夯基提能作业本.docx

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夯基提能作业本

第2讲　动量守恒定律

基础巩固

1.（2017北京海淀期中,10,3分）（多选）交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。

根据两位司机的描述得知,发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶,汽车B正沿南北大道向正北行驶。

相撞后两车立即熄灭并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动,最终一起停在路口东北角的路灯柱旁,交警根据事故现场情况画了如图所示的事故报告图。

通过观察地面上留下的碰撞痕迹,交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点,并测量出相关数据标注在图中,又判断出两辆车的质量大致相同。

为简化问题,将两车均视为质点,且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒,根据图中测量数据可知下列说法中正确的是（　　）

A.发生碰撞时汽车A的速率较大

B.发生碰撞时汽车B的速率较大

C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5

D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶

2.（2016北京西城一模,17）如图所示,质量为M的人在远离任何星体的太空中,与他旁边的飞船相对静止。

由于没有力的作用,他与飞船总保持相对静止的状态。

这个人手中拿着一个质量为m的小物体,他以相对飞船为v的速度把小物体抛出,在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（　　）

A.vB.v

C.vD.v

3.（2015北京五中期中,4）如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧（不拴接）,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中不正确的是（　　）

A.两手同时放开后,系统总动量始终为零

B.先放开左边的手,后放开右边的手,在以后运动过程中动量不守恒

C.先放开左边的手,后放开右边的手,总动量向左

D.先放一只手,过一段时间,再放另一只手。

两手都放开后的过程中,系统总动量保持不变,但系统的总动量一定不为零

4.（2016北京东城期中,14）质量为80kg的冰球运动员甲,以5m/s的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为100kg、速度为3m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。

假设碰撞时间极短,下列说法中正确的是（　　）

A.碰后乙向左运动,速度大小为1m/s

B.碰后乙向右运动,速度大小为7m/s

C.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1450J

D.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1400J

5.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　　　　。

（填选项前的字母） 

A.v0B.v0C.v0D.v0

6.（2017北京海淀期中,16,10分）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=0.45m,滑块1的质量m1=0.16kg,滑块2的质量m2=0.04kg,重力加速度g取10m/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。

7.（2014北京理综,22）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。

取重力加速度g=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。

综合提能

8.（2015北京四中期中,13）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.B.

C.或D.无法确定

9.（2015北京海淀二模,19）如图所示,放置在水平地面上的木板B的左端固定一轻弹簧,弹簧右端与物块A相连。

已知A、B质量相等,二者处于静止状态,且所有接触面均光滑。

现设法使物块A以一定的初速度沿木板B向右运动,在此后的运动过程中弹簧始终处在弹性限度内,且物块A始终在木板B上。

下列说法中正确的是（　　）

A.物块A的加速度先减小后增大

B.物块A的速度最大时弹簧的弹性势能最大

C.木板B的速度最大时弹簧最长

D.木板B的速度最大时物块A的速度为零

10.如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。

开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。

一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。

碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。

求:

（ⅰ）B的质量;

（ⅱ）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

11.（2016北京海淀二模,23）如图所示,有一固定在水平面上的平直轨道,该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。

各段轨道的编号已在图中标出。

仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中,一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端,绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。

某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F,使其从静止开始沿轨道向右运动,小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。

滑块A、B碰撞时间极短,碰后粘在一起沿轨道向右运动。

已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m,匀强电场的电场强度的大小E=1.0×104N/C;滑块A、B的质量均为m=0.010kg,滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等,均为μ=0.40,绝缘滑块B所带电荷量q=+1.0×10-5C,小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。

A、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小）,且不计A、B间的静电力作用。

在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变,取重力加速度g=10m/s2。

（1）求F的大小;

（2）碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量;

（3）若A和B最终停在轨道上编号为k的一段,求k的数值。

答案全解全析

基础巩固

1.

BC　两车碰撞瞬间动量守恒,满足平行四边形定则。

设vB与竖直方向间夹角为θ,由题中所给车的初末位置,

得tanθ=,

又tanθ=,且mA=mB,

得=,则B、C正确。

2.A　人和小物体组成的系统不受其他力的作用,所以系统动量守恒。

由动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=v。

3.B　同时放手,放手前系统动量为零,放手后,系统动量也为零,A正确;先放左手,左边车向左运动,系统动量向左,放开右手,系统合外力为零,动量守恒,即放开右手后系统动量守恒,总动量向左,B错误,C、D正确,选B。

4.D　甲、乙组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:

m甲v甲-m乙v乙=m乙v乙',即:

80×5-100×3=100×v乙',解得:

v乙'=1m/s,方向水平向右,故A、B错误;碰撞过程机械能的变化为ΔE=m甲+m乙-m乙v乙'2=×80×52J+×100×32J-×100×12J=1400J,机械能减少了1400J,故C错误,D正确。

5.D　根据动量守恒定律mv0=（M-m）v,得v=v0,选项D正确。

6.

答案　

（1）6.0N　

（2）0.90J　（3）0.45m

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端的过程,根据机械能守恒定律有

（m1+m2）gR=（m1+m2）v2/2,解得v=3.0m/s（1分）

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）v2/R（1分）

解得N=3（m1+m2）g=6.0N（1分）

根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小N'=N=6.0N（1分）

（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=m2/2（1分）

解得v2=3.0m/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（1分）

解得v1=4.5m/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=m1/2+m2/2-（m1+m2）v2/2（1分）

解得E弹=0.90J（1分）

（3）设两滑块平抛运动的时间为t,R=gt2,解得

两滑块做平抛运动的时间t==0.30s（1分）

滑块1平抛运动的水平位移x1=v1t=1.35m

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=0.90m

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=0.45m（1分）

7.

答案　

（1）2m/s　

（2）1m/s　（3）0.25m

解析　设滑块的质量为m。

（1）根据机械能守恒定律mgR=mv2

得碰撞前瞬间A的速率v==2m/s

（2）根据动量守恒定律mv=2mv'

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（2m）v'2=μ（2m）gl

得A和B整体沿水平桌面滑动的距离

l==0.25m

综合提能

8.A　由Ek=mv2知两球碰后A的速率v=,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·+3m·vB,得vB=。

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（-）+3m·vB得vB=,A正确。

9.D　A开始向右运动,弹簧被拉长,当A、B两者共速时,弹簧长度最长,之后A相对B向左运动,弹簧长度变小,故物块A的加速度应先增大,A错误;因当A、B共速时弹簧弹性势能最大,故B错误;A、B系统动量守恒,故有mAv0=mAv1+mBv2,又因为mA=mB,故当v2=v0时,v1=0,此时又有mA=mB,故此时弹簧为原长状态,即C错误,D正确。

10.

答案　（ⅰ）　（ⅱ）m

解析　（ⅰ）以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:

碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得

m+2mBv=（m+mB）v①

由①式得

mB=②

（ⅱ）从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得

mv0=（m+mB）v③

设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则

ΔE=m+mB（2v）2-（m+mB）v2④

联立②③④式得

ΔE=m⑤

11.

答案　见解析

解析　

（1）以滑块A为研究对象,

在第1段轨道上,滑块A受到摩擦力的大小f=μmg

对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程,

根据动能定理有（F-f）L=mv2

解得:

F=1.84N

（2）设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB,根据动量守恒定律有

mv=2mvAB

设滑块B对滑块A的冲量为I,规定水平向右为正方向。

以滑块A为研究对象,根据动量定理有:

I=mvAB-mv,

解得:

I=-0.030N·s

滑块B对滑块A冲量的方向水平向左

（3）设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为ΔE1,则

ΔE1=μ（2mg-Eq）L

设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道,损失的动能为ΔE2,则

ΔE2=μ2mgL

设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为,令N=

　　解得:

N=7.5

即滑块通过标号为15的白色轨道后,仍有动能Ek=0.5（ΔE1+ΔE2）=6×10-3J,

因Ek>ΔE1,故滑块可通过第16号轨道而进入第17号轨道,

进入第17号轨道时的动能Ek'=Ek-ΔE1=2×10-3J<ΔE2,故将不能通过第17号轨道,即最终停在第17号轨道上。