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1.(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是
(　　)
A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统的动量守恒
B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统的动量不守恒
C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒
【解析】选B、C。当撤去外力F后,a尚未离开墙壁前,系统受到墙壁的作用力,系统所受的外力之和不为零。所以a和b组成的系统的动量不守恒。故A错误,B正确;a离开墙壁后,系统所受的外力之和为0,所以a、b组成的系统的动量守恒,故C正确、D错误。所以B、C正确,A、D错误。
2.如图所示,甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3
m/s和1
m/s;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2
m/s。则甲、乙两物体质量之比为
(　　)
A.2∶3　　　B.2∶5　　　C.3∶5　　　D.5∶3
【解析】选C。选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m甲v1-m乙v2=-m甲v1′+m乙v2′,代入数据,可得m甲∶m乙=3∶5,选项C正确。
3.(多选)如图所示,A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的动量大小分别为p1和p2,碰撞后A球继续向右运动,动量大小为p1′,此时B球的动量大小为p2′,则下列等式成立的是
(　　)
A.p1+p2=p1′+p2′
B.p1-p2=p1′+p2′
C.p1′-p1=p2′+p2
D.-p1′+p1=p2′+p2
【解析】选B、D。因水平面光滑,所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒。以向右为正方向,由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小,所以碰前的动量为p1-p2,碰后的动量为p1′+p2′,B对。经变形得-p1′+p1=p2′+p2,D对。
【补偿训练】
　　如图所示,设车厢长为l,质量为M,静止在光滑水平面上,车厢内有一质量为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为
(　　)
A.v0,水平向右　　　　　　
B.0
C.,水平向右
D.,水平向右
【解析】选C。物体在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒,最后物体和车共速,由动量守恒得mv0=(M+m)v1,解得v1=,方向水平向右,所以选C。
4.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,则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。火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0,故选D。
【补偿训练】
　　(多选)A、B两球在光滑水平面上做相向运动,已知mA>mB。当两球相碰后,其中一球停止,则可以断定
(　　)
A.碰前A的动量等于B的动量
B.碰前A的动量大于B的动量
C.若碰后A的速度为零,则碰前A的动量大于B的动量
D.若碰后B的速度为零,则碰前A的动量小于B的动量
【解析】选C、D。两球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以A的运动方向为正方向,由动量守恒定律得:mAvA-mBvB=mAvA′+mBvB′,如果碰撞前A的动量等于B的动量,碰撞后两者速度都等于零,故A错误;若碰后A的速度为零,则碰撞后B反向运动,否则两者会发生第二次相撞,这说明系统总动量与A的动量方向相同,则碰撞前A的动量大于B的动量;若碰后B的速度为零,则碰撞后A反向运动,否则两者会发生第二次相撞,这说明系统总动量与B的动量方向相同,则碰撞前A的动量小于B的动量,由以上分析可知,两球碰撞后一球停止,可能是碰撞前A的动量大于B的动量,也可能是碰撞前A的动量小于B的动量,故B错误,C、D正确。
5.如图所示,游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动;设甲同学和他的车的总质量为150
kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5
m/s,乙同学和他的车的总质量为200
kg。碰撞前向左运动,速度的大小为4.25
m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)
(　　)
A.1
m/s　
B.0.5
m/s
C.-1
m/s　
D.-0.5
m/s
【解析】选D。两车碰撞过程动量守恒。m1v1-m2v2=(m1+m2)v得v==
m/s=-0.5
m/s。
【补偿训练】
　　甲、乙两个溜冰者质量分别为48
kg和50
kg,甲手里拿着质量为2
kg的球,两人均以2
m/s的速率,在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行,甲将球传给乙,乙再将球传给甲,这样抛接几次后,球又回到甲的手里,乙的速度为零,则甲的速度的大小为
(　　)
A.0　　　　　　　
B.2
m/s
C.4
m/s
D.无法确定
【解析】选A。设甲溜冰者的运动方向为正方向,根据动量守恒定律,选择开始和最后两个状态列方程得:(M甲+m)v0-M乙v0=M乙×0-(M甲+m)v,代入数据解得v=0,A正确。
6.质量M=100
kg的小船静止在水面上,船首站着质量m甲=40
kg的游泳者甲,船尾站着质量m乙=60
kg的游泳者乙,船首指向左方,若甲、乙两游泳者在同一水平线上,甲朝左、乙朝右以3
m/s的速率跃入水中,则
(　　)
A.小船向左运动,速率为1m/s
B.小船向左运动,速率为0.6m/s
C.小船向右运动,速率大于1m/s
D.小船仍静止
【解析】选B。设水平向右为正方向,两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v,根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有-m甲v甲+m乙v乙+Mv=0,代入数据,可得v=-0.6
m/s,其中负号表示小船向左运动,所以选项B正确。
二、非选择题(本题共2小题,共34分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(16分)如图,粗糙水平面上,两物体A、B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开,A在F牵引下继续前进,B最后静止。则在B静止前,A和B组成的系统动量________(选填“守恒”或“不守恒”)。在B静止后,A和B组成的系统动量______________(选填“守恒”或“不守恒”)。?
【解析】轻绳断开前,A、B做匀速运动,系统受到的拉力F和摩擦力平衡,合外力等于零,即F-fA-fB=0,所以系统动量守恒;当轻绳断开B静止之前,A、B系统的受力情况不变,即F-fA-fB=0,所以系统的动量依然守恒;当B静止后,系统的受力情况发生改变,即F-fA=mAa,系统合外力不等于零,系统动量不守恒。
答案:守恒　不守恒
8.(18分)质量为1
000
kg的轿车与质量为4
000
kg的货车迎面相撞。碰撞后两车绞在一起,并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图所示),从事故现场测出,两车相撞前,货车的行驶速度为54
km/h,撞后两车的共同速度为18
km/h。该段公路对轿车的限速为100
km/h。试判断轿车是否超速行驶。
【解析】碰撞中两车间的相互作用力很大,可忽略两车受到的其他作用力,近似认为两车在碰撞过程中动量守恒。
设轿车质量为m1,货车质量为m2;碰撞前轿车速度为v1,货车速度为v2;碰撞后两车的共同速度为v′。选轿车碰撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m1v1-m2v2,碰撞后系统的总动量为-(m1+m2)v′,由动量守恒定律得:
m1v1-m2v2=-(m1+m2)v′,
v1=
=
km/h
=126
km/h>100
km/h,
故轿车在碰撞前超速行驶。
答案:超速行驶
　　　　　　　　
(15分钟·30分)
9.(6分)在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1
500
kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3
000
kg向北行驶的卡车,碰撞后两辆车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停下,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20
m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰撞前的行驶速率
(　　)
A.小于10
m/s
B.大于20
m/s,小于30
m/s
C.大于10
m/s,小于20
m/s
D.大于30
m/s,小于40
m/s
【解析】选A。两车碰撞过程中系统动量守恒,两车相撞后向南滑行,则系统动量方向向南,即p客>p卡,1
500
kg×20
m/s>3
000
kg×v,解得v<10
m/s,故A正确。
10.(6分)一辆列车总质量为M,在平直的轨道上以速度v匀速行驶,突然,一节质量为m的车厢脱钩,假设列车所受的阻力与质量成正比,牵引力不变,当后一节车厢刚好静止时,前面列车的速度为
(　　)
A.v
B.v
C.v
D.v
【解析】选A。以车厢与列车组成的系统为研究对象,因合外力为零,系统内的物体不管有无相互作用,系统总动量守恒。设列车的速度为v′,则有Mv=(M-m)v′,所以v′=v,故选A。
11.(6分)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小分别为
(　　)
A.vA=v0　vB=v0
B.vA=v0　vB=v0
C.vA=v0　vB=v0
D.vA=v0　vB=v0
【解析】选C。设A、B球碰撞后速度分别为vA和vB,由动量守恒定律得2mv0=2mvA+mvB,且由题意知=,解得vA=v0,vB=v0,故选C。
12.(12分)如图所示,一足够长木板,质量为M,放在光滑水平面上,在其左端放一质量为m的小木块(可视为质点),m>M,木块与木板间存在摩擦,现使两者以速度v0共同向右运动。已知木板与墙碰撞后立即反向且速度大小不变,木块不会滑离木板和碰到墙。求木板在第二次碰墙后的运动过程中,木板速度为零时木块的速度。
【解析】第一次碰墙后,木板原速率反向瞬间,木块速度不变,木板与木块最终一起以共同速度向右运动,
由动量守恒定律得(m-M)v0=(m+M)v,
得v=。
第二次碰墙后,当木板速度为零时,由动量守恒定律得(m-M)
v=mv′,
得v′=
v0。
答案:
v0
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