第16章　动量守恒定律 Word版含解析

1.高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　A　)
A.+mg B.-mg
C.+mg D.-mg
解析:人做自由落体运动时,有v=,选向下为正方向,由mgt-Ft=0-mv,得F=+mg,所以A项正确。
2.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v。在此过程中(　B　)
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
解析:人的速度原来为零,起跳后变为v,设地面对人的冲量为I,则由动量定理可得I-mgΔt=mv,故地面对人的冲量为I=mv+mgΔt;而人在跳起时,人受到的支持力没有产生位移,故支持力不做功,故B正确。
3.一辆平板车停在光滑水平面上,静止在车上的人用大锤敲打车的左端,人与车之间始终没有相对滑动,如图所示。在锤的不断敲打下,车将(　C　)
A.水平向右运动
B.水平向左运动
C.在水平面上左、右往返运动
D.静止不动
解析:研究对象是人(包括铁锤)和平板车组成的系统,用锤打车,是人和车系统的内力,系统在水平方向所受的外力之和为零,所以系统的总动量守恒,人和车的初动量为零。根据动量守恒定律,把锤头打下去时锤头向右运动,车就向左运动;举起锤头时锤头向左运动,车就向右运动。用锤头连续敲击时,车只是左右运动,一旦锤头不动,车就停
下来。
4.如图,两滑块A,B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　D　)
A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动 D.A向左运动,B向右运动
解析:选向右的方向为正方向,根据动量守恒定律得2mv0-2mv0=mvA+2mvB=0,选项A,B,C都不满足此式,只有选项D满足此式,所以D项正确。
5.质量为m的炮弹恰好沿水平方向飞行时,其动能为Ek,突然在空中爆炸成质量相同的两块,其中一块向后飞去,动能为,另一块向前飞去,则向前的这块的动能为(　B　)
A. B.Ek
C.Ek D.Ek
解析:设向前飞去的一块动能为Ek1,则动量为,炮弹在空中爆炸,因时间极短,水平方向动量守恒,则有=-,解得Ek1=Ek,选项B正确。
6.半径相等的两个小球甲和乙,在光滑的水平面上沿同一直线相向运动,若甲球质量大于乙球质量,发生碰撞前,两球的动能相等,则碰撞后两球的状态可能是(　C　)
A.两球的速度方向均与原方向相反,但它们的动能仍相等
B.两球的速度方向相同,而且它们的动能仍相等
C.甲、乙两球的动量相同
D.甲球的动量不为零,乙球的动量为零
解析:根据动量与动能的关系Ek=,可知p甲>p乙,根据动量守恒可知,碰撞后的总动量沿甲原来的方向,故甲继续沿原来的方向运动,乙被弹回,所以选项A错误;碰撞后,甲的动能减小,若为弹性碰撞,则乙的动能增大,故两者动能不相等;若为完全非弹性碰撞,碰撞后速度相等,动能不等,所以选项B错误;两球碰撞过程中动量守恒,碰撞后动量可能相等,所以选项C正确;因碰撞后,甲、乙都沿甲原来的方向运动,故乙的动量不为零,所以选项D错误。
7.北京时间2017年10月8日晚,我国女子短道速滑队在国际滑联短道世界杯荷兰多德雷赫特站女子3 000 米接力A组决赛中,以4分09秒491力压韩国队夺冠。观察发现,“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(　B　)
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
解析:乙推甲的过程中她们之间的作用力大小相等,方向相反,作用时间相等,根据冲量的定义,甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,但方向相反,选项A错误;乙推甲的过程中,遵守动量守恒定律,即
Δp甲=-Δp乙,她们的动量变化大小相等,方向相反,选项B正确;在乙推甲的过程中,甲、乙的位移不一定相等,所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等,结合动能定理知,选项C,D错误。
8.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×
103 kg/m3)(　A　)
A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa
解析:设雨滴受到支持面的平均作用力大小为F,设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v=12 m/s减为0。以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理F·Δt=0-(-Δmv)=Δmv,得到F=v;设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh,则有Δm=
ρSΔh,即有F=ρSv,故压强p==ρv=1×103×12× Pa=
0.15 Pa。
9.质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动,当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时,车子的速度将(　B　)
A.减小 B.不变 C.增大 D.无法确定
解析:以车和漏掉的沙为研究对象,系统水平方向动量守恒,设漏掉的沙子质量为m,漏掉的沙和车有相同速度,则由(M+m)v0 =(M+m)v,得v=v0。
10.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,碰后两辆车接在一起,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,卡车碰前的行驶速率为(　A　)
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
解析:取向南为正方向,由动量守恒得,(mv0-Mv)=(m+M)v′,且v′>0,即得v<10 m/s。
11.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(x-t)图象如图中ADC和BDC所示。由图可知,物体A,B的质量之比为(　C　)
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.3∶1
解析:由xt图象可知,碰撞前物体A的速度vA== m/s=4 m/s,物体B的速度vB=0 m/s,碰撞后A,B物体速度相等,即vA′=vB′=v= =m/s=1 m/s,物体A,B碰撞过程动量守恒,有mAvA=(mA+mB)v,解得mA∶mB=1∶3,故选C。
12.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(　B　)
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
解析: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。
13.质量之比为mA∶mB=1∶3的A,B两球之间有一根被压缩的轻弹簧(弹簧与小球不相连),将此装置置于光滑水平桌面上。用固定挡板挡住A而释放B时,B被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为s。若以相同的压缩量压缩弹簧,取走挡板,将A,B同时由静止释放,B被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为(　B　)
A.s B. C. D.
解析:有挡板时,释放的弹性势能全部转化为B的动能;无挡板时,弹性势能转化为A,B的总动能,而A,B动量等大,动能跟质量成反比,因此弹性势能只有转化为B的动能,所以前后两次B球被弹出时的速度大小之比为2∶1,因此两次平抛的水平位移之比为2∶1。
能力提升
14.在光滑水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线,2,3小球静止,并靠在一起,1球以速度v0射向它们,如图所示。设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是(　D　)
A.v1=v2=v3=v0 B.v1=0,v2=v3=v0
C.v1=0,v2=v3=v0 D.v1=v2=0,v3=v0
解析:由弹性碰撞的规律可知,当两球质量相等时,碰撞时两球交换速度。先球1与球2碰,再球2与球3碰,故选D。
15.(多选)美国《科学》杂志评出的“2001年世界十大科技突破”中,有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果。该观测站揭示了中微子失踪的原因。即观察到的中微子数目比理论值少,是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子。关于上述研究的以下说法中正确的有(　BC　)
A.该研究过程中牛顿第二定律依然适用
B.该研究中动量守恒定律依然适用
C.该研究中能量守恒定律依然适用
D.若发现μ子和中微子的运动方向一致,则τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相反
解析:微观世界中牛顿运动定律不再成立,而动量守恒定律和能量守恒定律仍成立,A错误,B,C正确。根据动量守恒得p中=pμ+pτ,若发现μ子和中微子的运动方向一致,则p中>0,pμ>0,则pτ的正、负不确定,即τ子的运动方向无法判断,D错误。
16.如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于O点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现向左拉动小球使线水平伸直,将小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求物块在水平面上滑行的时间t。
解析:设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点的重力势能为零,根据机械能守恒有mgh=m,
得v1=。
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′,同理对小球反弹过程由机械能守恒有mg=mv1′2,
得v1′=。
设碰后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mv1=-mv1′+5mv2,
得v2=。
物块在水平面上所受摩擦力的大小为F=5μmg,
设物块在水平面上滑行的时间为t,根据动量定理有
-Ft=0-5mv2,
得t=。
答案:
17.一个连同装备总质量M=100 kg的宇航员,在距离飞船s=45 m处与飞船处于相对静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒,筒上有一个可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴,宇航员必须向着返回的相反方向喷出氧气才能回到飞船,同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用,宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。不考虑喷出的氧气对设备及宇航员总质量的影响。
(1)瞬时喷出多少氧气,航天员才能安全返回飞船?
(2)航天员安全返回到飞船的最长和最短时间分别为多少?
(3)为了使总耗氧量最低,应一次喷出多少氧气?对应的返回时间又是多少?(飞船在一段很短的圆弧上的运动可视为匀速直线运动)
解析:(1)设瞬间喷出质量为m的氧气后,宇航员能安全返回飞船,以飞船为参照,宇航员返回飞船的速度为v1,由动量守恒定律可得0=Mv1-mv,①
宇航员返回的时间为t=,②
贮气筒中剩余氧气质量应满足m0-m≥Qt,③
代入数据由①②③可得400m2-200m+9≤0,
解得0.05 kg≤m≤0.45 kg。
(2)根据①②式得t==,④
当m=0.05 kg时,可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为tmax=
1 800 s;
当m=0.45 kg时,可求得宇航员安全返回到飞船的最短时间为tmin=
200 s;
(3)当总耗氧量最低时,设宇航员安全返回共耗氧气Δm,
则Δm=m+Qt,⑤
由④⑤得Δm=m+,
由于m与的乘积为定值,所以当m=时Δm有最小值,
即m==0.15 kg,
故总耗氧量最低时,应一次喷出0.15 kg的氧气,将m=0.15 kg 代入可得返回时间为t===600 s。
答案:(1)0.05 kg≤m≤0.45 kg　(2)1 800 s　200 s
(3)0.15 kg　600 s
18.如图所示,一光滑水平(桌面)AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点,且两者固定不动。一长L=0.8 m的细绳,一端固定于O点,另一端系一个质量m1=0.2 kg的小球a。当小球在竖直方向静止时,球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当小球a摆至最低点时,细绳恰好被拉断,此时小球a与放在桌面上的质量m2=0.8 kg的小球b正碰,碰后a以2 m/s 的速度弹回,b将沿半圆形轨道运动。两小球均可视为质点,取g=10 m/s2。
(1)细绳所能承受的最大拉力为多大?
(2)小球b在半圆形轨道最低点C点的速度为多大?
(3)为了保证小球b在半圆形轨道中运动时不脱离轨道,半圆形轨道的半径R应满足什么条件?
解析:(1)设小球a摆至最低点时速度为v0,
由机械能守恒定律,得m1gL=m1
解得v0==4 m/s
小球a在最低点时,由牛顿第二定律,
得FT-m1g=m1
解得FT=6 N。
(2)a与b碰撞中动量守恒,
设a,b碰后的速度分别为v1,v2,
选向右的方向为正方向,
则m1v0=-m1v1+m2v2
解得v2=1.5 m/s。
(3)①若小球b恰好通过最高点D,此时有
m2g=
小球b在CD轨道上运动过程中有
m2=m2g(2R1)+m2
解得R1=0.045 m;
②若小球b恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为0,则有m2=m2gR2
解得R2=0.112 5 m
则R应该满足R≤0.045 m或R≥0.112 5 m。
答案:(1)6 N
(2)1.5 m/s
(3)R≤0.045 m或R≥0.112 5 m