《江西省萬載2020屆高三物理總復(fù)習(xí) 第十六章 動量守恒定律 動量經(jīng)典例題詳解 新人教版選修3-5（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江西省萬載2020屆高三物理總復(fù)習(xí) 第十六章 動量守恒定律 動量經(jīng)典例題詳解 新人教版選修3-5（通用）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、一　動量　沖量　動量定理 1.籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做可以(　　) A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)κ值臎_擊力 C．減小球的動量變化量 D．減小球的動能變化量 答案B　[解析] 由動量定理Ft＝Δp知，接球時兩手隨球迅速收縮至胸前，延長了手與球接觸的時間，從而減小了球的動量變化率，減小了球?qū)κ值臎_擊力，選項B正確． 二 動量守恒定律 2. 一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的

2、軌跡可能正確的是 A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D 答案B　[解析] 彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有m彈丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確． 3.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)

3、μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求： (1) 碰撞前瞬間A的速率v； (2) 碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3) A和B整體在桌面上滑動的距離l. [答案] (1)2 m/s 　(2)1 m/s 　(3)0.25 m [解析] 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m. (1)根據(jù)機械能守恒定律有 mgR＝mv2 解得碰撞前瞬間A的速率有 v＝＝2 m/s. (2)根據(jù)動量守恒定律有 mv＝2mv′ 解得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v′＝v＝1 m/s. (3)根據(jù)動能定理有 (2m)v′2＝μ(2m)gl 解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離 l＝＝0.25 m．

4、 4.質(zhì)量為2 kg的小車以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質(zhì)量為0 .5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小車，則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是(　　) A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左 C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左 答案D　[解析] 忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D項正確． 5.冰壺運動深受觀眾喜愛，圖X29-1甲為2020年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭．

5、在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖乙．若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖丙中的哪幅圖(　　) 圖X29-1 答案B　[解析] 兩個質(zhì)量相等的冰壺發(fā)生正碰，碰撞前后都在同一直線上，選項A錯誤；碰后冰壺A在冰壺B的左邊，選項C錯誤；碰撞過程中系統(tǒng)的動能可能減小，也可能不變，但不能增大，所以選項B正確，選項D錯誤． 6.下圖X29-2是“牛頓擺”裝置，5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個鋼球彼此緊密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分別標記5個小鋼球．當把小球1向左拉起一定高度，如圖甲所示，然后由靜止釋

6、放，在極短時間內(nèi)經(jīng)過小球間的相互碰撞，可觀察到球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同，如圖乙所示．關(guān)于此實驗，下列說法中正確的是(　　) 圖X29-2 A．上述實驗過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 B．上述實驗過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒 C．如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度 D．如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示)，同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2

7、、3的釋放高度相同 答案D　[解析] 5個小球組成的系統(tǒng)發(fā)生的是彈性正碰，系統(tǒng)的機械能守恒，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，總動量并不守恒，選項A、B錯誤；同時向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同時由靜止釋放并與4、5碰撞后，由機械能守恒和水平方向的動量守恒知，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同，選項C錯誤，選項D正確． 三　動量綜合問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 7. 如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊 B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB

8、＝2 kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s.求： (1)A開始運動時加速度a的大?。? (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。? (3)A的上表面長度l. 答案(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m [解析] (1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa① 代入數(shù)據(jù)解得 a＝2.5 m/s2② (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得 Ft＝

9、(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③ 代入數(shù)據(jù)解得 v＝1 m/s④ (3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v⑤ A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有 Fl＝mAv⑥ 由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得 l＝0.45 m⑦ 8.如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放，當A球下落t＝0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零，已知mB＝3mA，重力加速

10、度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (1)B球第一次到過地面時的速度； (2)P點距離地面的高度． 答案解：(ⅰ)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有 vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得 v1＝4 m/s.② (ⅱ)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分別為v2和v′2，由運動學(xué)規(guī)律可得 v1＝gt③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2④ mAv＋mBv＝mv′⑤ 設(shè)B球與地面相碰后

11、速度大小為v′B，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 v′B＝vB⑥ 設(shè)P點距地面的高度為h′，由運動學(xué)規(guī)律可得 h′＝⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m．⑧ 9. 一中子與一質(zhì)量數(shù)為A (A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　) A. B. C. D. 答案A　[解析] 本題考查完全彈性碰撞中的動量守恒、動能守恒．設(shè)碰撞前后中子的速率分別為v1，v′1，碰撞后原子核的速率為v2，中子的質(zhì)量為m1，原子核的質(zhì)量為m2，則m2＝Am1.根據(jù)完全彈性碰撞規(guī)律可得m1v1＝m2v2＋m1v′1，m1v＝m2v＋m

12、1v′，解得碰后中子的速率v′1＝v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比＝，A正確． 10.如圖X29-6所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、 B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s.當A與B碰撞后會立即粘在一起運動，g取10 m/s2，求： (1)在A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大?。? (2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度． 圖X29-6 答案(1)50 N　(2)

13、0.45 m [解析] (1)設(shè)水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有 Ft＝mAv′1－mA·(－v1) 解得F＝50 N. (2)設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有 mAv′1＝(mA＋mB)v A、B在光滑圓形軌道上滑動時，機械能守恒，由機械能守恒定律得 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m. 四　力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 11.如圖的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰

14、撞時刻為計時零點，探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作．已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A 點時的最大動能E. 答案(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J [解析] (1)P1、P2碰撞過程動量守恒，有mv1＝2mv 解得v＝＝3 m/s 碰

15、撞過程中損失的動能為ΔE＝mv－(2m)v2 解得ΔE＝9 J. (2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞．故P在AC間等效為勻減速運動，設(shè)P在AC段加速度大小為a，碰后經(jīng)過B點的速度為v2 ，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律，得 μ(2m)g＝2ma 3L＝v t－at2 v2＝v－at 解得v1＝2v＝　v2＝ 由于2 s≤t≤4 s　所以解得v1的取值范圍 10 m/s≤v1≤14 m/s v2的取值范圍1 m/s≤v2≤5 m/s 所以當v2＝5 m/s時，P向左經(jīng)過A點時有最大速度 v3＝ 則P向左經(jīng)過A點時有最大動能E＝(2m)v＝17 J. 12. 冰球運動員甲的質(zhì)

16、量為80.0 kg.當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，求： (1 )碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中總機械能的損失． [答案] (1)1.0 m/s　(2)1400 J [解析] (1)設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′.由動量守恒定律有 mv－MV＝MV′① 代入數(shù)據(jù)得 V′＝1.0 m/s② (2)設(shè)碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應(yīng)有 mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③ 聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得 ΔE＝1400 J④