
火箭刚要升空时对地速度为零,此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度,气体对火箭的反作用力F'=F,对火箭(忽略气体的重力)F'=Mg
②
由①②两式解得
Δm=
kg=60
kg
即要获得克服火箭重力的推力,每秒要喷出60
kg的气体.
(2)同第(1)问,以喷出的气体Δm'为研究对象
F'Δt=Δm'v0
③
而对火箭F'-Mg=Ma
④
由③④两式解得
Δm'=
kg=180
kg.
8.
一玩具车携带若干质量为m的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动,若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸,如图所示.求:
(导学号51160112)
(1)至少发射多少枚弹丸后,小车开始反向运动
(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.
答案(1) (2)Δt=,k<
解析(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v1,由切线方向动量守恒得
(M-m)v1+mu=Mv0,v1=
第二枚弹丸发射后,有
(M-2m)v2+mu=(M-m)v1
v2=
则第n枚弹丸发射后,小车的速度为vn=
小车开始反向运动时,vn≤0,则nmin=.
(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(kΔt=Tk=,k取小于的最大整数.
9.一火箭喷气发动机每次喷出m=200
g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1
000
m/s(相对地面),设火箭质量m1=300
kg,发动机每秒喷气
20次.求当第三次气体喷出后火箭的速度.
(导学号51160113)
答案2
m/s
解析方法一:喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反,系统动量守恒.
第一次喷出气体后,火箭速度为v1,有
(m1-m)v1-mv=0,
所以v1=;
第二次喷出气体后,火箭速度为v2,有
(m1-2m)v2-mv=(m1-m)v1,
所以v2=;
第三次喷出气体后,火箭速度为v3,有
(m1-3m)v3-mv=(m1-2m)v2,
所以v3=
m/s≈2
m/s.
方法二:选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求解.
设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和三次喷出的气体为研究对象,据动量守恒定律得
(m1-3m)v3-3mv=0,
所以v3=≈2
m/s.
10.
平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A点,距货箱水平距离为
l=4
m,如图所示.人的质量为m,车连同货箱的质量m1=4m,货箱高度h=1.25
m.求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度大小.
(导学号51160114)
答案1.6
m/s
解析人从货箱边跳离的过程,系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒,设人的水平速度是v1,车的反冲速度是v2,取向右为正方向,
则mv1-m1v2=0,
解得v2=v1,
人跳离货箱后做平抛运动,车以v2做匀速运动,运动时间为
t=
s=0.5
s.由图可知,
在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为s1=v1t,s2=v2t,又s1+s2=l,即v1t+v2t=l,
则v2=
m/s=1.6
m/s.
11.一枚质量为m的手榴弹,在空中某点运动速度的大小为v,方向沿水平方向.手榴弹在该点突然炸裂成两块,质量为m1的一块沿v的反方向飞去,速度大小为v1,求另一块炸裂后的速度v2.
(导学号51160115)
答案,方向与v相同
解析爆炸前,可认为手榴弹是由质量为m1和
m-m1的两块弹片组成的.手榴弹爆炸的过程,可看作是这两块弹片相互作用的过程.由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力,所以满足动量守恒定律.
两块弹片在炸开前(初状态)的总动量是mv,炸开后(末状态)的总动量为-m1v1+(m-m1)v2.
根据动量守恒定律有mv=-m1v1+(m-m1)v2
所以v2=,方向与v相同.
12.有一大炮竖直向上发射炮弹,炮弹的质量为m'=6.0
kg(内含炸药的质量可以忽略不计),射出的初速度v0=60
m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,其中一片质量为m=4.0
kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心,以R=600
m
为半径的圆周范围内,则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大 (g取10
m/s2,忽略空气阻力)(导学号51160116)
答案6.0×104
J
解析设炮弹上升到达最高点的高度为h,根据匀变速直线运动规律有=2gh
设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1,另一块的速度为v,根据动量守恒定律有mv1=(M-m)v.
设质量为m的弹片运动的时间为t,根据平抛运动规律,有
h=gt2,R=v1t.
炮弹刚爆炸后,两弹片的总动能Ek=(M-m)v2.
解以上各式得Ek=.代入数值得Ek=6.0×104
J.第一章碰撞与动量守恒
过关检测
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~4题只有一项符合题目要求,第5~8题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)
1.下列几种物理现象的解释中,正确的是( )
A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻
B.跳高时在沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用,两个物体将同时停下来
答案D
解析砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小,二是因为缓冲时间长,从而导致作用力小,故A错误;跳高时在沙坑里填沙,是为了增大力的作用时间,从而减小作用力,B错误;推车时推不动,是由于合力的冲量为零,但推力的冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确.
2.一质量为m的物体静止放在光滑的水平面上,现以恒力F沿水平方向推该物体,则在相同的时间间隔内( )
A.物体的位移相等
B.物体动能的变化量相等
C.F对物体做的功相等
D.物体动量的变化量相等
答案D
解析物体受到恒力F作用,加速度a恒定,所以物体做匀加速直线运动,由静止开始,相等的时间间隔内物体的平均速度越来越大,位移越来越大,力F做的功越来越多,动能的变化量越来越大,故选项A、B、C错误;动量的变化量等于物体所受合外力的冲量,力F不变,相等的时间间隔内力F的冲量相等,故选项D正确.
3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动,两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6
kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4
kg·m/s,则( )
(导学号51160125)
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案A
解析本题考查动量守恒定律的应用及对其矢量性的理解和处理矢量问题的能力.题中规定向右为正方向,而A、B球的动量均为正值,由此断定A、B两球都向右运动,因为pA=pB=6
kg·m/s,又知mB=2mA,所以有vA=2vB,可判断出A球在左方,因而选项C、D不正确.
由于碰后A球的动量变化ΔpA=-4
kg·m/s,根据动量守恒可知,B球的动量变化ΔpB=4
kg·m/s,由此可求得碰后A、B两球的动量分别为
pA'=(6-4)
kg·m/s=2
kg·m/s,
pB'=(6+4)
kg·m/s=10
kg·m/s,
则有,
所以,故选项A正确.
4.古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死,并设兔子与树桩的作用时间为0.2
s,则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g取10
m/s2)( )
(导学号51160126)
①1
m/s ②1.5
m/s ③2
m/s ④2.5
m/s
A.③ B.③④
C.②③④
D.①②③④
答案B
解析对兔子由动量定理,可得Ft=mv1-mv0,选取兔子奔跑的方向为正方向,即-Ft=0-mv0,F=,当F≥mg时,兔子即被撞死,即F=≥mg.
所以v0≥gt,即v0≥10×0.2
m/s=2
m/s,故应选B.
5.如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,则此物体的运动可能是( )
A.匀速直线运动
B.匀变速曲线运动
C.匀速圆周运动
D.匀变速直线运动
答案BD
解析自由落体运动和平抛运动都是重力作用下的运动,相同时间内受到的冲量相同,一个是匀变速直线运动,一个是匀变速曲线运动,故B、D正确.
6.如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙.用水平力F将B向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为E.这时突然撤去F,关于A、B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )
(导学号51160127)
A.撤去F后,系统的动量守恒,机械能守恒
B.撤去F后,在A离开竖直墙前,系统的动量不守恒,机械能守恒
C.撤去F后,在A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能的最大值为E
D.撤去F后,在A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能的最大值为
答案BD
解析A离开竖直墙前墙对A有弹力,这个弹力虽然不做功,但对A有冲量,因此系统的机械能守恒而动量不守恒;A离开墙后则系统的动量守恒,机械能守恒,选项A错误,B正确.A刚离开墙时,B的动能为E,动量为p=,方向水平向右;以后动量守恒,因此系统的动能不可能为零,当A、B的速度相等时,系统的总动能最小,这时弹簧的弹性势能最大,为,选项C错误,D正确.
7.如图所示,一个内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖直墙.现让一小球(可看做质点)自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,与半圆柱槽相切并从A点落入槽内.则下列说法正确的是( )
(导学号51160128)
A.小球离开右侧槽口以后,将做竖直上抛运动
B.小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功
C.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒
D.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统在水平方向上的动量不守恒
答案CD
解析小球从进入槽口到最低点的过程中,槽有向左运动的趋势,受到竖直墙对它的力的作用,此过程中系统的动量不守恒,但这个过程中只有重力做功,小球的机械能守恒.小球从最低点继续运动到离开槽的过程中,系统在水平方向上不受外力作用,水平方向的动量守恒,由于只有重力做功,系统的机械能守恒,当小球从槽口飞出时,在水平方向与槽具有相同的速度,故小球将做斜抛运动.所以整个过程中,系统的机械能守恒,水平方向的动量不守恒,小球在槽内运动的过程中,除重力做功外,还有槽对小球的弹力做功.故选项C、D正确.
8.如图,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( )
(导学号51160129)
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同
D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置
答案AD
解析由于两球发生弹性碰撞,故系统动量、机械能均守恒,则mv=3
mvb+mva①,mv2=×3m②,由两式联立解得va=-v,vb=v,故选项A正确;由前面求得速度可知第一次碰后pa=-mv,pb=mv,故选项B错误;由于第一次碰后,|va|=|vb|,根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同,选项C错误;因两球摆长相同,根据T=2π知,两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞,选项D正确.
二、非选择题(共4个小题,共52分)
9.(10分)《三国演义》中有“草船借箭”的故事,假设草船的总质量M=3
940
kg,静止在水中,岸上曹兵开弓射箭,假设每支箭的质量m=60
g,同一时刻有n=1
000支箭射到船上,箭的速度v=50
m/s,不计水的阻力,则射箭后草船的速度是 m/s,每支箭受到的冲量大小是 N·s.
答案0.75 2.955
解析不计水的阻力,箭与船的动量守恒nmv=(M+nm)v',得v'=v=0.75
m/s.箭的速度由v减小到v',由动量定理知每支箭受到的冲量I=mv'-mv=-2.955
N·s,负号表示与原来的速度方向相反.
10.(10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.松开手的同时,记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时,分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和t2.
b.在A、B间水平放入一个轻弹簧,用手压住A、B使弹簧压缩,放置在气垫导轨上,并让它静止在某个位置.
c.给导轨送气,调整气垫导轨,使导轨处于水平.
d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1,B的右端至D板的距离L2.
(导学号51160130)
(1)实验步骤的正确顺序是 .
(2)实验中还需要的测量仪器是 .还需要测量的物理量是 .
(3)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是 .
(4)实验中弹簧与A、B滑块之一是粘连好还是不粘连好
.理由是
.
答案(1)cbda
(2)天平 A、B两滑块的质量MA、MB
(3)MA=MB
(4)粘连好 可以避免因漏记弹簧的动量而带来较大的实验误差
解析(1)为了减小误差,首先应将气垫导轨水平放置,给导轨送气,然后将滑块按实验要求放置好,测出两滑块到导轨两端的距离,并测出各自运动的时间.故正确顺序应为c→b→d→a.
(2)本实验中需测量A、B两滑块的质量MA、MB,两滑块运动的距离L1、L2及运动时间t1、t2.
(3)由于实验中Mv为不变量,因此需要探究的不变量的表达式为MA=MB.
(4)只与某一个弹簧粘连好,这样把弹簧的质量考虑进去,会减小系统误差.
11.(16分)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切.小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半.两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g.求
(导学号51160131)
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA;
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB.
答案(1) (2)1∶3
解析(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中,由机械能守恒定律得mAgh=mA
解得vA=.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v,由动量守恒定律得
mAvA=(mA+mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动,设运动时间为t,由运动学公式,在竖直方向上有h=gt2
在水平方向上有=vt
联立上述各式得mA∶mB=1∶3.
12.(16分)(2015山东理综)如图,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.
(导学号51160132)
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
①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
WA=
②
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
③
据题意可知WA=WB
④
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'=2mv
⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得v=v0.
⑥动量守恒定律在碰撞中的应用
基础夯实
1.如图所示,质量为M的物体P静止在光滑的水平桌面上,另一质量为m(mA.Q物体一定被弹回,因为mB.Q物体可能继续向前
C.Q物体的速度不可能为零
D.若相碰后两物体分离,则过一段时间可能再碰
答案B
解析如果是弹性碰撞,因m2.如图所示,在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动,并发生对心碰撞.设向右为正方向,碰前A、B两球动量分别是pA=10
kg·m/s,pB=15
kg·m/s,碰后动量变化可能是( )
(导学号51160102)
A.ΔpA=5
kg·m/s,ΔpB=5
kg·m/s
B.ΔpA=-5
kg·m/s,ΔpB
=5
kg·m/s
C.ΔpA=5
kg·m/s,ΔpB=-5
kg·m/s
D.ΔpA=-20
kg·m/s,ΔpB=20
kg·m/s
答案B
解析A.此结果动量不守恒;B.可能;C.B的动量不可能减少,因为是A碰B;D.要出现ΔpA
=-20
kg·m/s
只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果.
3.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比可能为( )
A.2
B.4
C.6
D.8
答案A
解析根据动量守恒和能量守恒,设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≤3,所以A正确.
4.如图所示,a、b质量相等,b上连有一轻质弹簧,且静止在光滑的水平面上,当a以速度v向右运动(弹簧一直在弹性限度内),则( )
(导学号51160103)
A.当弹簧压缩量最大时,a的动能恰好为零
B.最后a离开弹簧,a被弹簧弹回向左运动,b向右运动
C.当弹簧压缩量最大时,弹簧具有的弹性势能等于物体a与弹簧接触前的动能的一半
D.最后a离开弹簧,a、b都以的速度向右运动
答案C
5.(多选)A、B两小物块在光滑水平面上沿同一直线同向运动,动量分别为pA=6.0
kg·m/s,pB=8.0
kg·m/s.A追上B并与B相碰,碰后A、B的动量分别为pA'
和pB',pA'、pB'的值可能为( )
A.pA'=pB'=7.0
kg·m/s
B.pA'=
3.0
kg·m/s,pB'=11.0
kg·m/s
C.pA'=
-2.0
kg·m/s,pB'=16.0
kg·m/s
D.pA'=
-6.0
kg·m/s,pB'=20.0
kg·m/s
答案BC
解析①碰撞中动量守恒.②碰后动能不大于碰前.③A碰后动量大小一定小于碰前.④后面物体的速度一定不大于前面物体的速度.必须符合①、②的原因是显而易见的.由于碰撞过程中,A所受作用力与原动量方向相反.故若A动量仍为正值,必小于初动量.若A动量为负值,且动量大小等于或大于初动量,由于B的动量大小也一定大于初动量(B所受冲量方向与其初动量方向相同),这就使碰后A、B的速率均大于(A可能等于)碰前,从而使碰后系统总动能大于碰前.由于无其他形式能转化为动能,故也必须符合条件③.根据这三个条件,很容易确定本题答案应为B、C.
6.(多选)质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的,那么小球B的速度可能是( )
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
答案AB
解析根据Ek=mv2,碰撞后A球的动能变为原来的,则A的速度变为vA'=±v0,正、负表示方向有两种可能.
当vA'=v0,vA'与v0同向时有mv0=mv0+2mvB,vB=v0.
碰撞后系统总动能为
Ek总=EkA'+EkB'=EkA.
机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞.
当vA'=-v0时有mv0=-mv0+2mvB,vB=v0.
碰撞后系统总动能为Ek总'=EkA'+EkB'=mv0,机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞.
能力提升
7.(多选)如图所示,A、B两物体质量分别为mA=5
kg
和mB=4
kg,与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5,开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧(不拴接),并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断,则两物体将被弹簧弹开,最后两物体都停在水平地面上.下列判断正确的是( )
(导学号51160104)
A.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,两物体组成的系统动量守恒
B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体运动的过程中,整个系统的机械能守恒
C.在两物体被弹开的过程中,A、B两物体的动能先增大后减小
D.A比B先停止运动
答案AC
解析两物体受的外力为-FA+FB+μAgmA-μBgmB=0,因此两物体组成的系统动量守恒;由于摩擦力不为零,系统机械能不守恒;由于两物体动量守恒,因此应该同时停止运动.
8.(多选)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M
的小车,其左侧有半径为R
的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道最低点B
与水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内.将质量为m
的物块(可视为质点)从A
点无初速释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.设重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.关于物块从A
位置运动至
C位置的过程,下列说法中正确的是
( )(导学号51160105)
A.小车和物块构成的系统动量不守恒
B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C.物块运动过程中的最大速度为
D.小车运动过程中的最大速度为
答案AD
9.如图所示,在光滑水平桌面上,物体A和B用轻弹簧连接,另一物体C靠在B左侧未连接,它们的质量分别为mA=0.2
kg,mB=mC=0.1
kg.现用外力将B、C和A压缩弹簧,外力做功为7.2
J,弹簧仍在弹性限度内,然后由静止释放.试求:
(导学号51160106)
(1)弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能;
(2)弹簧从伸长最大回复到自然长度时,A、B速度的大小.
答案(1)4.8
J (2)-2
m/s 10
m/s
解析取向右为正方向.
(1)第一过程,弹簧从缩短至原长
mAvA1-(mB+mC)v1=0
mA(mB+mC)=Ep0
代入数据得vA1=6
m/s,v1=6
m/s
第二过程,弹簧从原长伸至最长,此时A、B速度相等,有
mAvA1-mBv1=(mA+mB)v2
Epm=Ep0-(mA+mB)mC
代入数据得v2=2
m/s,Epm=4.8
J.
(2)第三过程,弹簧从最长至原长,有
(mA+mB)v2=mAvA3+mBvB3
(mA+mB)+Epm=mAmB
得vA3=-2
m/s,vB3=10
m/s.
10.(2014广东理综)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点.探测器只在t1=2
s至t2=4
s内工作.已知P1、P2的质量都为m=1
kg.P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1.AB段长L=4
m,g取10
m/s2,P1、P2和P均视为质点.P与挡板的碰撞为弹性碰撞.
(导学号51160107)
(1)若v1=6
m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.
答案(1)3
m/s 9
J (2)10
m/s≤v1≤14
m/s 17
J
解析(1)P1、P2碰撞,由动量守恒定律mv1=2mv
①
代入数据得,v=3
m/s②
损失的动能为ΔE
=·2mv2
③
代入数据得ΔE=9
J.
④
(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=
⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为vA,则根据①得
vA=
⑥
把P与挡板碰撞前后运动过程当作物体运动过程处理
经过时间t1,P运动过的路程为s1,
则s1=vAt1-
⑦
经过时间t2,P运动过的路程为s2,
则s2=vAt2-
⑧
如果P能在探测器的工作时间内通过B点,必须满足s1≤3L≤s2
⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10
m/s≤v1≤14
m/s.
v1的最大值为14
m/s,此时vA为7
m/s,根据动能定理得
-μ·2mg·4L=E-·2m
代入数据得,E=17
J.
11.如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长度均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B一个水平初速度v0,方向与绳垂直,小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求:
(导学号51160108)
(1)当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度.
(2)当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度.
(3)运动过程中小球A的最大动能EkA和此时两根绳的夹角
(4)当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.
答案见解析
解析(1)设小球A、C第一次相碰时,B球的速度为vB,考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB.由动量守恒定律得mv0=3mBvB
由此解得vB=v0.
(2)当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定律和机械能守恒定律,得
mv0=mvB+2mvA
×2m
解得vB=-v0,vA=v0(三球再次处于同一直线)
vB=v0,vA=0(初始状态,舍去)
所以,三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为
vB=-v0(负号表明与初速度反向).
(3)当小球A的动能最大时,小球B的速度为零.设此时小球A、C的速度大小为v,两根绳间夹角为θ(如图).则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得
mv0=2mvsin
=2×mv2
另外EkA=mv2
由此可解得,小球A的最大动能为EkA=
此时两根绳间夹角为θ=90°.
(4)小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动.当三个小球处在同一直线上时,以小球B为参考系(小球B的加速度为零,为惯性参考系),小球A(C)相对于小球B的速度均为v=|vA-vB|=v0
所以此时绳中拉力大小为F=m=m.
12.质量为m的A球和质量为3m的B球分别用长为L的细线a和b悬挂在天花板下方,两球恰好相互接触,且离地面高度h=L.用细线c水平拉起A,使a偏离竖直方向θ
=
60°,静止在如图所示的位置.b能承受的最大拉力Fm=3.5mg,重力加速度为g.
(导学号51160109)
(1)A静止时,a受多大拉力
(2)剪断c,
①求A与B发生碰撞前瞬间A的速度的大小.
②若A与B发生弹性碰撞,求碰后瞬间B的速度大小.
③判断b是否会被拉断 如果不被拉断,求B上升的最大高度;如果被拉断,求B抛出的水平距离.
答案(1)2mg (2)① ② ③细线b被拉断 L
解析(1)A球受力如图所示,根据物体的平衡条件有
Ta==2mg.
(2)设A球到达最低点时速度为vA,由机械能守恒定律:
mgL(1-cos
θ)=
解得vA=.
A与B碰后瞬间,A的速度为vA'、B的速度为vB,依题意:
mvA=mvA'+3mvB
①
mvA'2+×3m
②
由①②解得vB=vA=
③
若b不断,碰后瞬间b所受拉力为F,由牛顿运动定律:F-3mg=
④
由③④解得F=3.75mg
由于F>Fm,故b会被拉断,拉断后,B将以vB的速度做平抛运动,设其抛出的水平距离为s,则有
h=gt2
⑤
s=vBt
⑥
由③⑤⑥解得s=L.
