2、。
2.(多選)根據(jù)UIC(國際鐵道聯(lián)盟)的定義,高速鐵路是指營運速率達200km/h以上的鐵路和動車組系統(tǒng)。據(jù)廣州鐵路局警方測算:當和諧號動車組列車以350km/h的速度在平直鐵軌上勻速行駛時,受到的阻力約為106N,如果撞擊一塊質(zhì)量為0.5 kg的障礙物,會產(chǎn)生大約5 000 N的沖擊力,撞擊時間約為0.01 s,瞬間可能造成列車顛覆,后果不堪設想。在撞擊過程中,下列說法正確的是( )
A.列車受到合外力的沖量約為50 N·s
B.列車受到合外力的沖量約為104N·s
C.障礙物受到合外力的沖量約為175 N·s
D.列車和障礙物組成的系統(tǒng)動量近似守恒
【解析】選A、D。由列
3、車勻速行駛時撞擊障礙物,獲得5 000 N的沖擊力,可知撞擊過程中列車受到的合外力為5 000 N,列車受到的合外力的沖量為5 000×0.01 N·s=50 N·s,A對,B錯;撞擊過程時間極短,列車和障礙物組成的系統(tǒng)動量近似守恒,障礙物受到合外力的沖量與列車受到的合外力的沖量等大反向,故C錯,D對。
3.(2018·寶雞高二檢測)一顆手榴彈被投出后到達最高點時的速度為v0=10m/s,設它炸成兩塊后,質(zhì)量為0.4kg的大塊速度大小為250m/s,方向與原來方向相反,若取v0方向為正方向,則質(zhì)量為0.2kg的小塊速度為( )
A.-470 m/s B.530 m/s C.470
4、 m/s D.800 m/s
【解析】選B。手榴彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒,以手榴彈的初速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:
Mv0=m1v1+m2v2。即:0.6×10kg·m/s=0.4×(-250)kg·m/s+0.2kg×v2,
解得:v2=530m/s。故選B。
4.(2018·南通高二檢測)兩個球沿直線相向運動,碰撞后兩球都靜止。則可以推斷( )
A.兩個球的動量一定相等
B.兩個球的質(zhì)量一定相等
C.兩個球的速度一定相等
D.兩個球的動量大小相等,方向相反
【解析】選D。兩球碰撞過程中動量守恒,碰后兩球都靜止,說明碰撞前后兩球的總動量為零,故碰前兩個球的動量
5、大小相等,方向相反,A、B、C錯誤,D正確。
5. (多選)(2018·滄州高二檢測)質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動,有一輕彈簧固定于其左端,另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動,如圖所示。則( )
A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中,由于彈力屬于內(nèi)力作用,故系統(tǒng)動量守恒
B.當兩物塊相距最近時,甲物塊的速率為零
C.甲物塊的速率可能達到5 m/s
D.當甲物塊的速率為1m/s時,乙物塊的速率可能為2 m/s,也可能為0
【解析】選A、D。甲、乙兩物塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中,系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,故A正確;當兩物塊
6、相距最近時速度相同,取碰撞前乙的速度方向為正方向,設共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5m/s,故B錯誤;若物塊甲的速率達到5m/s,方向與原來相同,則:mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入數(shù)據(jù)解得:v乙′=6m/s,兩個物體的速率都增大,動能都增大,違反了能量守恒定律,若物塊甲的速率達到5m/s,方向與原來相反,則:mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入數(shù)據(jù)解得:v乙′=-4m/s,可得,碰撞后乙的動能不變,甲的動能增加,系統(tǒng)總動能增加,違反了能量守恒定律,所以物塊甲的速率不可能達到5m/s,故C錯誤;甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒,若物塊甲的速率為1m/
7、s,方向與原來相同,由動量守恒定律得:mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入數(shù)據(jù)解得:
v乙′=2m/s;若物塊甲的速率為1m/s,方向與原來相反,由動量守恒定律得:mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入數(shù)據(jù)解得:v乙′=0,故D正確。故選A、D。
【補償訓練】
(多選) (2018·南昌高二檢測)如圖所示,兩帶電金屬球在絕緣的光滑水平桌面上沿同一直線相向運動,A球帶電為-q,B球帶電為+2q,下列說法中正確的是
( )
A.相碰前兩球的運動過程中,兩球的總動量守恒
B.相碰前兩球的總動量隨兩球的距離逐漸減小而增大
C.相碰分離后的兩球的總動量不等于相碰前兩球的總動量
8、,因為兩球相碰前作用力為引力,而相碰后的作用力為斥力
D.相碰分離后任一瞬時兩球的總動量等于碰前兩球的總動量,因為兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零
【解析】選A、D。相碰前兩球所受的合外力為零,動量守恒,兩球的總動量保持不變,故A正確,B錯誤;將兩球看作整體分析時,整體受重力、支持力,水平方向不受外力,故整體系統(tǒng)動量守恒,故兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量,故C錯誤,D正確。故選A、D。
二、非選擇題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
6.(2018·上饒高二檢測)如圖,質(zhì)量為M=0.2kg的長木板靜止在光滑的水平地面上,現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.2kg的滑塊以v0=1.2m/s的速度滑上長
9、木板的左端,小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,小滑塊剛好沒有滑離長木板,求:(g取10m/s2)
(1)小滑塊的最終速度。
(2)在整個過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。
(3)以地面為參照物,小滑塊滑行的距離為多少?
【解析】(1)小滑塊與長木板系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得:mv0=(m+M)v
解得最終速度為:v==m/s=0.6m/s
(2)由能量守恒定律得:m=(m+M)v2+Q
代入數(shù)據(jù)解得熱量為:Q=0.072J
(3)對小滑塊應用動能定理:-μmgs=mv2-m
代入數(shù)據(jù)解得距離為s=0.135m
答案:(1)0.6m/s (2)0.072
10、J (3)0.135m
【互動探究】小滑塊在長木板上滑行的距離為多少?
提示:系統(tǒng)機械能的減少量全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,內(nèi)能的大小等于摩擦力與滑塊和長木板相對位移的乘積,即-μmgs相對=(m+M)v2-m
解得s相對=0.09m
(25分鐘 50分)
一、選擇題(本題共4小題,每小題7分,共28分)
1. (多選)如圖所示,小車A靜止于光滑水平面上,A上有一圓弧PQ,圓弧位于同一豎直平面內(nèi),小球B由靜止起沿圓弧下滑,這一過程中( )
A.若圓弧光滑,則系統(tǒng)的動量守恒,機械能守恒
B.若圓弧光滑,則系統(tǒng)的動量不守恒,機械能守恒
C.若圓弧不光滑,則系統(tǒng)水平方向的動量守恒,但
11、機械能不守恒
D.若圓弧不光滑,則系統(tǒng)水平方向的動量不守恒,機械能不守恒
【解題指南】解答本題應注意以下兩點:
(1)明確動量守恒定律和機械能守恒定律的條件:系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒;只有重力或彈力做功時,物體的機械能守恒。
(2)判斷動量是否守恒時,要分析受力,系統(tǒng)所受合外力不為零,在某個方向上可能不受外力;判斷機械能守恒時,也可以根據(jù)是否只發(fā)生動能和勢能之間的轉(zhuǎn)化分析。
【解析】選B、C。不論圓弧是否光滑,小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零,則系統(tǒng)動量都不守恒。但系統(tǒng)水平方向不受外力,所以系統(tǒng)水平方向的動量守恒;若圓弧光滑,只有重力做功,系統(tǒng)的機械
12、能守恒。若圓弧不光滑,系統(tǒng)要克服摩擦力做功,機械能減少,故A、D錯誤,B、C正確。故選B、C。
2.一炮艇總質(zhì)量為M,以速度v0勻速行駛,從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈,發(fā)射炮彈后艇的速度為v′,若不計水的阻力,則下列各關(guān)系式中正確的是( )
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】選A。以地面為參照物,發(fā)射炮彈過程中動量守恒,所以有:Mv0=
(M-m)v′+mv,故B、C、D錯誤,A正確。
3.(多選)(2018·周口高二檢測)兩
13、個小球A、B在光滑的水平面上相向運動,它們的質(zhì)量分別為4kg和2kg,A的速度為vA=3m/s,B的速度vB=-3m/s,則它們發(fā)生正碰后,其速度可能分別是( )
A.均為+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】選A、D。發(fā)生正碰,則根據(jù)動量守恒得:
mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B,①
根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加,則得
mA+mB≥mAv+mBv?、?
它們發(fā)生正碰后,若均為+1m/s,即以共同速度運動,符合以上等式,故A正確;速度如果是4m/s和-5 m/s,那么A、
14、B動能都增加,故B錯誤;發(fā)生正碰后,A、B速度方向不變即還是相向運動,這不符合實際情況,故C錯誤;發(fā)生正碰后,A、B反向,符合以上等式,故D正確。故選A、D。
【總結(jié)提升】碰撞的規(guī)律
(1)動量守恒。
(2)總動能不增加。
(3)碰后,若兩球分開后同向運動,后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。
4. (多選)如圖所示,三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列,靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上,接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止,此后
( )
A.a、b兩車運動速率相等
B.a、c兩車運動速率
15、相等
C.三輛車的速率關(guān)系vc>va>vb
D.a、c兩車運動方向相反
【解析】選C、D。若人跳離b、c車時速度為v,由動量守恒定律知,人和c車組成的系統(tǒng):0=-M車vc+m人v
對人和b車:m人v=-M車vb+m人v
對人和a車:m人v=(M車+m人)·va
所以:vc=,vb=0,va=
即vc>va>vb,并且vc與va方向相反。
二、非選擇題(本題共2小題,共22分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
5.(10分)如圖所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運動,速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物
16、沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin,拋出貨物后乙船的速度為v1,甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v2,由動量守恒定律得
12m×v0=11m×v1-m×vmin ①
10m×2v0-m×vmin=11m×v2 ②
為避免兩船相撞,應滿足
v1=v2 ③
聯(lián)立①②③式得
vmin=4v0
答案:4v0
6.(12分)如圖所示,圓管構(gòu)成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上,軌道半徑為R,M
17、N為直徑且與水平面垂直。直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一速度沖進軌道,到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞,碰后兩球結(jié)合在一起飛出軌道,落地點距N為2R。重力加速度為g,忽略圓管內(nèi)徑、空氣阻力及各處摩擦均不計,求:
(1)結(jié)合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t。
(2)小球A沖進軌道時速度v的大小。
【解析】(1)結(jié)合后的兩球飛出軌道后做平拋運動,豎直方向的分運動為自由落體運動,有2R=gt2 ①
解得t=2 ②
(2)設球A的質(zhì)量為m,碰撞前速度大小為v1,把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定
18、為0,由機械能守恒定律得
mv2=m+2mgR ③
設碰撞后結(jié)合在一起的兩球速度大小為v2,由動量守恒定律得mv1=2mv2 ④
飛出軌道后做平拋運動,水平方向的分運動為勻速直線運動,有2R=v2t ⑤
綜合②③④⑤式得v=2
答案:(1)2 (2)2
【補償訓練】
如圖所示, AOB是光滑水平軌道,BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道,兩軌道恰好相切。質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點,一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi),并留在其中和小木塊一起運動。且恰能到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點)。
(1)求子彈射入木塊
19、前的速度。
(2)若每當小木塊返回到O點或停止在O點時,立即有相同的子彈射入小木塊,并留在其中,則當?shù)?顆子彈射入小木塊后,小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少?
【解析】(1)第一顆子彈射入木塊的過程,系統(tǒng)動量守恒,以子彈的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv0=(m+M)v1,系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒,由機械能守恒定律得:
=(m+M)gR
由以上兩式解得:v0=;
(2)由動量守恒定律可知,第2、4、6…顆子彈射入木塊后,木塊的速度為0,第1、3、5…顆子彈射入后,木塊運動。當?shù)?顆子彈射入木塊時,以子彈初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv0=(9m+M)v9,設此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H,由機械能守恒得:=(9m+M)gH,由以上各式可得:H=R。
答案:(1) (2)R
9
2018-2019學年高中物理 第十六章 動量守恒定律 課時提升作業(yè)二 16.3 動量守恒定律 新人教版選修3-5
