2019人教版高三物理课时集训动量守恒定律及其应用含解析

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2019人教版高三物理课时集训动量守恒定律及其应用含解析

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文章来
源莲 山课件 w ww.5 Y
K J.cOm 课时分层集训(十九) 动量守恒定律及其应用
(限时:40分钟)
(对应学生用书第301页)
[基础对点练]
动量守恒的理解和判断
1.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是 (  )
A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒
C [根据动量守恒条件可知A、B错误,C正确;D项中所有物体加速度为零时,各物体速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒.]
2.如图6­2­9所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后  (  )
 
图6­2­9
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
C [两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故选项A、B错误,选项C正确.甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,选项D错误.]
3.(多选)如图6­2­10所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑 (  )
 
【导学号:84370262】
 
图6­2­10
A.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后,小球能回到槽高h处
BC [在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽做功,故A错误;在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零,所以在水平方向动量守恒,故B正确;因两物体之后不受外力,故小球脱离弧形槽后,槽向左做匀速运动,而小球反弹后也会做匀速运动,故C正确;小球与槽组成的系统动量守恒,小球与槽的质量相等,小球沿槽下滑,两者分离后,速度大小相等,小球被反弹后与槽的速度相等,小球不能滑到槽上,更不能回到高度h处,故D错误.]
 
  如图所示,两木块A、B用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上.一颗子弹水平射入木块A,并留在其中.在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(  )
 
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量、机械能都不守恒
B [子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程,系统不受外力作用,外力冲量为0,系统动量守恒.但是子弹击中木块A过程,有摩擦力做功,部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,B正确.]
碰撞、爆炸与反冲
4.(多选)如图6­2­11所示,动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量.则下列选项中可能正确的是  (  )
【导学号:84370263】
 
图6­2­11
A.ΔpA=-3 kg·m/s、ΔpB=3 kg·m/s
B.ΔpA=-2 kg·m/s、ΔpB=2 kg·m/s
C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s
D.ΔpA=3 kg·m/s、ΔpB=-3 kg·m/s
AB [本题的碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律,碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.本题属于追及碰撞,碰前,后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞),碰后前面物体的动量增大,后面物体的动量减小,减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,据此可排除选项D;若ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA′=-12 kg·m/s、pB′=37 kg·m/s,根据关系式Ek=p22m可知,A球的质量和动量大小不变,动能不变,而B球的质量不变,但动量增大,所以B球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除;经检验,选项A、B满足碰撞遵循的三个原则.]
5.如图6­2­12所示,光滑平面上有一辆质量为2m的小车,车上左右两端分别站着甲、乙两人,他们的质量都是m,开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动.某一时刻,站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车,然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车.两人都离开小车后,小车的速度将是(  )
 
图6­2­11
A.v0          B.2v0
C.大于v0,小于2v0   D.大于2v0
B [两人和车所组成的系统动量守恒,初动量为4mv0,方向向右.当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时,甲、乙两人的动量和为零,则有4mv0=2mv车,v车=2v0,选项B正确.]
6.在光滑的水平面上,有a、b两球,其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞前后的速度图象如图6­2­13所示,下列关系正确的是    (  )
 
图6­2­13
A.ma>mb   B.ma<mb
C.ma=mb   D.无法判断
B [由题图可知b球碰前静止,取a球碰前速度方向为正方向,设a球碰前速度为v0,碰后速度为v1,b球碰后速度为v2,两球碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,则
mav0=mav1+mbv2 ①
12mav20=12mav21+12mbv22 ②
联立①②得:v1=ma-mbma+mbv0,v2=2mama+mbv0
由a球碰撞前后速度方向相反,可知v1<0,即ma<mb,故B正确.]
 
 一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(  )
A.A+1A-1   B.A-1A+1
C.4AA+12   D.A+12A-12
A [设中子的质量为m,则被碰原子核的质量为Am,两者发生弹性碰撞,据动量守恒,有mv0=mv1+Amv′,据动能守恒,有12mv20=12mv21+12Amv′2.解以上两式得v1=1-A1+Av0.若只考虑速度大小,则中子的速率为v′1=A-1A+1v0,故中子碰撞前、后速率之比为A+1A-1.]
动量守恒中的综合问题
7.(多选)如图6­2­14所示,有一光滑钢球质量为m,被一U形框扣在里面,框的质量为M,且M=2m,它们搁置于光滑水平面上,今让小球以速度v0向右去撞击静止的框,设碰撞无机械能损失,经多次相互撞击,下面结论正确的是(  )
【导学号:84370264】
 
图6­2­14
A.最终都将停下来
B.最终将以相同的速度向右运动
C.永远相互碰撞下去,且整体向右运动
D.在它们反复碰撞的过程中,球的速度将会再次等于v0,框也会再次重现静止状态
CD [小球与框碰撞过程中,系统动量守恒,机械能也守恒;根据动量守恒定律,有:mv0=mv1+Mv2
根据机械能守恒定律,有:12mv20=12mv21+12Mv22
其中M=2m
联立解得:v1=v0,v2=0(两次碰撞后)
或者v1=-13v0,v2=23v0(一次碰撞后)
由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同,故整体内部一直不断碰撞,整体持续向右运动;球的速度将会再次等于v0,框也会再次重现静止状态,故A错误,B错误,C正确,D正确.]
8.如图6­2­15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)
 
图6­2­15
[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v乙.甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲,规定向右的方向为正方向.
对乙船和货物的作用过程,由动量守恒定律得
12mv0=11mv乙-mvmin ①
对货物和甲船的作用过程,同理有
10m×2v0-mvmin=11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲=v乙 ③
联立①②③式得vmin=4v0.
[答案] 4v0
9.如图6­2­16所示,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上.现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动.滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值.两次碰撞时间均极短.求B、C碰后瞬间共同速度的大小.
 
图6­2­16
[解析] 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰撞后A的速度v′A=18v0,B的速度vB=34v0,由动量守恒定律得
mvA=mv′A+mvB ①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=12mv20-12mv2A②
设B与C碰撞前B的速度为v′B,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得WB=12mv2B-12mv′2B ③
据题意可知WA=WB ④
设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mv′B=2mv ⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得
v=2116v0.
[答案] 2116v0
[考点综合练]
10.(2018·衡阳模拟)如图6­2­17所示,内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切.质量m2=0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另一质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍.忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.求:
 
图6­2­17
(1)小球a由A点运动到B点的过程中,摩擦力做功Wf;
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能Ep;
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小.
【导学号:84370265】
[解析](1)小球由释放到最低点的过程中,根据动能定理:m1gR+Wf=12m1v21
小球在最低点,根据牛顿第二定律:FN-m1g=m1v21R
联立可得:Wf=-0.4 J.
(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用,达到共同速度v2过程中,由动量关系:
m1v1=(m1+m2)v2
由能量转化和守恒:12m1v21=12(m1+m2)v22+Ep
联立可得:Ep=0.2 J.
(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中,a后来速度为v3,b后来速度为v4,由动量关系:
m1v1=m1v3+m2v4
由能量转化和守恒:12m1v21=12m1v23+12m2v24
根据动量定理有:I=m2v4
联立可得:I=0.4 N·s.
[答案](1)-0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s
11. 如图6­2­18所示,地面和半圆轨道面均光滑.质量M=1 kg、长L=4 m的小车放在地面上,其右端与墙壁的距离为s=3 m,小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平.现有一质量m=2 kg的滑块(视为质点)以v0=6 m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动.小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2.
 
图6­2­18
(1)求小车与墙壁碰撞时的速度大小;
(2)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,求半圆轨道的半径R的取值.
[解析](1)设滑块与小车的共同速度为v1,滑块与小车相对运动过程中动量守恒,有      
mv0=(m+M)v1
代入数据解得v1=4 m/s
设滑块与小车的相对位移为L1,由系统能量守恒有
μmgL1=12mv20-12(m+M)v21
代入数据解得L1=3 m
设与滑块相对静止时小车的位移为s1,根据动能定理有
μmgs1=12Mv21-0
代入数据解得s1=2 m
因L1<L,s1<s,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度,且共速时小车与墙壁还未发生碰撞,故小车与墙壁碰撞时的速度为v1=4 m/s.
(2)小车与墙壁碰撞后滑块在车上继续向右做初速度v1=4 m/s、位移为L2=L-L1=1 m的匀减速直线运动,然后滑上半圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q,设滑至最高点的速度为v,临界条件为mg=mv2R
根据动能定理有-μmgL2-mg(2R)=12mv2-12mv21
联立并代入数据解得R=0.24 m
若滑块恰好滑至14圆弧到达T点时就停止,则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道.
根据动能定理有-μmgL2-mgR=0-12mv21
代入数据解得R=0.6 m
综上所述,要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,半圆轨道的半径必须满足R≤0.24 m或R≥0.6 m.
[答案](1)4 m/s (2)R≤0.24 m或R≥0.6 m 文章来
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