上海市龙柏高中2019-2020学年物理沪科版选修3-5：1.3动量守恒定律的案例分析 配套作业（含解析）

1.3动量守恒定律的案例分析
1．如图所示，光滑水平面上有两个大小相同的钢球A、B，A球的质量大于B球的质量．开始时A球以一定的速度向右运动，B球处于静止状态．两球碰撞后均向右运动．设碰撞前A球的德布罗意波的波长为λ1，碰撞后A、B两球的德布罗意波的波长分别为λ2和λ3，则下列关系正确的是(　　)
A．λ1＝λ2＝λ3
B．λ1＝λ2＋λ3
C．
D．
2．如图所示，质量相等的A、B两个球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，之后A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（ ）
A．=-2m/s，=6m/s
B．=2m/s，=2m/s
C．=1m/s，=3m/s
D．=-3m/s，=7m/s
3．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为2000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg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停止．经测定，长途客车碰前以30m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　 　)
A．小于20 m/s
B．大于20 m/s，小于30 m/s
C．大于30 m/s，小于40 m/s
D．大于20 m/s，小于40 m/s
4．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为-q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）
A．相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零
5．一上边为半圆形光滑凹槽的物块静止放在光滑水平面上,其质量为,宽度为,半圆形凹槽部分的半径为．如图所示,现自凹槽左侧最高点静止释放一质量为的小球，对小球自释放至右侧最高点的过程,下列说法正确的是（ ）
A．物块初、末位置为同一位置
B．物块会向左发生一段位移,大小为
C．物块会向左发生一段位移,大小为
D．物块会向左发生一段位移,大小为
6．如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是(　　)
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为
D．乙车移动的距离为
7．A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1 s闪光一次，连续拍照次，拍得如图5所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断(　　)
A．第四次拍照时物体A在100 cm处
B．第四次拍照时物体A在80 cm处
C．mA∶mB＝3∶1
D．mA∶mB＝1∶3
8．质量为ma＝0.5 kg的物体a以某一速度与另一质量为mb＝1.5 kg的静止物体b在光滑水平面上正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a的x－t图象如图所示，则( )
A．碰前a的动量大小为2 kg· m/s
B．碰后b的动量大小为1.5 kg· m/s
C．碰撞过程b的动量改变了0.5 kg· m/s
D．碰撞过程a的动量改变了0.5 kg· m/s
9．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，， ，．当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度、可能为
A． B．
C． D．
10．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量PA=9kg?m/s，B球的动量PB=3kg?m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）
A．P′A=6kg?m/s，P′B=6kg?m/s
B．P′A=6kg?m/s，PB′=4kg?m/s
C．PA′=-6kg?m/s，PB′=18kg?m/s
D．PA′=4kg?m/s，PB′=8kg?m/s
11．光滑水平冰面直线轨道上，总质量的人和冰车以速度向右匀速运动，一质量空冰车迎面而来，速度大小，为避免两车直接碰撞，人在两车接触前用力推迎面而来空车，两车始终在同一直线上运动。
(1)为避免直接碰撞，求被推开空车的最小速度；
(2)设人对空车推力，持续作用时间后撤去推力（该时间内车未发生碰撞），问撤去推力后两车是否还会发生碰撞？
12．如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人以速度v匀速从船头走到船尾的过程中，船的速度和船相对地面的位移是多少？
13．质量m0=160kg的木船长l=4m，质量m=40kg的人站立在船头，它们静止在平静的水面上，不计水的阻力，如图所示，现在人要走到船尾取一样东西，则人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离为多大？
14．如图所示,竖直平面内放置一光滑绝缘轨道,质量为m、带电量为+q的小球P从高为h1 处由静止下滑,轨道末端水平并放置另一质量也为m的不带电小球Q,经碰撞后,球P和球Q合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h2的水平线MN下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度大小为E．若PQ整体水平抛出后,穿过MN进入电、磁场区域,并恰好经过轨道末端的竖直线与MN的交点O．若P、Q均可视为质点,已知m=0.1 kg,h1=5 m,h2=1.25 m,q=0.1 C,E=20 N/C,g=10 m/s2．求:
(1)P、Q碰撞后瞬间的共同速度大小v;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)定性画出PQ整体从O点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)．
参考答案
1．D
【解析】
球A、B碰撞过程中满足动量守恒，得p′B－0＝pA－p′A；由，可得，所以动量守恒表达式也可写成：，所以，故D正确，ABC错误。
2．D
【解析】
设每个球的质量均为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=4m，碰前的总机械能E=mAvA2+mBvB2=20m；
A、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=20m，动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；
B、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=4m，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；
C、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；
D、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；
本题选一定无法实现的，故选D．
【点睛】
解决本题的关键知道碰撞的原则，即动量守恒、机械能不增加，还要满足实际情况．
3．A
【解析】
长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m，卡车质量为M，规定客车的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：

因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应该是向南，即客车动量大于卡车的动量，即：
代入数据得： ，故A正确
综上所述本题答案是：A
4．D
【解析】
相碰前、后两球受合外力为零，所以运动中动量守恒，故A、D错误；C正确；两球间的库仑力为吸引力，所以小球做加速运动，两球速度等大反向所以总动量等于零，不变，故B错误．
5．D
【解析】
当小球自凹槽左侧最高点A静止释放时，由于小球对槽有压力，则槽向左加速运动；当球沿槽向上滑动时，槽向左减速，当球到达最高点时，槽的速度减为零；故物块的末位置在初位置的左侧，选项A错误；设槽向左移动x，由球和槽水平方向动量守恒可知：，解得，则选项BC错误，D正确；故选D.
6．ACD
【解析】
A\B、甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
,
可得甲、乙两车运动中速度之比为：，A正确；B错误；
C、D、设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2．则有：，
又
联立解得：， ，C正确；D错误；
故选AC．
7．AD
【解析】
A、碰撞前，物体A做匀速直线运动，可知，物体A第三次在处，第四次在处．故A正确，B错误；
C、碰撞前，A滑块的速度大小为，方向向右
碰撞后，A的速度大小为，方向向左
B的速度大小为，方向向右，
取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
代入数据得：
解得：，故C错误，D正确．
点睛：本题要根据匀速直线运动相等时间内通过的位移相等，判断滑块的位置，由匀速直线运动的规律求速度，要注意动量是矢量，在规定正方向的基础上，用符号表示动量的方向．
8．AB
【解析】
A、在位移时间图象中,斜率表示物体的速度,由图象可以知道碰撞前a的速度为 ,所以碰前a的动量大小为 ,所以A选项是正确的;
B、碰撞后a的速度为:
根据动量守恒定律得:
计算得出: ?,所以B选项是正确的;
C、碰撞过程b的动量改变量为:?,故C错误;
D、碰撞过程a的动量改变量为: ，?故D错误.
综上所述本题答案是：AB
9．AD
【解析】
两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v=4m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2＝MAvA′2+MBvB′2，代入数据解得：vA′=2m/s，vB′=5m/s，则碰撞后A、B的速度：2m/s≤vA≤4m/s，4m/s≤vB≤5m/s，故AD正确，BC错误．故选AD．
【点睛】
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．
10．AD
【解析】
设两球质量均为m．碰撞前，总动量 P=PA+PB=12kg?m/s，碰撞前总动能为
若P′A=5kg?m/s，P′B=6kg?m/s，则碰撞后，总动量 P′=P′A+P′B=11kg?m/s，动量不守恒，选项A错误；若碰撞后P′A=7kg?m/s， PB′=5kg?m/s，碰后B的速度小于A的速度，则不可能，选项B错误；若PA′= -6kg?m/s， PB′=18kg?m/s，总动量 P′=P′A+P′B=12kg?m/s，动量守恒，碰撞后总动能为 ，则知总动能增加，是不可能的，故C错误．碰撞后，PA′=4kg?m/s，PB′=8kg?m/s，总动量 P′=P′A+P′B=12kg?m/s，动量守恒．碰撞后总动能为 ，则知总动能没有增加，是可能的，故D正确；故选D.
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
11．(1)2.5m/s；(2)不会发生碰撞
【解析】
(1)推开后，当空车与速度相等的时候即为最小速度，由动量守恒定律列式得
解得
(2)对空车，应用动量定理
解得
所以不会发生碰撞。
12．;
【解析】取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
解得：
人由船头走到船尾的过程中，人的位移s人=v t，船的位移s船=v船t，
则有：???
?
解得：
故本题答案是; ;
点睛：把人和船作为系统来考虑，系统所受外力为零，所以系统动量是守恒的，利用动量守恒可求出船的速度和船运动的位移。
13．0.8m
【解析】
设船移动距离为x，则人移动距离为，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为，人对地的平均速度为．
由动量守恒定律可得
即
解得．
14．（1）5 m/s （2）8T （3）
【解析】
（1）由题意可知：mgh1=m　
P、Q碰撞过程中动量守恒：mvA=2mv　
解得v=5 m/s．
（2）P、Q碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有h2=gt2
解得t=0.5 s　
水平方向：x=vt=2.5 m　
竖直速度：vy=gt=5 m/s　
则PQ进入电、磁场时，v合=5 m/s，方向和水平方向成45°角向下
在电、磁场区域中，G=2mg=2 N，电场力F=Eq=2 N　
G=F，PQ相当于只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，如图所示：
根据牛顿第二定律：Bqv合=2m
可得：B=　
由几何关系可知：R=xsin 45°= m　
解得B=8 T．
（3）PQ从O点穿出后的运动轨迹如图所示；