选修3-5-1动量

1 选考部分 选修3-5 第1讲

1.如右图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是________．(填选项前字母)

A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等

B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等

C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等

D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等

2.(2011·重庆涪陵实验中学月考)质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度________．(填选项前字母)

A．第一种较大 B．第二种较大

C．两种一样大 D．不能确定

3．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可以发生的情况是________．(填选项前字母)

A．甲球停下，乙球反向运动 B．甲球反向运动，乙球停下

C．甲、乙两球都反向运动 D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等

4．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为12m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船„，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则________．(填选项前字母)

A．A、B两船速度大小之比为2∶3

B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1

C．A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2

D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1

5.如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：

Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；

Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 2 和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；

Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．

(1)在调整气垫导轨时应注意________；

(2)应测量的数据还有________；

(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．

6.气垫导轨(如图甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度x1、x2和x3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．

甲

7．2009年3月29日，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶抛出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等．

(1)瑞典队冰壶获得的速度．

(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．

8．如下图所示，光滑水平桌面上有长L＝2 m的挡板C，质量mc＝5 kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA＝1 kg，mB＝3 kg，开始时三个物体都静止．在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以6 m/s速度水平向左运动，A、B中任意一块与挡板C碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求： 3 (1)当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是多大；

(2)A、C碰撞过程中损失的机械能．

9．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．

10.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如右图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.

11.如右图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理冲撞，已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，接触前两运动员速度大小均为5 m/s，冲撞结果，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果接触时间为0.2 s，问：

(1)冲撞时两运动员的相互作用力多大？

(2)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？

12.用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C在前方静止，如右图所示，B与C碰后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度是多大？

(2)弹性势能的最大值是多少？

(3)A的速度可能向左吗？为什么？

1解析： a、b两球到达S点时速度方向不同，故它们的动量不等，C、D错误．

由机械能守恒定律知，a、b经过同一高度时速率相同，但b在竖直方向的分速度vb始终小于同高度时a球的速度va，应有平均速度vb＜va，由t＝Rv知，ta＜tb，所以a先到达S点，A正确，B错误．

答案： A

2解析： 抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－ 4 Mv′，得v＝nmvM；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝nmvM，C正确．

答案： C

3解析： 两球动能相等，Ek＝p22m.因m甲＞m乙，则p甲＞p乙．系统总动量大小为2m甲Ek－2m乙Ek，方向为碰前甲球的速度方向，系统动量守恒，碰后的总动量仍为甲球的速度方向．若碰后甲球停下，乙球反向能满足动量守恒，A对；若乙球停下，甲球反向，总动量将反向，B错．碰后甲、乙球都反向运动时，一定满足甲球后来的动量小于乙球后来的动量；若甲、乙碰后动能仍相等，有p′甲＞p′乙，合动量将反向，动量定理不成立，所以C对，D错．

答案： AC

4解析： 人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确．经过n次跳跃后，A船速度为vA，B船速度为vB.

0＝mvA－m＋m2vB

vAvB＝32，选项A错．

A船最后获得的动能为EkA＝12mvA2

B船最后获得的动能为

EkB＝12m2＋mvB2＝12m2＋m23vA2＝2312mvA2＝23EkA

EkAEkB＝32，选项C正确．

答案： BC

5答案： (1)使气垫导轨水平

(2)滑块 A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2

(3)(M＋m)x1/t1＝Mx2/t2

6解析： 打点周期T＝1b，打x1、x2、x3均用时5b.

碰前其中一滑块的动量p1＝mv1＝mx1t＝abx15.

碰前另一滑块的动量p2＝mv2＝mx3t＝ab3x35，故碰前总动量

p＝p1－p2＝0.2ab(x1－x3)，同理碰后总动量

p′＝2·mx2t＝0.4abx2.

答案： 0.2abx1 0.2abx3 0.2ab(x1－x3) 0.4abx2 5 7解析： (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3①

将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得：v3＝0.3 m/s②

(2)碰撞前的动能E1＝12mv12＝0.08m，

碰撞后两冰壶的总动能E2＝12mv22＋12mv32＝0.05m③

因为E1>E2，所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞．

答案： (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞

8解析： (1)A、B、C系统动量守恒0＝(mA＋mB＋mC)vC

vC＝0.

(2)炸药爆炸时A、B系统动量守恒

mAvA＝mBvB

解得：vB＝2 m/s

A、C碰撞前后系统动量守恒

mAvA＝(mA＋mC)v

v＝1 m/s

ΔE＝12mAvA2－12(mA＋mC)v2＝15 J.

答案： (1)0 (2)15 J

9解析： 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，

根据动量守恒定律

Mv0＝mv①

3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞

12Mv02＝12mv2②

联立①②解得m＝M.

答案： M

10解析： 设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有

m1v0＝m1v1＋m2v2①

12m1v02＝12m1v12＋12m2v22②

利用v2v1＝4，可解出m1m2＝2.

答案： 2

11解析： (1)取甲碰前的速度方向为正方向，对甲运用动量定理，有：

－Ft＝－m甲v′甲－m甲v甲

代入数据得F＝2 100 N. 6 (2)取甲碰前的速度方向为正方向，对系统运用动量守恒定律，有：

m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v′甲＋m乙v′乙

代入数据得v′乙＝1 m/s

方向与甲碰前速度方向相同．

答案： (1)2 100 N (2)1 m/s 与甲碰前同向

12解析： (1)当A、B、C三个物块同速时，弹性势能最大，由动量守恒定律有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1

解得v1＝3 m/s.

(2)当B跟C碰时，弹簧不会突然发生形变，A的运动不受影响，以B和C为系统，设B、C粘在一起时的速度为v′，则有mBv＝(mB＋mC)v′

B、C粘在一起后，以A、B、C为系统，机械能守恒，有

12mAv2＋12(mB＋mC)v′2＝12(mA＋mB＋mC)v12＋Epm

解得Epm＝12 J.

(3)由于A、B、C系统的总动量守恒(总动量p＝24 kg·m/s)，假若A的速度向左，那么B、C的速度向右且一定大于4 m/s，B、C具有的动能Ek＝12(mB＋mC)vB2＞48 J，而系统在B、C粘在一起后的总能量为48 J，由于不会出现能量增加的情况，所以不会出现A的速度向左．

答案： (1)3 m/s (2)12 J (3)不会 原因见解析