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动量守恒定律及其应用
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1.(2023·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为 ( )
A.v B.v C.v D.v
【解析】选B。设滑板的速度为u,由小孩和滑板动量守恒得:
0=mu-Mv,解得:u=v,故B正确,A、C、D错误。
2.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,那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( )
A. v0 B. v0
C. v0 D. v0
【解析】选D。应用动量守恒定律解决此题,注意火箭模型质量的变化。取向下为正方向,由动量守恒定律可得:0=mv0-(M-m)v′,故v′=,那么D正确,A、B、C错误。
3.如下图,自行火炮连同炮弹的总质量为M,当炮管水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中,发射一枚质量为m的炮弹后,自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶。那么炮弹相对炮筒的发射速度v0为 ( )
A. B.
C. D.
【解题指南】对自行火炮和炮弹组成的系统,由于不受阻力作用,系统所受合外力为0,开炮过程中动量守恒,需要注意开炮后自行火炮的质量在减少。
【解析】选B。自行火炮水平匀速行驶时,牵引力与阻力平衡,系统动量守恒。设向右为正方向,发射前动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v2+v0)。由Mv1=(M-m)v2+m(v2+v0)
解得v0=-v2=。故B正确。
4.(多项选择)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动,它们的质量分别是m1=4 kg,m2=2 kg,A的速度v1=3 m/s(设为正),B的速度v2=-3 m/s,那么它们发生正碰后,其速度可能分别是 ( )
A.均为1 m/s B.+4 m/s和-5 m/s
C.+2 m/s和-1 m/s D.-1 m/s和+5 m/s
【解析】选A、D。由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况:Ek=m1+ m2=×4×9 J+×2×9 J=27 J,Ek′=m1v+m2v′2,由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有Ek≥Ek′,可排除选项B;选项C虽满足Ek≥Ek′,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA′>0,vB′<0),这显然是不符合实际的,因此C错误;验证选项A、D均满足Ek≥Ek′,故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。
【总结提升】可能结果的判断
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。
(3)要灵活运用Ek=或p=;Ek=pv或p=几个关系转换动能、动量。
5.(多项选择)如下图,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,那么在以后的运动过程中 ( )
A.m1的最小速度是0
B.m1的最小速度是v1
C.m2的最大速度是v1
D.m2的最大速度是v1
【解析】选B、D。从小球m1到达与m2最近位置后继续前进,此后拉动m2前进,m1减速,m2加速,到达共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1到达最小速度,m2到达最大速度,两小球水平方向动量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2,m1=m1v1′2+m2;解得v1′=v1,v2=v1,故m2的最大速度为v1,m1的最小速度为v1,B、D正确。
6.(多项选择)(2023·本溪模拟)如下图,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2,那么在整个过程中 ( )
A.物块和木板组成的系统动量守恒
B.子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s
C.子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D.物块相对于木板滑行的时间为1 s
【解析】选B、D。子弹射入物块的过程中,物块的动量增大,所以物块和木板组成的系统动量不守恒,故A错误;选取向右为正方向,子弹射入物块过程,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,联立可得v2==2 m/s,所以子弹的末动量大小为p=m0v2=0.01 kg·m/s,故B正确;由动量定理可得子弹受到的冲量I=Δp=p-p0=
0.01 kg·m/s-5×1×300 kg·m/s=-1.49 kg·m/s=-1.49 N·s,子弹与物块间的相互作用力大小始终相等,方向相反,所以子弹对物块的冲量大小为
1.49 N·s,故C错误;对子弹和物块整体,由动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),综上可得,物块相对于木板滑行的时间t==1 s,故D正确。
7.(多项选择)(2023·贵阳模拟)如下图,质量为M的箱子A静止于光滑的水平面上,箱内有一质量为m的小物块B,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。假设给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞屡次后与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,以下说法正确的选项是 ( )
A.小物块与箱子最终静止在水平面上
B.小物块对箱子的摩擦力始终对箱子做正功
C.整个过程中摩擦产生的热量为v2
D.小物块相对箱子滑行的路程为
【解析】选C、D。系统水平方向不受外力,系统水平动量守恒,初态动量不是零,末态两物体相对静止,一起运动,A错误;因为小物块在箱内屡次来回运动,当小物块相对箱子运动方向相反时,小物块对箱子的摩擦力始终对箱子做负功,B错误;根据动量守恒mv=(M+m)v′,能量守恒:Q=μmgΔs=mv2-(m+M)v′2,两方程联立解得:Q=v2,Δs=,C、D正确。
8.某电影里两名枪手在房间对决,他们各自背靠墙壁,一左一右,假设他们之间的地面光滑,地面上随机放着一均匀木块,木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命。但是子弹都没有射穿木块,两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探,仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹对木块的作用力大小一样,请你分析一下,哪个结论是正确的 ( )
A.开始时,木块更靠近左边的人,左边的人相对更平安
B.开始时,木块更靠近左边的人,右边的人相对更平安
C.开始时,木块更靠近右边的人,左边的人相对更平安
D.开始时,木块更靠近右边的人,右边的人相对更平安
【解析】选B。子弹的质量与射出时的速度都相等,两子弹与木块组成的系统总动量为零;如果木块在正中间,那么弹痕应该一样长,结果是右边的长一些,假设木块靠近其中某一人,设子弹质量为m,初速度为v0,木块质量为M,阻力为f,弹痕长度分别为x1、x2,两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=(M+m)v1,由能量守恒定律得:
m=(M+m)+fx1,
对另一发子弹,同样有:(M+m)v1-mv0=0,
m+(M+m)=fx2 ,解得:x1<x2,
综合判断,后接触木块的子弹弹痕长,更容易射穿木块,对面的人更危险,所以一开始木块离左边近一些,右边的人相对更平安。
9.(2023·郑州模拟)如下图,质量为0.01 kg的子弹以200 m/s的速度从正下方击穿—个质量为0.2 kg的木球,子弹击穿木球后,木球升起2.5 m高,求击穿木球后,子弹还能上升多高。(不计空气阻力,取g=9.8 m/s2)
【解析】在子弹击中并穿过木球的极短时间内,它们之间的相互作用力远大于重力,可以认为子弹和木球在这短暂时间内动量守恒。设子弹穿过木球后子弹和木球的速度分别为v1和v2,
有m1v0=m1v1+m2v2 ①
又=2gH ②
联立①②得v1== m/s=60 m/s
那么子弹上升的高度h== m=184 m
答案:184 m
10.(多项选择)A、B两球沿同一条直线运动,如下图的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图像。c为碰撞后它们的x-t图像。假设A球质量为1 kg,那么B球质量及碰后它们的速度大小为 ( )
A.mB=2 kg B.mB= kg
C.v=4 m/s D.v=1 m/s
【解析】选B、D。由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动,
va= m/s=-3 m/s,vb= m/s=2 m/s,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,
vc= m/s=-1 m/s。
碰撞过程中动量守恒,即mAva+mBvb=(mA+mB)vc
可解得mB= kg
由以上可知选项B、D正确,A、C错误。
11.(多项选择)如下图,光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B,木板上外表各处粗糙程度相同,一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板,当v=v0时,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q,那么 ( )
A.假设v=,A、B系统生热为
B.假设v=,A、B相对运动时间为
C.假设v=v0,B经历t0时间的位移为
D.假设v=2v0,A经历到达木板右端
【解析】选A、C。当v=v0时,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=2mv′,代入数据得:v′=0.5v0。由能量守恒定律得:Q=m-×2mv′2=m。假设v=,取向右为正方向,根据动量守恒定律得m·=2mv1′得:v1′=v0。系统生热:Q′=m()2-×2mv1′2=m=,选项A正确;当v=v0时,对B,由动量定理得:ft0=mv′,可得:t0=。假设v=,根据动量守恒定律得m=2mv″得:v″=v0。对B,由动量定理得:ft=mv″ ,可得:t==t0,选项B错误; 假设v=v0,那么由A选项的分析可知:fL=Q=m。对B:fxB=mv′2=m联立解得:xB=,选项C正确;假设v=2v0,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:m·2v0=mvA+mvB,A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功,与木板的长度有关,可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得:Q=m(2v0)2-mvA2-mvB2。结合上面解答有:Q=m。对B,由动量定理得:ft=mvB-0;联立解得:vB=v0,(另一值不合理舍去),t=≠,故D错误。
12.质量分别为mA=m,mB=3m的A、B两物体如下图放置,其中A紧靠墙壁,A、B由质量不计的轻弹簧相连。现对B物体缓慢施加一个向左的推力,该力做功W,使A、B之间弹簧被压缩且系统静止,之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。
(1)从解除压缩到A运动,墙对A的冲量的大小为多少?
(2)A、B都运动后,A、B的最小速度各为多大?
【解析】(1)压缩弹簧时,推力做功全部转化为弹簧的弹性势能,撤去推力后,B在弹力的作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中,系统机械能守恒。设弹簧恢复原长时,B的速度为vB0,有W=m,此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化量,有I=3mvB0
解得I=。
(2)当弹簧恢复原长时,A的速度为最小值vA0,有vA0=0
A离开墙后,在弹簧的作用下速度逐渐增大,B的速度逐渐减小,当弹簧再次恢复原长时,A到达最大速度vA,B的速度减小到最小值vB。在此过程中,系统动量守恒、机械能守恒,有3mvB0=mvA+3mvB
W=m+m,解得vB=。
答案:(1) (2)0
【补偿训练】
如下图,光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的平板车,车的上外表右侧是一段长L=1.0 m的水平轨道,水平轨道左侧是一半径R=0.25 m的光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧,一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定,小物块被弹出,恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与轻弹簧碰撞时的能量损失,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)解除锁定前弹簧的弹性势能。
(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小。
(3)小物块与车最终相对静止时距O′点的距离。
【解析】(1)平板车和小物块组成的系统,水平方向动量守恒,解除锁定前,总动量为零,故小物块到达圆弧最高点A时,二者的共同速度v=0
设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep,上述过程中系统能量守恒,那么有Ep=mgR+μmgL
代入数据解得Ep=7.5 J
(2)设小物块第二次经过O′时的速度大小为vm,此时平板车的速度大小为vM,研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程,由系统动量守恒和机械能守恒有
0=mvm-MvM,mgR=m+M
代入数据解得vm=2.0 m/s
(3)最终平板车和小物块相对静止时,二者的共同速度为0
设小物块相对平板车滑动的路程为s,对系统由能量守恒有Ep=μmgs,代入数据解得s=1.5 m
那么距O′点的距离x=s-L=0.5 m。
答案:(1)7.5 J (2)2.0 m/s (3)0.5 m
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