学年人教版选修35 163 动量守恒定律 作业.docx
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学年人教版选修35163动量守恒定律作业
课时提升作业二
动量守恒定律
(15分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分)
1.如图所示,在光滑水平面上,用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上,已知mA A.静止 B.向右运动 C.向左运动D.无法确定 【解析】选A。 选取A、B两个物体组成的系统为研究对象,根据动量定理,整个运动过程中,系统所受的合外力为零,所以动量改变量为零,初始时刻系统静止,总动量为零,最后粘合体的动量也为零,即粘合体静止,所以选项A正确。 2.(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义,高速铁路是指营运速率达200km/h以上的铁路和动车组系统。 据广州铁路局警方测算: 当和谐号动车组列车以350km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106N,如果撞击一块质量为0.5kg的障碍物,会产生大约5000N的冲击力,撞击时间约为0.01s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想。 在撞击过程中,下列说法正确的是( ) A.列车受到合外力的冲量约为50N·s B.列车受到合外力的冲量约为104N·s C.障碍物受到合外力的冲量约为175N·s D.列车和障碍物组成的系统动量近似守恒 【解析】选A、D。 由列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5000N的冲击力,可知撞击过程中列车受到的合外力为5000N,列车受到的合外力的冲量为5000×0.01N·s=50N·s,A对,B错;撞击过程时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合外力的冲量与列车受到的合外力的冲量等大反向,故C错,D对。 3.(2018·宝鸡高二检测)一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0=10m/s,设它炸成两块后,质量为0.4kg的大块速度大小为250m/s,方向与原来方向相反,若取v0方向为正方向,则质量为0.2kg的小块速度为( ) A.-470m/s B.530m/s C.470m/s D.800m/s 【解析】选B。 手榴弹爆炸过程系统动量守恒,以手榴弹的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得: Mv0=m1v1+m2v2。 即: 0.6×10kg·m/s=0.4×(-250)kg·m/s+0.2kg×v2, 解得: v2=530m/s。 故选B。 4.(2018·南通高二检测)两个球沿直线相向运动,碰撞后两球都静止。 则可以推断( ) A.两个球的动量一定相等 B.两个球的质量一定相等 C.两个球的速度一定相等 D.两个球的动量大小相等,方向相反 【解析】选D。 两球碰撞过程中动量守恒,碰后两球都静止,说明碰撞前后两球的总动量为零,故碰前两个球的动量大小相等,方向相反,A、B、C错误,D正确。 5.(多选)(2018·沧州高二检测)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。 则( ) A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力属于内力作用,故系统动量守恒 B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零 C.甲物块的速率可能达到5m/s D.当甲物块的速率为1m/s时,乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0 【解析】选A、D。 甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,故A正确;当两物块相距最近时速度相同,取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5m/s,故B错误;若物块甲的速率达到5m/s,方向与原来相同,则: mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得: v乙′=6m/s,两个物体的速率都增大,动能都增大,违反了能量守恒定律,若物块甲的速率达到5m/s,方向与原来相反,则: mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得: v乙′=-4m/s,可得,碰撞后乙的动能不变,甲的动能增加,系统总动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5m/s,故C错误;甲、乙组成的系统动量守恒,若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得: mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得: v乙′=2m/s;若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相反,由动量守恒定律得: mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得: v乙′=0,故D正确。 故选A、D。 【补偿训练】 (多选)(2018·南昌高二检测)如图所示,两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动,A球带电为-q,B球带电为+2q,下列说法中正确的是 ( ) A.相碰前两球的运动过程中,两球的总动量守恒 B.相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大 C.相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量,因为两球相碰前作用力为引力,而相碰后的作用力为斥力 D.相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量,因为两球组成的系统所受合外力为零 【解析】选A、D。 相碰前两球所受的合外力为零,动量守恒,两球的总动量保持不变,故A正确,B错误;将两球看作整体分析时,整体受重力、支持力,水平方向不受外力,故整体系统动量守恒,故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量,故C错误,D正确。 故选A、D。 二、非选择题(15分。 需写出规范的解题步骤) 6.(2018·上饶高二检测)如图,质量为M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上,现有一质量为m=0.2kg的滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长木板的左端,小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,小滑块刚好没有滑离长木板,求: (g取10m/s2) (1)小滑块的最终速度。 (2)在整个过程中,系统产生的热量。 (3)以地面为参照物,小滑块滑行的距离为多少? 【解析】 (1)小滑块与长木板系统动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得: mv0=(m+M)v 解得最终速度为: v= = m/s=0.6m/s (2)由能量守恒定律得: m = (m+M)v2+Q 代入数据解得热量为: Q=0.072J (3)对小滑块应用动能定理: -μmgs= mv2- m 代入数据解得距离为s=0.135m 答案: (1)0.6m/s (2)0.072J (3)0.135m 【互动探究】小滑块在长木板上滑行的距离为多少? 提示: 系统机械能的减少量全部转化为内能,内能的大小等于摩擦力与滑块和长木板相对位移的乘积,即-μmgs相对= (m+M)v2- m 解得s相对=0.09m (25分钟 50分) 一、选择题(本题共4小题,每小题7分,共28分) 1.(多选)如图所示,小车A静止于光滑水平面上,A上有一圆弧PQ,圆弧位于同一竖直平面内,小球B由静止起沿圆弧下滑,这一过程中( ) A.若圆弧光滑,则系统的动量守恒,机械能守恒 B.若圆弧光滑,则系统的动量不守恒,机械能守恒 C.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量守恒,但机械能不守恒 D.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量不守恒,机械能不守恒 【解题指南】解答本题应注意以下两点: (1)明确动量守恒定律和机械能守恒定律的条件: 系统所受合外力为零,系统动量守恒;只有重力或弹力做功时,物体的机械能守恒。 (2)判断动量是否守恒时,要分析受力,系统所受合外力不为零,在某个方向上可能不受外力;判断机械能守恒时,也可以根据是否只发生动能和势能之间的转化分析。 【解析】选B、C。 不论圆弧是否光滑,小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零,则系统动量都不守恒。 但系统水平方向不受外力,所以系统水平方向的动量守恒;若圆弧光滑,只有重力做功,系统的机械能守恒。 若圆弧不光滑,系统要克服摩擦力做功,机械能减少,故A、D错误,B、C正确。 故选B、C。 2.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是( ) A.Mv0=(M-m)v′+mv B.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0) C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′) D.Mv0=Mv′+mv 【解析】选A。 以地面为参照物,发射炮弹过程中动量守恒,所以有: Mv0= (M-m)v′+mv,故B、C、D错误,A正确。 3.(多选)(2018·周口高二检测)两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动,它们的质量分别为4kg和2kg,A的速度为vA=3m/s,B的速度vB=-3m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是( ) A.均为+1m/s B.+4m/s和-5m/s C.+2m/s和-1m/sD.-1m/s和+5m/s 【解析】选A、D。 发生正碰,则根据动量守恒得: mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B,① 根据碰撞过程系统的总动能不增加,则得 mA + mB ≥ mAv + mBv ② 它们发生正碰后,若均为+1m/s,即以共同速度运动,符合以上等式,故A正确;速度如果是4m/s和-5m/s,那么A、B动能都增加,故B错误;发生正碰后,A、B速度方向不变即还是相向运动,这不符合实际情况,故C错误;发生正碰后,A、B反向,符合以上等式,故D正确。 故选A、D。 【总结提升】碰撞的规律 (1)动量守恒。 (2)总动能不增加。 (3)碰后,若两球分开后同向运动,后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。 4.(多选)如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上。 c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。 小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。 他跳到a车上相对a车保持静止,此后 ( ) A.a、b两车运动速率相等 B.a、c两车运动速率相等 C.三辆车的速率关系vc>va>vb D.a、c两车运动方向相反 【解析】选C、D。 若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,人和c车组成的系统: 0=-M车vc+m人v 对人和b车: m人v=-M车vb+m人v 对人和a车: m人v=(M车+m人)·va 所以: vc= vb=0,va= 即vc>va>vb,并且vc与va方向相反。 二、非选择题(本题共2小题,共22分。 需写出规范的解题步骤) 5.(10分)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。 为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。 (不计水的阻力) 【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后乙船的速度为v1,甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2,由动量守恒定律得 12m×v0=11m×v1-m×vmin ① 10m×2v0-m×vmin=11m×v2 ② 为避免两船相撞,应满足 v1=v2 ③ 联立①②③式得 vmin=4v0 答案: 4v0 6.(12分)如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直。 直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球结合在一起飞出轨道,落地点距N为2R。 重力加速度为g,忽略圆管内径、空气阻力及各处摩擦均不计,求: (1)结合后的两球从飞出轨道到落地的时间t。 (2)小球A冲进轨道时速度v的大小。 【解析】 (1)结合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动,有2R= gt2 ① 解得t=2 ② (2)设球A的质量为m,碰撞前速度大小为v1,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0,由机械能守恒定律得 mv2= m +2mgR ③ 设碰撞后结合在一起的两球速度大小为v2,由动量守恒定律得mv1=2mv2 ④ 飞出轨道后做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,有2R=v2t ⑤ 综合②③④⑤式得v=2 答案: (1)2 (2)2 【补偿训练】 如图所示,AOB是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑的 固定圆弧轨道,两轨道恰好相切。 质量为M的小木块静止在O点,一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动。 且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)。 (1)求子弹射入木块前的速度。 (2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少? 【解析】 (1)第一颗子弹射入木块的过程,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mv0=(m+M)v1,系统由O到C的运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得: =(m+M)gR 由以上两式解得: v0= ; (2)由动量守恒定律可知,第2、4、6…颗子弹射入木块后,木块的速度为0,第1、3、5…颗子弹射入后,木块运动。 当第9颗子弹射入木块时,以子弹初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mv0=(9m+M)v9,设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H,由机械能守恒得: =(9m+M)gH,由以上各式可得: H= R。 答案: (1) (2) R
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