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- 2021-05-27 发布
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动量定理、动量守恒定律
[题组一] 动量、冲量、动量定理
1.如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,到达最高点后又滑回原处,所用时间为t.对于这一过程,下列判断正确的是( )
A.斜面对物体的弹力的冲量为零
B.物体受到的重力的冲量大小为mgsin θ·t
C.物体受到的合力的冲量大小为零
D.物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析:D [斜面对物体的弹力的冲量大小I=FNt=mgcos θ·t,弹力的冲量不为零,故A错误;物体所受重力的冲量大小为IG=mg·t,故B错误;物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ,由动量定理得,动量的变化量大小Δp=I合=mgsin θ·t,故C错误,D正确.]
2.中国传统文化博大精深,简单的现象揭示了深刻的道理,如水滴石穿.假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g,屋檐到下方石板的距离为4 m,水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开,忽略空气阻力,g取10 m/s2,则石板受到水滴的冲击力约为( )
A.0.22 N B.0.27 N
C.0.022 N D.0.027 N
解析:D [由题知,水滴质量为m=0.5 g,重力加速度为g=10 m/s2,屋檐高度为h=4 m,设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到石板上,忽略空气阻力,水滴的机械能守恒,有mgh=mv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中,取向下为正方向,对水滴由动量定理得(mg-F)t=0-mv,解得F≈0.027 N,由牛顿第三定律可知,D正确.]
3.如图所示,两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上.某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动,当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰,碰后第二个弹珠运动2L距离停下.已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍,重力加速度为g,则小孩对第一个弹珠( )
A.施加的冲量为m
B.施加的冲量为m
C.做的功为kmgL
D.做的功为3kmgL
解析:D [当第一个弹珠运动距离L
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时与第二个弹珠发生弹性正碰,根据动量守恒和能量守恒可知,两弹珠速度发生交换,即第一个弹珠碰后停止运动,第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下.从效果上看,相当于第二个弹珠不存在,第一个弹珠直接向前运动3L的距离后停止运动.根据动能定理可知,小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能,也等于克服阻力做的总功,即W=Ek=kmg·3L,选项C错误,选项D正确.施加的冲量I=Δp=p-0=-0==m,选项A、B错误.]
[题组二] 动量守恒定律的应用
4.关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A.甲图中子弹射入木块的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,能量不守恒
B.乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上,剪断束缚M、N两木块之间的细线,在弹簧恢复原长的过程中,M、N与弹簧组成的系统动量守恒,机械能增加
C.丙图中细线断裂后,木球和铁球在水中运动的过程,两球组成的系统动量守恒,机械能不守恒
D.丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒
解析:C [甲图中,在光滑水平面上,子弹射入木块的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,机械能有损失,但是损失的机械能转化为内能,能量仍守恒,A错误;乙图中,剪断束缚M、N两木块之间的细线,在弹簧恢复原长的过程中,M、N与弹簧组成的系统动量守恒,弹簧的弹性势能转化为木块的动能,系统机械能守恒,B错误;丙图中,木球和铁球组成的系统匀速下降,说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力,细线断裂后两球在水中运动的过程中,所受合外力为零,两球组成的系统动量守恒,由于水的浮力对两球做功,两球组成的系统机械能不守恒,C正确;丁图中,木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力,水平方向上动量守恒,由于斜面可能不光滑,所以机械能可能有损失,D错误.]
5.在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示,碰撞前后两壶运动的vt
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图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则( )
A.碰后红壶将被反弹回来
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
解析:B [由图可知,碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度为v′0=0.2 m/s,碰后红壶沿原方向运动,故A错误;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,根据动量守恒定律得mv0=mv′0+mv,解得v=0.8 m/s,故B正确;根据速度图像与坐标轴围成的“面积”表示位移,可得碰后蓝壶移动的位移大小x=vt=×0.8×5 m=2 m,故C错误;根据图像的斜率表示加速度,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.]
6.如图所示是一个物理演示实验,图中自由下落的物体A和B经反弹后,B能上升到比初位置高得多的地方.A是某种材料做成的实心球,质量m1=0.28 kg,在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.1 kg的木棍B,B只是松松地插在凹坑中,其下端与坑底之间有小空隙,将此装置从A下端离地板的高度H=1.25 m处由静止释放,实验中,A触地后在极短时间内反弹,且其速度大小不变;接着木棍B脱离球A开始上升,而球A恰好停留在地板上,则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.4.05 m B.1.25 m
C.5.30 m D.12.5 m
解析:A [由题意可知,A、B做自由落体运动,由v2=2gH,可得A、B的落地速度的大小v=,A反弹后与B的碰撞为瞬时作用,A、B组成的系统虽然在竖直方向上合外力不为零,但作用时间很短,系统的内力远大于外力,所以动量近似守恒,故有m1v-m2v=0+m2v′2,B上升高度h=,联立并代入数据得h=4.05 m,A正确.]
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[题组三] 碰撞模型
7.质量为80 kg的冰球运动员甲,以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为100 kg、速度为3 m/s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,下列说法正确的是( )
A.碰后乙向左运动,速度大小为1 m/s
B.碰后乙向右运动,速度大小为7 m/s
C.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J
D.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
解析:D [甲、乙碰撞过程中,相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力,两运动员组成的系统动量守恒,以向右为正方向,设碰撞前甲的速度为v甲,乙的速度为v乙,碰撞后乙的速度为v′乙,由动量守恒定律,有m甲v甲+m乙v乙=m乙v′乙,解得v′乙=1 m/s,方向向右,A、B错误;甲、乙碰撞过程中机械能的变化量ΔE=m乙v乙′2-,代入数据解得ΔE=-1 400 J,则机械能减少了1 400 J,C错误,D正确.]
8.如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个小物块,其中物块A的左侧连接一轻质弹簧.物块A处于静止状态,物块B以一定的初速度向物块A运动,并通过弹簧与物块A发生弹性正碰.对于该作用过程,两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述,在选项所示的图像中,图线1表示物块A的速率变化情况,图线2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图像中可能正确的是( )
解析:B [物块B压缩弹簧的过程,开始时A做加速运动,B做减速运动,随着压缩量的增大,弹簧的弹力增大,两个物块的加速度增大.当弹簧压缩至最短时,二者的速度相等;此后A继续加速,B继续减速,弹簧的压缩量减小,弹力减小,两个物块的加速度减小.当弹簧恢复原长时B离开弹簧.所以vt图像切线斜率的大小都先增大后减小.设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB.
取水平向右为正方向,根据动量守恒定律:mBv0=mAvA+mBvB,
由机械能守恒得:mBv=mAv+mBv
联立解得vA=v0,vB=v0.
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若mB>mA,由上式可得:vA>vB.所以B图是可能的.
若mB=mA,由上式可得:vA=v0,vB=0.
若mB<mA,由上式可得:vA>0,vB<0.
综上,只有B图是可能的.故A、C、D错误,B正确.]
9.(2019·江西红色七校二模,18)在光滑水平面上有三个小钢球a、b、c处于静止状态,质量分别为2m、m、2m.其中a、b两球间夹一被压缩的弹簧,两球被左右两边的光滑挡板束缚着.若某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a、b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,若b、c两球相距足够远,则b、c两球发生弹性碰撞后( )
A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
C.c球的速度大小为v
D.c球的速度大小为v
解析:B [设b球脱离弹簧时的速度为v0,b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc,取向右为正方向,弹簧将a、b两球弹出过程,由动量守恒定律有0=-2mv+mv0,可得v0=2v,b、c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒得mv0=mvb+2mvc,mv=mv+·2mv,联立计算得出vb=-v(负号表示方向向左,与原来相反),vc=v,所以B正确.]
[B级-综合练]
10.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则( )
A.A物体的质量为3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv
解析:AC [弹簧固定,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,A及弹簧组成的系统机械能守恒,可知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A
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的初动能.设A的质量为mA,即Epm=mAv.
当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中,B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大.选取A的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得:mA·2v0=(m+mA)v,
由机械能守恒定律得:Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2,
解得:mA=3m,Epm=mv.
故A、C正确,B、D错误.]
11.(多选)如图所示,倾角为θ的固定斜面足够长,一质量为m、上表面光滑且足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑,某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上,重力加速度为g,则在滑块与木板都滑动的过程中( )
A.木板A的加速度大小为2gsin θ
B.小滑块B的加速度大小为2gsin θ
C.木板A和小滑块B的动能之和不变
D.木板A的动量为mv0时,小滑块B的动量为mv0
解析:AD [只有A时,A匀速下滑,则说明A受到的重力沿斜面向下的分力与摩擦力等大反向,即mgsin θ=μmgcos θ,加上B后,A对斜面的压力增大,则摩擦力变为μ·3mgcos θ,而A的重力沿斜面向下的分力不变,由牛顿第二定律,有μ·3mgcos θ-mgsin θ=maA,解得加速度aA=2gsin θ,A正确;对B受力分析,由牛顿第二定律,有2mgsin θ=2maB,解得aB=gsin θ,B错误;A、B整体在沿斜面方向上受力平衡,故A、B整体动量守恒,由动量守恒定律可知p0=pA+pB,其中p0=mv0,故当A的动量为mv0时,B的动量为mv0,此时动能之和Ek=+=mv≠mv,C错误,D正确.]
12.(多选)如图所示,一质量为M、上表面是一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上,凹槽的最低点放一质量为m的小球,不计一切摩擦和空气阻力,现给小球一瞬时水平冲量,小球获得初速度v0,重力加速度为g,在以后的运动过程中,下列说法正确的是( )
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A.若小球无法冲出凹槽,小球上升的最大高度H一定小于
B.若小球能冲出凹槽,小球上升的最大高度H=
C.若小球能冲出凹槽,小球有可能不会落回凹槽中
D.小球第12次返回凹槽的最低点时,凹槽的速度最大
解析:AB [小球在凹槽中运动过程中,小球和凹槽组成的系统在水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,因为不计一切摩擦和空气阻力,所以系统机械能守恒.若小球无法冲出凹槽,则小球在最高点与凹槽有相同的速度,有mv0=(m+M)v,mv=(m+M)v2+mgH,解得H=<,A正确.若小球可以冲出凹槽,小球在离开凹槽时,与凹槽在水平方向有共同速度vx,同时相对凹槽有竖直向上的速度vy,小球离开凹槽后,相对地面做斜抛运动,水平方向的速度与凹槽的水平速度相等,当小球运动到最高点时,其速度与凹槽速度相等,即等于离开凹槽时的水平速度,有mv0=(m+M)vx,mv=(m+M)v+mgH,解得H=,B正确.小球离开凹槽后相对凹槽做竖直上抛运动,再次落回凹槽时,相对凹槽竖直向下,小球可以落回凹槽中,C错误.第一次经过最低点前,小球沿右侧轨道向下运动,对凹槽的压力斜向右下方,凹槽速度增大,第二次经过最低点前,小球沿左侧轨道向下运动,对凹槽的压力斜向左下方,凹槽速度减小,小球奇数次的运动情况与第一次相同,偶数次的运动情况与第二次相同,D错误.]
13.弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置.在飞机失控时,依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空,然后张开降落伞使飞行员安全降落.某次实验中,在地面上静止的战斗机内,飞行员按动弹射按钮,座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱,座椅沿竖直方向运动,5 s末到达最高点,上升的总高度为112.5 m.在最高点时打开降落伞,飞行员安全到达地面.已知座椅的总重量为100 kg,弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定,不考虑发动机质量的变化及空气阻力,取g=10 m/s2,求:
(1)发动机对座椅推力的值;
(2)发动机对座椅冲量的大小.
解析:(1)设座椅上升时的最大速度为vm,由运动学公式有hm=vmt.
设发动机作用的时间为t1,座椅的加速度为a1,发动机的推力为N,减速过程的时间为t2,则
N-mg=ma1,vm=a1t1,vm=gt2,t1+t2=t,
解得:N=10mg=1.0×104 N.
(2)设发动机对座椅冲量的大小为I,则I=Nt1,
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解得:I=5×103 N·s.
答案:(1)1.0×104 N (2)5×103 N·s
14.如图所示,长木板B的质量为m2=1.0 kg,静止放在粗糙的水平地面上,质量为m3=1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端.一个质量为m1=0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l=9.5 m处,以速度v0=10 m/s向着长木板运动.一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动,整个过程中物块C始终在长木板上.已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1,物块C与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.2,物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度;
(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离.
解析:(1)设物块A与木板B碰前的速度为v
由动能定理得-μ1m1gl=m1v2-m1v
解得v==9 m/s
A与B发生弹性碰撞,假设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得m1v2=m1v+m2v
联立解得v1=v=-3 m/s,v2=v
=6 m/s.
(2)碰撞后B减速运动,设其加速度为a1,C加速运动,设其加速度为a2,B、C达到共同速度之前,由牛顿第二定律
对木板B有-μ1(m2+m3)g-μ2m3g=m2a1
对物块C有μ2m3g=m3a2
设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t,则v2+a1t=a2t
木板B的最小长度d=v2t+a1t2-a2t2=3 m
B、C达到共同速度之后,因μ1<μ2,二者一起减速至停下,设加速度为a3
由牛顿第二定律得-μ1(m2+m3)g=(m2+m3)a3
整个过程B运动的位移为xB=v2t+a1t2+=6 m
A与B碰撞后,A做减速运动的加速度为-a3,位移为xA==-4.5 m
物块A离长木板B左侧的最终距离为s=|xA-xB|=10.5 m.
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答案:(1)-3 m/s(负号表示运动方向与v0方向相反)
6 m/s (2)3 m 10.5 m
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