高中物理鲁科版 过关检测选修3-5　动量守恒定律 Word版含解析

　动量守恒定律

1.(多选)(2017西城期末)如图所示,甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为45 kg,乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是　(　　)
A.甲的速率与乙的速率之比为10∶9
B.甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10
C.甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D.甲的动能与乙的动能之比为1∶1
答案　AC　甲、乙组成的系统动量守恒,则m甲v甲-m乙v乙=0,甲、乙速率之比为v甲∶v乙=m乙∶m甲=10∶9,A选项正确;甲、乙间相互作用力大小相等,根据牛顿第二定律F=ma,可得甲、乙加速度大小之比a甲∶a乙=m乙∶m甲=10∶9,B选项错误;结合牛顿第三定律及I=Ft分析可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等,C选项正确;根据2mEk=p2,甲、乙动能之比为Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=10∶9,D选项错误。
2.(多选)(2018西城期末)如图所示,在光滑的水平面上有一辆平板车,人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端。在连续的敲打下,下列说法正确的是(　　)
A.车左右往复运动
B.车持续地向右运动
C.大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒
D.当大锤停止运动时,人和车也停止运动
答案　ACD　因水平面光滑,则大锤、人和车组成的系统在水平方向动量守恒,根据动量守恒定律分析可知,锤子速度向右时,人与车速度向左;锤子速度向左时,人与车速度向右;当大锤停止运动时,人和车也停止运动;在大锤连续的敲打下,车左右往复运动。A、C、D正确,B错误。
3.(2018丰台期末)如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量mA=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　)
甲　　　　　　　　乙
A.2 m/s,5 kg B.2 m/s,3 kg
C.3.5 m/s,2.86 kg D.3.5 m/s,0.86 kg
答案　B　由题图乙可知碰前vA=204 m/s=5 m/s,在t=4 s时发生碰撞,碰后v共=28-208-4 m/s=2 m/s。由动量守恒有mAvA=(mA+mB)v共,可得mB=3 kg,B正确。
4.(2017西城一模)冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置。如图所示,将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来,一颗子弹水平射入砂箱,砂箱发生摆动。若子弹射击砂箱时的速度为v,测得冲击摆的最大摆角为θ,砂箱上升的最大高度为h,则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时,下列说法正确的是(　　)
A.冲击摆的最大摆角将变为2θ
B.冲击摆的最大摆角的正切值将变为2 tan θ
C.砂箱上升的最大高度将变为2h
D.砂箱上升的最大高度将变为4h
答案　D　设子弹的质量为m,砂箱的质量为M,冲击摆的摆长为L;
以子弹和砂箱作为整体,在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中,由机械能守恒定律得12(m+M)v共2=(m+M)gh,
解得v共=2gh;
在子弹射入砂箱的过程中,系统的动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=(m+M)v共,
解得v=m+Mmv共=m+Mm·2gh
当v增大为2v时,砂箱上升的最大高度将变为4h,
冲击摆的最大摆角满足cos θ=L-hL,由于不知道h与L之间的关系,所以不能判断出速度变为2v后冲击摆的最大摆角是否将变为2θ,也不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为2 tan θ。故A、C、B错误,D正确。
5.(2018朝阳二模)如图所示,竖直平面内的四分之一圆轨道下端与水平桌面相切,小滑块A静止在圆弧轨道的最低点。小滑块B在A的右侧l=3.0 m处以初速度v0=5.0 m/s向左运动,B与A碰撞后结合为一个整体,并沿圆弧轨道向上滑动。已知圆弧轨道光滑,且足够长;A和B的质量相等;B与桌面之间的动摩擦因数μ=0.15。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)碰撞前瞬间B的速度大小v;
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v';
(3)A和B整体在圆弧轨道上所能达到的最大高度h。
答案　(1)4.0 m/s　(2)2.0 m/s　(3)0.20 m
解析　(1)设小滑块的质量为m,根据动能定理有
-μmgl=12mv2-12mv02
所以v=v02-2μgl=4.0 m/s
(2)根据动量守恒定律有
mv=2mv'
所以v'=v2=2.0 m/s
(3)根据机械能守恒定律有
12×2mv'2=2mgh
所以h=v'22g=0.20 m
6.(2017东城二模)如图所示,固定的光滑轨道MON的ON段水平,且与MO段平滑连接。将质量为m的小球a从M处由静止释放后沿MON运动,在N处与质量也为m的小球b发生正碰并粘在一起。已知M、N两处的高度差为h,碰撞前小球b用长为h的轻绳悬挂于N处附近。两球均可视为质点,且碰撞时间极短。
(1)求两球碰撞前瞬间小球a的速度大小;
(2)求两球碰撞后的速度大小;
(3)若悬挂小球b的轻绳所能承受的最大拉力为2.5mg,通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂?
答案　(1)2gh　(2)122gh　(3)见解析
解析　(1)设两球碰撞前瞬间小球a的速度大小为vN
根据机械能守恒定律有mgh=12mvN2
解得vN=2gh
(2)设碰撞后两球的速度大小为v
由动量守恒定律有mvN=2mv
解得v=12vN=122gh
(3)两球碰撞后一起做圆周运动,设在最低点时轻绳拉力为T
根据牛顿第二定律有T-2mg=2mv2h
解得T=3mg>2.5mg,轻绳会断裂
B组　综合提能
1.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的1/4。则碰后B球的速度大小是　(　　)
A.v02 B.v06
C.v02或v06 D.无法确定
答案　A　由Ek=12mv2知两球碰后A的速率v=v02,若碰后A球速度方向跟初始时相同,由动量守恒定律有mv0=m·v02+3m·vB,得 vB=v06,表明B在A前与A同向运动,但运动速度比A小,违反了碰撞规律。若A碰后运动方向跟碰前相反,由mv0=m(-v02)+3m·vB,得vB=v02,A正确。
2.(2017东城期末)在光滑水平地面上有静止的物体A和B,两物体间有压紧的轻质弹簧。A的质量是B的2倍。把连接物体的细绳剪断,弹簧恢复原长时(　　)
A.A受到的合力大于B受到的合力
B.A的速率是B的速率的一半
C.A的加速度大于B的加速度
D.A的动量是B的动量的两倍
答案　B　弹簧恢复原长时,由于地面光滑,物体A、B水平方向都只受弹簧的弹力作用,所受弹力大小相等,方向相反,A选项错误;因地面光滑故系统所受合外力为0,动量守恒,则A、B物体末动量大小相等,方向相反,由于A的质量为B的两倍,所以A的速度大小为B的一半,B选项正确;加速度a=Fm,两物体所受合力相等,A的质量是B的2倍,则A的加速度是B的12,C选项错误;由于动量守恒,A、B动量大小相等,D选项错误。
3.(2017海淀期中)如图所示,AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道,其末端(B点)切线水平,且距水平地面的高度也为R。1、2两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下,当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时,拴接两滑块的细绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点A。已知R=0.45 m,滑块1的质量m1=0.16 kg,滑块2的质量m2=0.04 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力可忽略不计。求:
(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小;
(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能;
(3)滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。
答案　(1)6.0 N　(2)0.90 J　(3)0.45 m
解析　(1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为v,所受轨道的支持力为N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律有
(m1+m2)gR=(m1+m2)v22,解得 v=3.0 m/s
对于两滑块在轨道最低点,根据牛顿第二定律有
N-(m1+m2)g=(m1+m2)v2R
解得N=3(m1+m2)g=6.0 N
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小N'=N=6.0 N
(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时,两滑块的速度大小分别为v1和v2,因滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点A,此过程中机械能守恒,所以对滑块2有
m2gR=m2v222
解得v2=3.0 m/s,方向向左
对于弹簧将两滑块弹开的过程,设水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
(m1+m2)v=m1v1-m2v2
解得v1=4.5 m/s
对于弹簧将两滑块弹开的过程,根据机械能守恒定律有
E弹=m1v122+m2v222-(m1+m2)v22
解得E弹=0.90 J
(3)设两滑块平抛运动的时间为t,由R=12gt2,
解得两滑块做平抛运动的时间t=2Rg=0.30 s
滑块1平抛运动的水平位移x1=v1t=1.35 m
滑块2从B点上滑到A点,再从A点返回B点的过程,机械能守恒,因此其平抛的速度大小仍为v2,所以其平抛的水平位移x2=v2t=0.90 m
所以滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离Δx=x1-x2=0.45 m
4.(2017朝阳一模)动量守恒定律是一个独立的实验定律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。
(1)如图1所示,质量分别为m1、m2的球1和球2构成的系统,不考虑系统的外力作用。球1以速度v1(方向沿x轴正向)与静止的球2碰撞,若速度v1不在两球球心的连线上,碰撞之后两球的速度v1'、v2'都会偏离v1的方向,偏角分别为θ和φ,且v1、m1、m2、θ、φ均已知。
a.请写出计算v1'、v2'的大小时主要依据的关系式;
b.请分析说明球1对球2的平均作用力F的方向。
图1
图2
(2)如图2所示,美国物理学家康普顿及其团队将X射线入射到石墨上,发现被石墨散射的X射线中除了有与入射波长相同的成分外,还有与入射波长不同的成分。我国物理学家吴有训在此项研究中也做出了突出贡献,因此物理学界也把这一效应称为“康普顿吴效应”。由于这一现象很难用经典电磁理论解释,所以康普顿提出光子不仅具有能量,也具有动量,光子的动量p与其对应的波长λ之间的关系为p=hλ(h为普朗克常量)。进一步研究表明X射线的散射实质是单个光子与单个电子发生碰撞的结果。由于电子的速度远小于光的速度,可认为电子在碰撞前是静止的。现探测到散射X射线的波长不同于入射X射线的波长,请你构建一个合理的相互作用模型,解决以下问题:
a.请定性分析散射X射线的波长λ'与入射X射线的波长λ的大小关系;
b.若已知入射X射线的波长为λ,散射X射线的波长为λ'。设散射X射线相对入射方向的偏转角为θ。求θ=π2时电子获得的动量。
答案　见解析
解析　(1)a.分别列出沿x轴、y轴方向的动量守恒表达式如下
x:m1v1=m1v1'cosθ+m2v2'cosφy:m2v2'sinφ-m1v1'sinθ=0
b.对球2,由动量定理有
FΔt=m2v2'-0
可知,F的方向与v2'相同,与水平方向夹角为φ
(2)a.依题意,建立如(1)中的碰撞模型,
入射X射线的光子能量为E=hcλ,散射X射线的光子能量为E'=hcλ'
设碰撞后电子的动能为Ee,碰撞中可能存在的能量损失为ΔE损
由能量守恒定律有
E=E'+Ee+ΔE损
可知,E>E',即hcλ>hcλ',所以λ<λ'
b.设散射后电子获得的动量为pe,方向与X射线入射方向夹角为φ,由(1)结论可知,
入射方向:hλ=pe cosφ+hλ' cosθ垂直方向:0=pe sinφ-hλ' sinθ
代入θ=π2解得
pe=h1λ2+1λ'2