高中物理 第16章 动量守恒定律提升训练 新人教版选修35Word下载.docx
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8.如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接。
现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。
不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是( )
A.
,I=mv0B.
,I=2mv0
C.
,I=mv0D.
9.如图所示,装有弹簧发射器的小车放在水平地面上,现将弹簧压缩锁定后放入小球,再解锁将小球从静止斜向上弹射出去,不计空气阻力和一切摩擦。
从静止弹射到小球落地前的过程中,下列判断正确的是( )
A.小球的机械能守恒,动量守恒
B.小球的机械能守恒,动量不守恒
C.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒,动量不守恒
D.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒,动量守恒
10.有一宇宙飞船,它的正面面积S=2m2,以v=3×
103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区.此微粒尘区1m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×
10﹣7kg.设微微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加( )
A.3.6×
103NB.3.6NC.1.2×
10﹣3ND.1.2N
11.如图所示,每级台阶的高和宽均相等,一小球向左抛出后从台阶上逐级弹下,在每级台阶上弹起的高度相同,落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同,不计空气阻力,则小球( )
A.与每级台阶都是弹性碰撞
B.通过每级台阶的运动时间逐渐缩短
C.除碰撞外,水平方向的速度保持不变
D.只要速度合适,从下面的某级台阶上向右抛出,它一定能原路返回
12.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。
现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。
已知圆弧轨道半径R=1.8m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g=10m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A.5m/sB.4m/sC.3m/sD.2m/s
13.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动,美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成,又称花式台球。
如图在某次击球过程中,白球以3m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰,假设白球与黑球质量相等,碰撞中没有机械能损失,将台球视为质点,通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )
A.白球静止,黑球以3m/s的速度向右运动
B.黑球静止,白球以3m/s的速度反弹向左运动
C.白球和黑球都以下1.5m/s的速度向右运动
D.白球以3m/s的速度反弹向左运动,黑球以3m/s的速度向右运动
14.如图所示,足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P点的过程中,下列说法正确的是( )
A.合力对物块的冲量大小一定为2mv2
B.合力对物块的冲量大小一定为2mv1
C.合力对物块的冲量大小可能为零
D.合外力对物块做的功可能为零
二.计算题(共7小题)
15.如图所示一木板放置在光滑的水平桌面上,A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连,细绳平行于地面,且跨过轻滑轮,A物体放置在木板的最左端。
已知木板的质量m1=20.0kg,物体A的质量m2=4.0kg,物体B的质量m3=1.0kg,物体A与木板间的动摩擦因数μ=0.5,木板长L=2m本板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.不计滑轮摩擦。
(1)为了使物体A随着木板一起向左运动,现对木板施加水平向左的力F,求力F的最大值;
(2)若开始时不施加力F,在A、B、木板静止时,用向左的水平力击打木板一下,使木板、A向左运动,物体B上升。
当物体B上升hB=1.0m(物体B未碰触滑轮)时,物体A刚好到达木板最右端。
求最初击打木板的冲量I。
16.如图所示,高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上,其与水平面平滑对接于C点,D为斜劈的最高
点,水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板,质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点,静止在水平面上的B点,已知AB=h,BC=3h,滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略,滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.5.给滑块甲一水平向左的初速度,经过一系列没有能量损失的碰撞后,滑块乙恰好滑到斜劈的最高点D处,重力加速度用g表示.求:
(1)滑块甲的初速度v0的大小;
(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离.
17.如图所示,竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R,MP为粗糙水平面。
两个小物块A、B可视为质点,在半圆形轨道圆心O的正下方M处,处于静止状态。
若A、B之间夹有少量炸药,炸药爆炸后,A恰能经过半圆形轨道的最高点N,而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。
已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ=0.8,求:
(1)B到达的最远位置离M点的距离;
(2)极短爆炸过程中,A受到爆炸力的冲量大小;
(3)A与B的质量之比。
18.如图所示,水平地面上固定一半径为R=0.8m的
光滑圆弧轨道,轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=l.75m的木板,木板上表面与轨道末端等高,木板与地面间无摩擦,其左端放一质量m=lkg的物块,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15N,作用一段距离x后撤去F,物块正好能滑到圆弧轨道的最高点,然后再滑回,取g=l0m/s2。
(1)求物块滑到板右端时的速度v多大;
(2)求x的大小;
(3)通过计算说明,物块最终能否滑离木板。
19.如图听示,在光滑水平面上有一质量为2018m的木板,板上有2018块质量均为m的相同木块1、2、…、2018.最初木板静止,各木块分别以v、2v、…、2018v同时向同一方向运动,木块和木板间的动摩擦因数为μ,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。
求:
(1)最终木板的速度
(2)运动中第88块木块的最小速度;
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
20.如图甲所示,m1=5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下,槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点,传送带沿顺时针方向匀速运转。
m1下滑前将m2=3kg的滑块停放在槽的底端。
m1下滑后与m2发生碰撞,碰撞时间极短,碰后两滑块均向右运动,传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v﹣t图象,如图乙、丙所示。
两滑块均视为质点,重力加速度g=10m/s2。
(1)求A、B的高度差h;
(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC;
(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s,求滑块m2的传送时间;
(4)求系统因摩擦产生的热量。
21.如图所示,质量为M的长木板A在光滑水平面上,以大小为v0的速度向左运动,一质量为m的小木块B(可视为质点),以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端,B、A间动摩擦因数为μ,最后B不会滑离A.已知M=2m,重力加速度为g。
(1)A、B最后的速度;
(2)木板A的最短长度。
参考答案与试题解析
1.选择题
1.【解答】解:
A、由图知:
碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后速度为v′0=0.2m/s,可知,碰后红壶沿原方向运动,故A错误。
B、设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得:
mv0=mv′0+mv
解得:
v=0.8m/s,故B正确;
C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移,可得,碰后蓝壶移动的位移大小x=
=
=2m,故C错误。
D、根据图象的斜率表示加速度,知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度,两者的质量相等,由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力。
故D错误。
故选:
B。
2.【解答】解:
当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,根据水平方向动量守恒有:
mv0=(m+M)v1,
根据机械能守恒定律有:
,
根据题意,有:
M=4m,
联立两式解得:
v0=5m/s,故ACD错误,B正确。
3.【解答】解:
甲、乙两球组成的系统动量守恒,当两球相距最近时具有共同速度v,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
m甲v0=(m甲+m乙)v
据题v=
m甲:
m乙=1:
D。
4.【解答】解:
A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒。
小球在半圆槽内运动由B到C过程中,除重力做功外,槽的支持力也对小球做功,小球机械能不守恒,由此可知,小球在半圆槽内运动的全过程中,小球的机械能守不守恒,故A错误。
B、小球在槽内运动的前半过程中,左侧物体对槽有作用力,小球与槽组成的系统动量不守恒。
小球在槽内运动的后半过程中,小球有向心加速度,竖直方向的合力不为零,系统的动量也不守恒。
故B错误。
C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,竖直方向的合力不为零,系统的动量也不守恒。
系统在水平方向所受合外力为零,故小球与半圆槽在水平方向动量守恒,故C错误。
D、小球离开C点以后,既有竖直向上的分速度,又有水平分速度,小球做斜上抛运动,水平方向做匀速直线运动,水平分速度与半圆槽的速度相同,所以小球一定还会从C点落回半圆槽,故D正确。
5.【解答】解:
木块A、B和弹簧组成的系统,从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中,墙壁对弹簧有作用力,系统的合外力不为零,所以动量不守恒。
A、B相碰粘连在一起的过程中,机械能有损失,所以机械能也不守恒,故ACD错误,B正确。
B
6.【解答】解:
选物体与小车组成的系统为研究对象,由水平方向动量守恒得:
mv0=(M+m)v
所以:
v=
v0
v方向与v0同向,即方向水平向右。
7.【解答】解:
B球落地时的速度大小为v1=
=2m/s,此时A球的速度大小也为2m/s。
设B球撞地后上升t时间与a球相撞,则有H﹣h=(v1t+
)+(v1t﹣
)
得t=0.1s
两球相撞前瞬间A球的速度为vA=v1+gt=3m/s,B球的速度为vB=v1﹣gt=1m/s
对于碰撞过程,取向上为正方向,由动量守恒定律得5mvB﹣mvA=mvA′
解得vA′=2m/s
两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度为h′=
=0.2m
两球碰撞处离地高度h″=v1t﹣
=2×
0.1﹣
×
10×
0.12=0.15m
所以两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为H′=h′+h″=0.35m
8.【解答】解:
A、B碰撞过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv
碰撞后,AB一起压缩弹簧,当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大,由能量守恒定律得:
最大弹性势能E=
联立解得E=
从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中,取向右为正方向,对AB及弹簧整体,由动量定理得I=2mv﹣(﹣2mv)=4mv=2mv0。
9.
【解答】解:
AB、从静止弹射到小球落地前的过程中,由于弹簧的弹力对小球做功,小球的机械能不守恒。
由于小球所受的合外力是重力,不等于零,则其动量不守恒,故AB错误。
CD、小球、弹簧和小车组成的系统,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒。
系统竖直方向的合外力不为零,所以系统的动量不守恒,故C正确,D错误。
C。
10.
选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S,高为v△t的圆柱体内微粒的质量。
即M=mSv△t,初动量为0,末动量为mv。
设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得:
F•△t=Mv﹣0
则F=
=mSv2;
根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2,则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2;
代入数据得:
F′=2×
10﹣7×
2×
(3×
103)2N=3.6N.故ACD错误,B正确
11.
ABC、小球平抛后落在台阶上,落到台阶上瞬间的速度方向斜向下,反弹后做斜抛运动,即竖直向上做匀减速直线运动,加速度为重力加速度,水平方向上做匀速运动,由题意知每级台阶上弹起的高度相同,落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同,所以小球在运动过程中不受空气阻力,小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用;
因在每级台阶上弹起的高度相同,所以存在机械能损失,碰撞不是弹性碰撞,所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等,由于小球每次弹起,竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动,而每级台阶上弹起的高度相同,由逆向思维可得:
h=
gt2,所以小球在相邻台阶间运动的时间不变,故C正确,AB错误;
D、由于在上升过程重力做负功,同时碰撞中存在能量损失,所以小球不可能原路返回,故D错误。
12.
滑块A下滑过程,由机械能守恒定律得mAgR=
解得v0=6m/s
若两个滑块发生的是弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
mAv0=mAvA+mBvB。
mAv02=
mAvA2+
mBvB2。
解得vB=4m/s
若两个滑块发生的是非弹性碰撞,由动量守恒定律得:
mAv0=(mA+mB)vB′
解得vB′=2m/s
所以碰后小滑块B的速度大小范围为2m/s≤vB≤4m/s,不可能为5m/s。
A。
13.
设每个球质量为m。
取碰撞前白球的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得:
mv0=mv白+mv黑
由动能守恒可得:
联立解得:
v白=0m/s,v黑=3m/s
故A正确,BCD错误
14.
若v2<v1,则物块返回到P点的速度大小为v2,根据动量定理知,合力的冲量为:
I合=mv2﹣(﹣mv2)=2mv2,根据动能定理知,合力做功的大小为零。
v2≥v1,则物块返回到P点的速度大小为v1,根据动量定理知,合力的冲量I合=mv1+mv2,根据动能定理得,合力做功为:
W=
.故D正确,A、B、C错误。
2.计算题
15.
(1)设A、B和木板一起向左运动的加速度大小为a,采用分离法如下:
物体B受重力和绳拉力T的作用,由根据牛顿第二定律有:
T﹣m3g=m3a;
物体在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用,根据牛顿第二定律有:
f﹣T=m2a;
木板在水平方向外力F和A的摩擦力f作用,根据牛顿第二定律有:
F﹣f=m1a;
当A和木板间的摩擦力取最大值f=μm2g时,外力F最大,
联立解得:
F﹣m3g=(m1+m2+m3)a=60N;
a=2.0m/s2。
(2)打击木板后,物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下,以加速度a=2.0m/s2加速运动,
当物体B上升高度hB=1.0m时,有:
;
木板向左运动的位移为:
x=L+hB
木板在A的摩擦力作用下,做减速运动的加速度为a'
,根据牛顿第二定律有:
μm2g=m1a'
设打击木板后的瞬间木板的速度为v0,则:
代入数据,解得:
v0=3.5m/s;
根据动量定理得最初击打木板的冲量为:
I=mv0=70N•s。
答:
(1)求力F的最大值为60N;
(2)最初击打木板的冲量大小为70N•s。
16.
(1)甲、乙两滑块质量相等,每次碰撞没有能量损失,所以碰撞后两者交换速度.
根据能量守恒定律得:
=μmg•BC+mgh
将BC=3h,μ=0.5代入解得v0=
(2)设滑块乙在水平面上滑行的总路程为S.
对整个过程,由动能定理得
﹣μmgS=0﹣
解得S=5h
所以滑块乙最终静止的位置与C点的距离为S′=S﹣3h=2h
(1)滑块甲的初速度v0的大小为
(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离是2h.
17.
(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点,
由牛顿第二定律得:
A离开轨道后做平抛运动,
在水平方向:
x=vNt,
在竖直方向:
x=2R,
B到达的最远位置离M点的距离:
x=2R
(2)A上升到N的过程,由机械能守恒定律得:
得:
A受到爆炸力的冲量大小:
I=
(3)炸药爆炸过程AB组成的系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,
mAvA﹣mBvB=0,
对B,由动能定理得:
(1)B到达的最远位置离M点的距离是2R;
(2)极短爆炸过程中,A受到爆炸力的冲量大小是
(3)A与B的质量之比是
。
18.
(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程,由机械能守恒可得:
v=4m/s
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程,由动能定理可得:
Fx﹣μmgL=
x=lm
(3)设物块相对板向左滑动距离△x后,与木板达到相同速度v'
.取向左为正方向,由动量守恒定律得:
mv=(M+m)v'
v'
=lm/s
由能量守恒定律得:
△x=1.5m<L=1.75m。
故物块不会滑离木板。
(1)物块滑到板右端时的速度v是4m/s;
(2)x的大小是1m;
(3)物块最终不能滑离木板。
19.
(1)设当所有物块的速度相等时的速度为v′,选取向右为正方向,则有:
m(v+2v+3v+…+nv)=2nmv′
可得:
(2)设第k块木块的最小速度为vk,则此时木块与第1至第k﹣1块木块的速度均为vk,由于所有的木块的质量都相等,所以所有的木块受到的摩擦力大小都是相等的,设为μmg,由动量定理可知,在相等的时间内,第k+1块木块至第n块木块速度的减小量也相等,因而此时第k+1块木块至第n块木块速度依次是:
vk+v,vk+2v,vk+3v…vk+(n﹣k)v
则由动量守恒定律可得:
m(v+2v+3v+…+nv)=(nm+km)vk+m(vk+v)+m(vk+2v)+…+m[vk+(n﹣k)v]
即m(v+2v+3v+…+nv)=2nmvk+m[1+2+…+(n﹣k)]v
则:
(3)由以上的结果可知,
由于木块的加速度始终为:
a=﹣μg
对木块2,有:
v2=2v﹣μg
(1)最终木板的速度是
(2)运动中第88块木块的最小速度为43.1v;
(3)第二块木块相对木板滑动的时间是
20.
(1)由图乙丙可知,碰撞后瞬间,m1的速度v1=1m/s,m2的速度v2=5m/s,
设碰撞前瞬间m1的速度为v0,碰撞过程系统动量守恒,取向右的方向为正方向,由动量守恒定律得:
m1v0=m1v1+m2v2
v0=4m/s,
m1下滑的过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
h=0.8m;
(2)由图乙可知,滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小:
m/s2
滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供,故:
μ1m1g=m1a,
解得,滑块m1与传送带间的动摩擦因数:
μ1=0.05
由图乙可知,滑块m1在传送带上先加速4s,后匀速运动6s到达C点
图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC,
即LBC=
(1+3)×
4+3×
(10﹣4)=26m;
(3)滑块m2一直做匀减速直线运动,达C点时速度恰好减到3m/s,
全程的平均速度为:
设滑块m2的传送时间:
t=
=6.5s;
(4)由图乙可知,滑块m1在传送带上加速阶段的位移:
滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量:
Q1=μ1m1g(vt1﹣x1),
滑块m2在传送带上减速的加速大小:
滑块m2受到的滑动摩擦力大小:
f=m2a′
滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量:
Q2=f(LBC﹣vt),
系统因摩擦产生的热量:
Q=Q1+Q2,解得:
Q=16J。
(1)A、B的高度差h为0.8m;
(2)滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC为26m;
(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s,滑块m2的传送时间为6.5s;
(4)系统因摩擦产生的热量为16J。
21.【解答】解:
(1)由题意知A、B最后具有共同速度v。
以向左为正方向。
由动量守恒定律得