16.1 实验 探究碰撞中的不变量
课后提升作业
1.(多选)(2018·广州高二检测)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 ( )
A.导轨未水平安放
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
【解析】选A、B。导轨不水平,小车速度将受重力的影响,从而导致实验误差,故A正确;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,使计算速度出现误差,故B正确;两小车质量不相等,系统碰撞前后动量仍然守恒,故不会导致实验误差,故C错误;两小车碰后连在一起是完全非弹性碰撞,系统碰撞前后动量仍然守恒,故不会导致实验误差,故D错误。
2.(多选)(2018·南京高二检测)在“探究碰撞中的不变量”实验中,对于最终的结论m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,下列说法正确的是 ( )
A.仅限于一维碰撞
B.任何情况下m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′也一定成立
C.式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小
D.式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和
【解析】选A、D。这个实验是在一维情况下设计的实验,其他情况未做探究;系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论,其他探究的结论情况不成立,而速度是矢量,应考虑方向。故选项A、D正确。
3.气垫导轨上有A、B两个滑块,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻质弹簧,滑块间用绳子连接(如图甲所示),绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,图乙为它们运动过程的频闪照片,频闪的频率为10Hz,由图可知:
(1)A、B离开弹簧后,应该做 运动,已知滑块A、B的质量分别为200g、300g,根据照片记录的信息,从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是? 。
(2)若不计此失误,分开后,A的动量大小为 kg·m/s,B的动量大小为
kg·m/s,本实验中得出“在实验误差允许范围内,两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是 。
【解析】(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用,所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小。
(2)周期T==0.1s,v=,由题图知A、B匀速时速度分别为vA=0.09m/s,vB=0.06m/s,分开后A、B的动量大小均为p=0.018kg·m/s,方向相反,满足动量守恒,系统的总动量为0。
答案:(1)匀速直线 A、B两滑块的第一个间隔与后面间隔距离一样
(2)0.018 0.018 A、B两滑块作用前后总动量相等,均为0
4.如图所示,在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B,做探究碰撞中不变量的实验:
(1)把两滑块A和B紧贴在一起,在A上放质量为m的砝码,置于导轨上,用电动卡销卡住A和B,在A和B的固定挡板间放一弹簧,使弹簧处于水平方向上的压缩状态。
(2)按下电钮使电动卡销放开,同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器,当A和B与挡板C和D碰撞同时,电子计时器自动停表,记下A至C运动时间t1,B至D运动时间t2。
(3)重复几次取t1、t2的平均值。
请回答以下几个问题:
①在调整气垫导轨时应注意 。
②应测量的数据还有 。
③作用前A、B两滑块速度与质量乘积之和为 ,作用后A、B两滑块速度与质量乘积之和为 。
【解析】①为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动,必须使气垫导轨水平,需要用水平仪加以调试。
②要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度,需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2,并且要测量出两滑块到挡板的距离L1和L2,再由公式v=求出其速度。
③设向左为正方向,根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA=,vB=。碰前两物体静止,v=0,速度与质量乘积之和为0,碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M+m)-M。
答案:①必须使气垫导轨水平 ②A至C的时间t1和B至D的时间t2,并且要测量出两滑块到挡板的距离L1和L2
③0 (M+m)-M
5.(2018·莆田高二检测)如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图。
(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同,所以我们在实验中可以用 作为时间单位。
(2)本实验中,实验必须要求的条件是 ( )
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端点的切线是水平的
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D.入射球与被碰球满足ma>mb,ra=rb
(3)图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置,则实验中要验证的关系是 ( )
A.ma·ON=ma·OP+mb·OM
B.ma·OP=ma·ON+mb·OM
C.ma·OP=ma·OM+mb·ON
D.ma·OM=ma·OP+mb·ON
【解析】(1)在此实验装置中两球的飞行时间相同,实验中可用平抛时间作为单位时间,从而变比较速度大小为比较水平位移的大小。
(2)选B、C、D。此实验要求两小球平抛,所以应使斜槽末端点的切线是水平的,B对。要求碰撞时入射小球的速度不变,应使入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放即可,C对,A错。为使入射小球不返回且碰撞时为对心正碰,应使ma>mb且ra=rb,D对。
(3)选C。实验中要验证mav1=mav1′+mbv′2,取平抛时间为单位时间,则变为ma=ma+mb,即ma·OP=ma·OM+mb·ON。
答案:(1)平抛时间 (2)B、C、D (3)C
6.(2018·珠海高二检测)用天平、气垫导轨(带光电计时器和两个滑块)探究物体间发生相互作用时的不变量,本实验可用自动照相机代替打点计时器(闪光频率为10Hz),步骤方法如下:
(1)用天平称出两滑块的质量。mA=0.10kg,mB=0.20kg,放在水平的气垫导轨上(导轨上标尺的最小分度为1cm,滑块可看作质点)。
(2)碰撞前后连续三次闪光拍照得图中a、b、c所示的照片;请你根据图示数据探究物体间发生相互作用时的不变量。
【解析】由题图a、b可确定A的速度为:
vA=m/s=0.6 m/s
则mAvA=0.1×0.6kg·m/s=0.06kg·m/s
从题图b、c看出滑块A与B靠近到发生碰撞需时间
t2=s=2.5×10-2s
所以A与B碰后回到7.0cm位置,历时
Δt=(0.1-2.5×10-2)s=7.5×10-2s
因此,求出v′A=m/s=-0.2m/s
v′B=m/s=0.4m/s
所以碰撞后:mAvA′+mBv′B=6×10-2kg·m/s
由以上计算可得:mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B。
即碰撞前后质量与速度乘积之和保持不变
答案:见解析
7.利用如图所示的实验装置,可探究碰撞中的不变量,由于小球的下落高度是定值,所以,小球落在地面上的水平位移就代表了平抛运动时水平初速度的大小,这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛运动的水平位移来表示。
(1)(多选)为了尽量准确找到碰撞中的不变量,以下要求正确的是 。
A.入射小球的半径应该大于被碰小球的半径
B.入射小球的半径应该等于被碰小球的半径
C.入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下
D.斜槽末端必须是水平的
(2)(多选)关于小球的落点,正确的是 。
A.如果小球每次从斜槽的同一位置由静止滑下,重复几次的落点一定是完全重合的
B.由于偶然因素存在,重复操作时小球的落点不会完全重合,但是落点应当比较密集
C.测定落点P的位置时,如果几次落点的位置分别为P1、P2、…Pn,则落点的平均位置OP=
D.尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置
(3)若已知入射小球与被碰小球的质量之比为m1∶m2=8∶3,OP=20cm,PN=16cm,则OM的值大约等于多少,本实验才算达到实验目的?
【解析】(1)只有两个小球的半径相等,才能保证碰后小球做平抛运动,所以A错误,B正确;入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下,才能使得小球平抛运动的落点在同一位置,所以C正确;斜槽末端必须水平也是保证小球碰后做平抛运动的必要条件,所以D正确。
(2)为了提高实验的准确性,需要重复多次,找到小球平抛落地的平均位置,只有这样,才能有效减小偶然误差,因此B、D选项正确。
(3)设小球做平抛运动的落地时间为t,则入射小球碰撞之前的速度v1==m/s
入射小球碰撞之后的速度v1′=
被碰小球碰撞之后的速度
v2′==m/s=m/s
若碰撞前后各自质量与速度的乘积之和不变,
则m1v1+m2v2=m1v′1+m2v2′成立,即
m1·=m1·+m2·
因为m1∶m2=8∶3,
所以OM=6.5cm。
答案:(1)B、C、D (2)B、D (3)6.5cm
16.2 动量和动量定理
课后提升作业
【基础达标练】
1.(多选)(2018·临沂高二检测)关于物体的动量,下列说法中正确的是 ( )
A.惯性越大的物体,它的动量也越大
B.动量大的物体,它的速度不一定大
C.物体的速度大小不变,则其动量也保持不变
D.运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向
【解析】选B、D。动量的大小由质量和速度的大小共同决定,即p=mv,惯性大则质量大,但动量不一定大,选项A错误;动量大的物体,可能是速度大,但也有可能是质量大,选项B正确;动量是矢量,其方向与速度方向相同,只有在速度大小、方向均不变时,其动量才保持不变,故选项C错误、选项D正确。
【补偿训练】
(多选)在物体运动过程中,下列说法正确的有 ( )
A.动量不变的运动,一定是匀速运动
B.动量大小不变的运动,可能是变速运动
C.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等(不为零),那么该物体一定做匀变速运动
D.若某一个力对物体做功为零,则这个力对该物体的冲量也一定为零
【解析】选A、B、C。动量不变,即速度不变,所以运动物体一定是匀速直线运动,A正确;动量大小不变,即速度大小不变,所以可能是匀速圆周运动,B正确;由F=,可知合外力不变,所以为匀变速运动,C正确;某个力对物体做功为零,该力冲量一定不为零,D错误。
2.(2018·塘沽高二检测)质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出,经时间t,达到最高点,速度变为0,以竖直向上为正方向,在这个过程中,物体的动量变化量和重力的冲量分别是 ( )
A.-mv和-mgt B.mv和mgt
C.mv和-mgt D.-mv和mgt
【解析】选A。以竖直向上为正方向,则末动量为0,初动量为mv,所以动量变化量为-mv;重力为负,所以重力冲量为-mgt。正确答案为A。
3.(2018·汕头高二检测)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时,两手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.减小球的动能变化量
【解析】选B。接球过程中,球的初动量和末动量一定,所以球的动量变化量恒定不变,选项C错误;根据动量定理,手对球的冲量等于球动量的改变量,也恒定不变,球对手的冲量也不变,选项A错误;球的初动能和末动能一定,所以球的动能变化量恒定不变,选项D错误;根据动量定理Δp=I=Ft,球对手的冲量I不变,接球时两手随球迅速收缩至胸前,是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F,所以选项B正确。
4.沿同一直线,甲、乙两物体分别在阻力F1、F2作用下做直线运动,甲在t1时间内,乙在t2时间内动量p随时间t变化的p -t图象如图所示,设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1,乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2,则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是 ( )
A.F1>F2,I1=I2 B.F1C.F1>F2,I1>I2 D.F1=F2,I1=I2
【解析】选A。由F=知F1>F2,由Ft=Δp知I1=I2,A正确。
【补偿训练】
(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是
( )
【解析】选C、D。由动量定理得:Δp=I=-mgt,故A错,C对;又因为=F=-mg,故B错,D对。
5.(2018·滨州高二检测)如图所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉在地上的P点,若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点将会 ( )
A.仍在P点
B.在P点左边
C.在P点右边不远处
D.在P点右边原水平位移的两倍处
【解析】选B。以v或2v抽纸条时,纸条给铁块的摩擦力不变,以2v抽纸条时,纸条对铁块的作用时间短,对铁块的冲量小,铁块获得的速度小,根据平抛知识可知它的水平射程短,所以落点在P点的左边。
6.(2018·东莞高二检测)物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为m,B的质量为m′。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B下落速度大小为u,如图乙所示。在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为 ( )
A.mv B.mv-m′u
C.mv+m′u D.mv+mu
【解析】选D。解法一:对A有I弹-mgt=mv,对B有m′gt=m′u,解得弹簧弹力的冲量I弹=mv+mu。解法二:对A、B系统有I弹-(mg+m′g)t=mv-m′u,m′gt=m′u,联立解得I弹=mv+mu,D正确。
7.在短道速滑接力比赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则
( )
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)先弄清运动员乙推甲的过程中相互作用力、作用时间、作用位移等各物理量的特点。
(2)再根据动量定理中冲量和动量变化的关系及动能定理中做功与动能变化的关系判断。
【解析】选B。运动员乙推甲的过程中,甲和乙间的相互作用力等大反向,作用时间相等,故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等,方向相反,A错,B对;“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等,在乙推甲的过程中位移不一定相等,因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等,由动能定理,其动能变化量的绝对值也不一定相等,C、D错。
8.(2018·聊城高二检测)一个质量为m=0.4kg的足球以10m/s的速度水平飞向球门。守门员跃起用双拳将足球以12m/s的速度反方向击出,守门员触球时间约为0.1s,则足球受到的平均作用力为多大?方向如何?
【解析】选定足球原运动方向为正方向。根据动量定理t=p′-p,这里为足球在水平方向受到的平均作用力,t为击球的时间,p′为击球后足球的动量,p为足球原来的动量。设足球的质量为m,击球先、后的速度分别为v和v′,于是可得到====N=-88 N。
可见,足球受到的平均作用力为88N,方向与原来速度方向相反。
答案:88N 方向与原来速度方向相反
【补偿训练】
如图所示,质量为m=2kg的物体,在水平力F=8N的作用下,由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。若F作用时间t1=6s后撤去,撤去F后又经t2=2s,物体与竖直墙壁相碰,且物体与墙壁作用时间t3=0.1s,碰墙后反向弹回的速度v′=6m/s,求墙壁对物体的平均作用力。(g取10m/s2)
【解析】取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理,并取F的方向为正方向
则F·t1-μmg(t1+t2)-·t3=-mv′
所以==
N=280 N,方向与F相反。
答案:280N,方向与F相反
【能力提升练】
1.(多选)如图所示,放到水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系,
若物体开始时是静止的,则前3s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
E.前3 s合力冲量为零,但重力冲量不为零
【解析】选B、C、E。第1s内:F=20N,第2、3s内:F=-10N,物体先加速,后减速,在第3s末速度为零,物体的位移不为零,A错误;根据动量定理I=Δp,前3s内,动量的变化量为零,B正确;由于初速度和末速度都为零,因此,动能变化量也为零,C正确;但物体的重力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;无论物体运动与否,某一个力在这段时间的冲量不为零,E正确。
【补偿训练】
(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ,则 ( )
A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C.过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和
D.过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
【解析】选A、C。过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力,由动量定理知此过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量,A正确;过程Ⅱ中,钢珠所受外力有重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,B错误;根据功能关系对全过程分析可知,过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和,C正确;过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能和过程Ⅱ中减小的重力势能之和,D错误。
2.“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
【解析】选A。绳刚好伸直时,绳的拉力为零,人还要向下加速,此时人的动能不是最大,选项C错误;当重力等于绳拉力时,人的速度最大,之后人做减速运动,绳对人的拉力始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,人的动量与速度变化情况一样,先增大后减小,人的动能也是先增大后减小,选项A正确,选项B错误;人在最低点时,绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D错误。
【补偿训练】
(多选)质量为m的小物块,在与水平方向成α角的力F作用下,沿光滑水平面运动,物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB,物块由A运动到B的过程中,力F对物块做功W和力F对物块作用的冲量I的大小是 ( )
A.W=m-m B.W>m-m
C.I=mvB-mvA D.I>mvB-mvA
【解析】选A、D。由动能定理知W=m-m,A正确,B错误;由动量定理FΔt=Δp,可得Fcosα·t=mvB-mvA,所以F的冲量为I=Ft=>mvB-mvA,C错误,D正确。
3.2015年8月在长深高速公路上,一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5m,据测算两车相撞前速度约为30m/s。则:
(1)试求车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力是多大?
(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s,求这时人体受到的平均冲力为多大?
【解析】(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5m。
设运动的时间为t,根据s=t,
得t==s。
根据动量定理Ft=Δp=mv0,
得F==N=5.4×104N。
(2)若人系有安全带,则
F′==N=1.8×103N。
答案:(1)5.4×104N (2)1.8×103N
【补偿训练】
用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里,打击时铁锤的速度v=4.0m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01s,那么:
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力是多大?
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大?(g取10m/s2)
(3)比较(1)和(2),讨论是否要计铁锤的重力。
【解析】(1)以铁锤为研究对象,不计重力时,只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F1,取竖直向上为正,由动量定理可得F1t=0-mv
所以F1=-N=200 N,方向竖直向上。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200N,方向竖直向下。
(2)若考虑重力,设此时受钉子的作用力为F2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正。
(F2-mg)t=0-mv(矢量式)
F2=N+0.5×10N=205 N,方向竖直向上。
由牛顿第三定律知,此时铁锤钉钉子的作用力为205N,方向竖直向下。
(3)比较F1与F2,其相对误差为×100%=2.5%,可见本题中重力的影响可忽略。
答案:(1)200N,方向竖直向下 (2)205 N,方向竖直向下
(3)见解析
4.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
【解析】(1)由动能定理得
-μmgs=mv2-m
代数解得μ=0.32
(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得
-FΔt=-mv′-mv
代入数据解得F=130N
(3)物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于物块动能的减少量,
即W=mv′2=9J
答案:(1)0.32 (2)130N (3)9 J
16.3 动量守恒定律
课后提升作业
【基础达标练】
1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后 ( )
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【解析】选C。根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。
2.(多选)(2018·吉林高二检测)如图所示,小车在光滑的水平面上向左运动,木块以水平向右的速度滑上小车并在小车的水平车板上运动,且最终未滑出小车。下列说法中正确的是 ( )
A.若小车的动量大于木块的动量,则木块先减速再加速后匀速
B.若小车的动量大于木块的动量,则小车先减速再加速后匀速
C.若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速
D.若小车的动量小于木块的动量,则小车先减速后匀速
【解析】选A、C。小车和木块水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,若小车的动量大于木块的动量,Mv2-mv1=(M+m)v,末动量方向向左,木块先减速再反向加速后匀速,A对;同理若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速。C对。
【补偿训练】
(2017·梅州高二检测)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
【解析】选C。甲、乙两人与小车组成的系统动量守恒,即甲、乙两人动量的矢量和与小车动量等大反向。
3.如图所示,设车厢长为L,质量为M,静止在光滑水平面上,车厢内有一质量为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为 ( )
A.0 B.v0,水平向右
C.,水平向右 D.,水平向右
【解析】选C。物体与车厢壁来回碰撞,碰撞时的作用力属于彼此之间的内力,由于水平面光滑,因此系统受到的合外力为零,满足动量守恒定律:mv0=(M+m)v
车厢的最后速度v=,方向水平向右。
4.(2018·三明高二检测)两辆质量相同的小车,置于光滑的水平面上,有一人静止在小车A上,两车A、B静止,如图所示。当这个人从A车跳到B车上,接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止时,则A车的速率( )
A.等于零 B.小于B车的速率
C.大于B车的速率 D.等于B车的速率
【解析】选B。选A车、B车和人作为系统,两车均置于光滑的水平面上,在水平方向上无论人如何跳来跳去,系统均不受外力作用,故满足动量守恒定律。设人的质量为m,A车和B车的质量均为M,最终两车速度分别为vA和vB。由动量守恒定律得0=(M+m)vA-MvB,则=,即vA5.(2018·济南高二检测)质量为M的砂车,沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动,此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球,如图所示,则铁球落入砂车后,砂车将 ( )
A.立即停止运动 B.仍匀速运动,速度仍为v0
C.仍匀速运动,速度小于v0 D.做变速运动,速度不能确定
【解析】选C。砂车及铁球组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,所以有Mv0=(M+m)v,v=v06.(2018·郑州高二检测)如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(mA.h B.h
C.h D.h
【解析】选D。当斜面固定时,由机械能守恒定律得:m=mgh;当斜面不固定时,由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v,再由机械能守恒定律得:m=(M+m)v2+
mgh′,由以上三式联立解得h′=h,选项D正确。
7.如图是中国队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以
0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度为 ( )
A.0.1 m/s B.-0.1 m/s
C.0.7 m/s D.-0.7 m/s
【解析】选A。设冰壶质量为m,碰后中国队冰壶速度为vx,由动量守恒定律得mv0=mv+mvx,解得vx=0.1 m/s,故选项A正确。
8.两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为50kg,以2 m/s的速度向右运动;B车总质量为70kg,以3m/s的速度向左运动;碰撞后,A以1.5m/s的速度向左运动,则B的速度大小为 m/s,方向向
(选填“左”或“右”)。
【解析】由动量守恒定律得:规定向右为正方向,mAvA-mBvB=-mAv′A+mBvB′,解得
vB′=-0.5m/s,所以B的速度大小是0.5m/s,方向向左。
答案:0.5 左
9.如图所示,甲车的质量是2kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1kg的小物体,乙车质量为4kg,以5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度,物体滑到乙车上,若乙车足够长,上表面与物体的动摩擦因数为0.2,则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g取10m/s2)
【解析】乙与甲碰撞动量守恒:
m乙v乙=m乙v′乙+m甲v′甲,得v′乙=1m/s
小物体在乙上滑动至有共同速度v,
对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v′乙=(m+m乙)v,得v=0.8m/s
对小物体应用牛顿第二定律得a=μg=2m/s2
所以t=,代入数据得t=0.4s
答案:0.4s
【能力提升练】
1.(多选)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、C、D。A中子弹和木块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中木球与铁球的系统所受合力为零,系统动量守恒;D中系统水平方向动量守恒。
2.(2018·宁德高二检测)三块完全相同的木块从同一高度由静止开始下落,A木块顺利下落,B木块在开始下落的瞬间被一水平飞来的子弹击中(未穿出),C木块在下落到一半距离时被另一相同的水平飞来的子弹击中(未穿出),则三木块落地时间关系为 ( )
A.tA=tB=tC B.tAC.tA【解析】选D。A木块做自由落体运动,B木块被水平飞来的子弹击中后做平抛运动,A、B的运动时间均为t=,C木块自由下落一半高度时竖直速度分量设为vy1,当一颗质量为m的子弹击中木块后留在木块内,可以近似认为竖直方向木块动量守恒,则木块竖直方向的分速度变为vy2=【补偿训练】
质量为M的小船以速度v0行驶,船上有两个质量皆为m的小孩a和b,分别静止站在船头和船尾。现在小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中,然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中。求小孩b跃出后小船的速度。
【解析】设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v′,取v0为正方向,根据动量守恒定律,有
(M+2m)v0=Mv′+mv-mv,
解得:v′=(1+)v0
答案:(1+)v0
3.如图所示,A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s,求:
(1)A的最终速度。
(2)铁块刚滑上B时的速度。
【解析】(1)铁块和木块A、B为一系统,由系统总动量守恒得:mv=(MB+m)vB+MAvA
可求得:vA=0.25m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为
vA=0.25m/s
由系统动量守恒得:
mv=mu+(MA+MB)vA
可求得:u=2.75m/s
答案:(1)0.25m/s (2)2.75m/s
【补偿训练】
如图,在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球,一质量为m的子弹以速度v从下面很快击中木球并穿出。击穿后木球上升的最大高度为H,求子弹穿过木球后上升的高度。
【解析】子弹穿出木球后向上做竖直上抛运动,设射出后子弹的速度为v1,木球的速度为v2,由竖直上抛运动有
v2=
子弹穿过瞬间动量守恒
mv=mv1+Mv2
v1==
设子弹穿出后上升的最大高度为h,
h==。
答案:
4.(2018·金华高二检测)两只小船平行逆向行驶,航线邻近,当它们首尾相齐时,从每一只船上各投一质量为m=50kg的沙袋到对面一只船上去,结果载重较小的一只船停了下来,另一只船则以8.5m/s的速度沿原来的方向航行,设两只船及船上的载重量分别为m1=500kg,m2=1000kg。问在交换沙袋前两船的速度各为多少,设水的阻力不计,并设交换沙袋时不影响船的航向,如图所示。
【解题指南】求解此题应把握以下三点:
(1)以两只船及交换的沙袋为研究对象列动量守恒方程。
(2)以m1抛出沙袋后的剩余部分和从m2抛来的沙袋为研究对象列动量守恒方程。
(3)以m2抛出沙袋后的剩余部分和从m1抛来的沙袋为研究对象列动量守恒方程。
【解析】设交换沙袋前m1的速度为v1,m2的速度为v2,交换完后m1的速度为零,m2的速度为v2′=8.5m/s。以整体为研究对象,以m2的运动方向为正方向,则交换前系统的总动量p=m2v2-m1v1,交换后系统的总动量p′=0+m2v2′,根据动量守恒定律得m2v2-m1v1=m2v2′ ①
另一个研究系统可有如下两种方法确定方程:
方法一:以m1抛出沙袋后的剩余部分和从m2抛来的沙袋为研究对象,则作用前,系统的总动量p=mv2-(m1-m)v1,当抛来的沙袋落入m1后总动量p′=0,系统沿航线方向不受外力作用,根据动量守恒定律有:mv2-(m1-m)v1=0。 ②
方法二:以m2抛出沙袋后的剩余部分和从m1抛来的沙袋为研究对象,则作用前,系统的总动量p=(m2-m)v2-mv1,当抛过来的沙袋落入m2后总动量p′=m2v2′,则根据动量守恒定律有(m2-m)v2-mv1=m2v2′。 ③
从①②③中任选两个方程组成方程组,即可解得v1=1m/s,v2=9m/s。
答案:1m/s 9m/s
16.4 碰撞
课后提升作业
【基础达标练】
1.(2018·西安高二检测)弹性碰撞是指 ( )
A.正碰
B.对心碰撞
C.机械能守恒的碰撞
D.机械能不守恒的碰撞
【解析】选C。弹性碰撞是指碰撞完了之后,物体的形变能完全恢复,碰撞前后无机械能的损失,C正确、D错误;正碰就是对心碰撞,弹性碰撞不一定是对心碰撞,A、B错误。
2.如图所示,小球A和小球B质量相同(可视为质点),球B置于光滑水平面上,球A从高为h处由静止摆下,到达最低点恰好与B相撞,并粘合在一起继续摆动,它们能上升的最大高度是 ( )
A.h B.h
C.h D.h
【解析】选C。对A由机械能守恒mgh=mv2,得v=。对碰撞过程由动量守恒mv=2mv′,得v′=。设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′,则
2mgh′=×2mv′2,解得h′=h,C正确。
3.(2018·杭州高二检测)质量分别是m和m′的两球发生正碰前后的位移跟时间t的关系如图所示,由此可知,两球的质量之比m∶m′为 ( )
A.1∶3 B.3∶1
C.1∶1 D.1∶2
【解析】选A。从x-t图可知m、m′碰撞前速度分别为v1=4m/s,v2=0,m、m′碰撞后的速度相同,v1′=v2′=v=1m/s。根据动量守恒列式:mv1+m′v2=(m+m′)v,即4m=(m+m′)×1,得m∶m′=1∶3,选项A正确。
4.如图所示,P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰,碰撞后P物体静止,Q物体以P物体碰撞前速度v离开,已知P与Q质量相等,弹簧质量忽略不计,那么当弹簧被压缩至最短时,下列的结论中正确的是 ( )
A.P的速度恰好为零 B.P与Q具有相同速度
C.Q刚开始运动 D.Q的速度等于v
【解析】选B。P物体接触弹簧后,在弹簧弹力的作用下,P做减速运动,Q物体做加速运动,P、Q间的距离减小,当P、Q两物体速度相等时,弹簧被压缩到最短,所以B正确,A、C错误。由于作用过程中动量守恒,设速度相等时速度为v′,则mv=(m+m)v′,所以弹簧被压缩到最短时,P、Q的速度v′=,故D错误。
5.(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,则下列判断正确的是 ( )
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
【解析】选B、D。从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,因此A、C错误;由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为,B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段机械能守恒,可得上升的最大高度为,D正确。
6.(2018·泰州高二检测)如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示。关于此实验,下列说法中正确的是 ( )
A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒
B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒
C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【解析】选D。5个小球组成的系统发生的是弹性正碰,系统的机械能守恒,系统在水平方向的动量守恒,总动量并不守恒,选项A、B错误;同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度,同时由静止释放并与4、5碰撞后,由机械能守恒和水平方向的动量守恒知,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,选项C错误,选项D正确。
7.(2018·济南高二检测)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选A。本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒。设碰撞前后中子的速率分别为v1,v′1,碰撞后原子核的速率为v2,中子的质量为m1,原子核的质量为m2,则m2=Am1。根据完全弹性碰撞规律可得m1v1=m2v2+m1v′1,m1=m2+m1v,解得碰后中子的速率v′1=v1=v1,因此碰撞前后中子速率之比=,A正确。
【补偿训练】
(多选)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为
( )
A.vA=v0,vB=v0 B.vA=v0,vB=v0
C.vA=v0,vB=v0 D.vA=v0,vB=v0
【解析】选A、C。两球发生对心碰撞,应满足动量守恒及能量不增加,且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞,故D选项错误;根据动量守恒定律可得,A、B、C项都满足,但碰撞前总动能为m,而碰撞后B选项中能量增加,故B错误;A、C正确。
8.(2018·厦门高二检测)如图所示,竖直平面内的四分之一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=0.2m;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10m/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。
【解析】设滑块的质量为m,
(1)根据机械能守恒定律有:
mgR=mv2,
解得碰撞前瞬间A的速率有:
v==2m/s。
(2)根据动量守恒定律有:mv=2mv′,
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′=v=1m/s。
(3)根据动能定理有:
(2m)v′2=μ(2m)gl,
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l==0.25m。
答案:(1)2m/s (2)1m/s (3)0.25m
【能力提升练】
1.(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列哪个或哪些说法是可能发生的 ( )
A.M、m0、m速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3
B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2
C.m0的速度不变,M、m的速度都变为v′,且满足Mv=(M+m)v′
D.M、m0、m速度均发生变化,M和m0速度都变为v1,m速度变为v2,而且满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
E.m0速度不变,M和m的速度都变为v′,且满足(m+M)v=Mv′+mv′+m0v
【解析】选B、C、E。因为碰撞时间极短,m0的速度应该不发生变化,A、D错;碰后M与m的速度可能相同,也可能不同,B、C、E正确。
2.(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰,碰后两小球速度大小都为v,方向相反。则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为 ( )
A.m1∶m2=1∶3 B.m1∶m2=1∶1
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶1
【解析】选A、D。根据动量守恒定律,有:m1v=m2-m1,得=,A正确,B错误;碰撞前后质量为m1的小球动能的变化量为ΔEk1=m1v2-m1()2=m1v2,质量为m2的小球动能的变化量为ΔEk2=m2()2=(3m1)=m1v2,所以ΔEk1∶ΔEk2=1∶1,C错误,D正确。
【补偿训练】
(2018·开封高二检测)一弹簧枪可射出速度为10m/s的铅弹,现对准以6m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹,铅弹射入木块后未穿出,木块继续向前运动,速度变为5m/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,则应再向木块中射入的铅弹数为 ( )
A.5颗 B.6颗
C.7颗 D.8颗
【解析】选D。设木块运动的方向为正方向,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颗铅弹后木块停止,有(m1+m2)v1-nm2v=0,解得n=8,故选D。
3.动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行,它们的速度大小之比vA∶vB=2∶1,则动量大小之比pA∶pB= ;两者碰后粘在一起运动,其总动量与A原来动量大小之比p∶pA= 。
【解析】动能Ek=mv2,
则m=,
两物体质量之比:==()2=
物体的动量为:p=,
两物体动量之比:
====;
以B的初动量方向为正方向,A、B碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律得:
pB-pA=p,
解得:p=pA,
A、B碰撞后总动量与A原来动量大小之比为
p∶pA=pA∶pA=1∶1。
答案:1∶2 1∶1
4.(2016·全国卷Ⅱ)如图,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3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10m/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?
【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+m3)v ①
m2=(m2+m3)v2+m2gh ②
式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。
联立①②式并代入题给数据得
m3=20kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有
m1v1+m2v20=0 ④
代入数据得 v1=1m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3 ⑥
m2=m2+m3 ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2=1m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。
答案:(1)20kg (2)见解析
5.如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
(1)整个系统损失的机械能。
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)A、B为弹性碰撞,不损失机械能,B、C为非弹性碰撞,机械能有损失。
(2)两者有共同速度时,弹簧被压缩到最短。
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,动量守恒,有
mv0=2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,
损失的机械能为ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒得mv1=2mv2 ②
m=ΔE+(2m) ③
联立①②③式,得ΔE=m ④
(2)由②式可知,v2mv0=3mv3 ⑤
m-ΔE=(3m)+Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep=m
答案:(1)m (2)m
16.5 反冲运动、火箭
课后提升作业
【基础达标练】
1.(2018·济宁高二检测)如图所示,设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0,突然炸成两块,质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去,则另一块的运
动 ( )
A.一定沿v0的方向飞去 B.一定沿v0的反方向飞去
C.可能做自由落体运动 D.以上说法都不对
【解析】选C。根据动量守恒得v′=。mv可能大于、小于或等于Mv0,所以v′可能小于、大于或等于零,故C正确。
2.(2018·衡水高二检测)小车上装有一桶水,静止在光滑水平地面上,如图所示,桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门,分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)。要使小车向前运动,可采用的方法是 ( )
A.打开阀门S1 B.打开阀门S2
C.打开阀门S3 D.打开阀门S4
【解析】选B。根据反冲特点,当阀门S2打开时,小车将受到向前的推力,从而向前运动,故B项正确,A、C、D均错。
3.步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为
865 m/s,步枪的反冲速度为 ( )
A.2 m/s B.1 m/s C.3 m/s D.4 m/s
【解析】选A。由动量守恒定律:Mv1-mv2=0,得v1=m/s=2 m/s。
4.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【解题指南】解答本题时应明确以下两点:
(1)火箭模型在极短时间点火升空,遵循动量守恒定律。
(2)明确点火前后两个状态下研究对象的动量。
【解析】选D。火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0,故选D。
5.(2018·德州高二检测)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沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选B。由水平方向平均动量守恒有:mx小球=2mx大球,又x小球+x大球=R,所以
x大球=R,B正确。
【补偿训练】
(2018·梅州高二检测)一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子向上爬时,下列说法不正确的是 ( )
A.气球可能匀速上升
B.气球可能相对地面静止
C.气球可能下降
D.气球运动速度不发生变化
【解析】选A、B、C。系统满足动量守恒:(M+m)v0=Mv1+mv2,当人沿梯子向上爬时,v1可能为零,可能为正,也可能为负,则D错误;A、B、C正确。
6.(多选)(2018·泉州高二检测)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动,如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体A,则下列说法正确的是 ( )
A.A与飞船都可能沿原轨道运动
B.A与飞船都不可能沿原轨道运动
C.A运动的轨道半径可能减小,也可能增加
D.A可能沿地球半径方向竖直下落,而飞船运行的轨道半径将增大
【解析】选C、D。抛出物体A后,由反冲原理知飞船速度变大,所需向心力变大,从而飞船做离心运动,离开原来轨道,半径增大;物体A的速率可能比原来的速率大,也可能比原来的速率小或相等,也可能等于零从而竖直下落。选项A、B错误,选项C、D正确。
【补偿训练】
(2018·锦州高二检测)一航天器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是 ( )
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
【解析】选C。由题意知,航天器所受重力和推动力的合力沿飞行的直线方向。故只有选项C正确。
7.(2018·宁波高二检测)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地抽往后舱,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
【解析】选B。前后舱分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用使前舱向前加速运动,若不分开,前后舱和水是一个整体,则船不动。
8.如图所示,一个质量为m的玩具蛙,蹲在质量为M的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,若车长为L,细杆高为h且位于小车的中点,试求:当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出,才能落到桌面上。
【解析】蛙跳出后做平抛运动,运动时间为t=,蛙与车组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得Mv′-mv=0,若蛙恰好落在桌面上,则有v′t+vt=,上面三式联立可求出v=。
答案:
9.(2018·惠州高二检测)一旧式高射炮的炮筒与水平面的夹角为α=60°,当它以v0=100m/s的速度发射出炮弹时,炮车反冲后退,已知炮弹的质量为m=10kg,炮车的质量M=200kg,炮车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,如图所示。则炮车后退多远停下来?(g取10m/s2)
【解析】以炮弹和炮车组成的系统为研究对象,在发射炮弹过程中系统在水平方向动量守恒,设炮车获得的反冲速度为v,以v0的水平分速度方向为正方向,有mv0cosα-Mv=0
得v==m/s=2.5m/s
由牛顿第二定律得炮车后退的加速度大小为
a==μg=2m/s2
由运动学公式得炮车后退的距离为s==m≈1.56m。
答案:1.56m
【能力提升练】
1.(多选)某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开始人从船头走向船尾,设水的阻力不计,那么在这段时间内人和船的运动情况是 ( )
A.人匀速走动,船则匀速后退,且两者的速度大小与它们的质量成反比
B.人匀加速走动,船则匀加速后退,且两者的速度大小一定相等
C.不管人如何走动,在任意时刻两者的速度总是方向相反,大小与它们的质量成反比
D.人走到船尾不再走动,船则停下
E.人走到船尾不再走动,船仍运动
【解析】选A、C、D。人和船组成的系统动量守恒,总动量为零。所以,不管人如何走动,在任意时刻两者的动量大小相等,方向相反。若人停止运动,则船也停止运动,A、C、D对。E错误。当人和船的质量不相等时,两者速度一定不相等,B错。
2.(多选)(2018·台州高二检测)A、B两船的质量均为M,它们都静止在平静的湖面上,当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船,再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计,经多次跳跃后,人最终跳到B船上,则 ( )
A.A、B两船的速度大小之比为3∶2
B.A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C.A、B(包括人)动量之和为零
D.因跳跃次数未知,故以上答案均无法确定
【解析】选A、B、C。选A船、B船和人这三个物体为一系统,则它们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知,系统以后的总动量将一直为0。选最终B船的运动方向为正方向,则由动量守恒定律可得:0=(M+)vB+MvA
解得:vB=-vA
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2,选项A正确。A和B(包括人)的动量大小相等,方向相反,动量大小之比为1∶1,选项B正确。由于系统的总动量始终守恒为零,故A、B(包括人)动量之和也始终为零,选项C正确。
3.在平静的水面上,有一条载人的小船,船的质量为M,人的质量为m,人相对船静止,若船长为L,且开始时系统静止,当人从船的一头走到另一头停止时,船后退的距离是多少?(水的阻力不计)
【解析】开始时人和船都静止,总动量为零,设人在船上走一段较短时间Δt时,人和船都看作是匀速运动,推广到整个过程时,人的平均速度为,船的平均速度为,如图。设船后退s,则人的位移为L-s,
由动量守恒定律m-M=0
m=M,=,所以s=。
答案:
【总结提升】求解人船模型问题的方法
(1)人船模型问题中,两物体的运动特点是人走船行,人停船停。
(2)船长通常理解为人相对船的位移。在求解过程中应讨论的是人及船相对地的位移,即相对于同一参照物的位移。
(3)要画好人船移动示意图,还要特别注意两个物体相对于地面的移动方向。
【补偿训练】
载人气球原静止于高度为h的空中,气球质量为M,人的质量为m。若人要沿绳梯着地,则绳梯长至少是( )
A. B.
C. D.h
【解析】选A。设人相对地的速度是v,气球相对地的速度是v′,气球和人组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,有mv-Mv′=0。人相对地的位移是h,设气球相对地的位移是x,则m=M,得x=。故绳梯总长度l =h+x=h+=h。
4.(2018·济南高二检测)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缘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=4m,如图所示。人的质量为m,车连同货箱的质量为M=4m,货箱高度为h=1.25m。求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。(g取10m/s2)
【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-Mv2=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。
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,
依题意得,s1+s2=l
即v1t+v2t=l,
则v2==m/s=1.6 m/s。
答案:1.6m/s
