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-38100-51435作业3
动量守恒定律
作业3
动量守恒定律
1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
2．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得；第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得；依次类推，第8次推出后，运动员的速度，根据题意可知＞5 m/s，解得m＜60 kg；第7次运动员的速度一定小于5 m/s，即＜5 m/s，解得m＞52 kg。综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，BC正确。
1．下列说法正确的是(　　)
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．物体所受合力冲量的方向不一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比（发射前总质量M与燃料耗尽后质量m比值）越小，则火箭获得的速度就越大
2．在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车，车的左端站立一个大人，车的右端站立一个小孩。如果大人向右走，小孩(质量比大人小)向左走。他们的速度大小相同，则在他们走动过程中(　　)
A．车一定向左运动 B．车可能向右运动
C．车可能保持静止 D．无法确定
3．质量为1 kg的小球A以速率8 m/s沿光滑水平面运动，与质量为3 kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为(　　)
A．vA＝5 m/s B．vA＝3 m/s C．vB＝1 m/s D．vB＝3 m/s
4．如图所示，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为(　　)
A．0.5 N B．5 N C．50 N D．500 N
5．两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg、mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是(　　)
A．vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝4 m/s，vB′＝5 m/s
C．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s
6．A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线，c为碰撞后两球共同运动的图线。若A球的质量mA＝2 kg，则由图可知下列结论正不确的是(　　)
A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞过程A对B的冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J
7．在“探究碰撞中的不变量”实验中，对于最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是(　　)
A．仅限于一维碰撞
B．任何情况下m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立
C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小
D．式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和
8．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生碰撞后的运动状态可能是(　　)
A．A和B都向左运动
B．A和B都静止
C．A向左运动，B向右运动
D．A静止，B向右运动
9．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径。现将一小球从距A点正上方h?高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为?0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h＜h＜0.8h
10．如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是(　　)
A．重物在C位置时，其加速度的大小等于当地重力加速度的值
B．在重物从A位置下落到C位置的过程中，重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小
C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，手对重物所做的功等于物体克服重力所做的功
D．在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1∶3
11．某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的S位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N。
(1)实验必须要求满足的条件是 。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足 ，就可以验证碰撞过程中动量守恒。
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为 。
12．有一为倾角为30°的斜面，斜面长1 m且固定，质量为1 kg的小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝1 m/s时，经过0.4 s后小物块停在斜面上。多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，做出t－v0图像，如图乙所示，求：
(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？
(2)要使小物体从斜面的底端滑到顶端，在斜面的底端至少要给小物块多大的冲量？
13．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动。为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8 m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s，第一次反弹的高度为h2＝1.25 m。已知排球的质量为m＝0.4 kg，g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)排球与地面的作用时间；
(2)排球对地面的平均作用力的大小。

1．【答案】B
【解析】一对平衡力所做功之和一定为零；一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故A错误。一对平衡力的冲量之和一定为零；一对作用力与反作用力因等大反向，同在同失，则它们的冲量之和也一定为零，故B正确。物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，故C错误。火箭是利用反冲的原理工作的，取向上为正方向，根据动量守恒定律，有0＝(M－m)v－mv′，解得，则知火箭喷出的气体速度越大、火箭的质量比越小，则火箭能够获得的速度不一定越大，故D错误。
2．【答案】A
【解析】系统动量守恒，且总动量为零，由于大人质量大于小孩，速度相同，因此大人与小孩的总动量向右，为满足动量守恒，车一定向左运动，故A正确，BCD错误。
3．【答案】D
【解析】取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB。若vA＝5 m/s，代入①得vB＝1 m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故A错误；若vA＝3 m/s，代入①得vB＝ m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故B错误；若vB＝1 m/s，代入①得vA＝5 m/s，同理知不可能，故C错误；若vB＝3 m/s，代入①得vA＝－1 m/s，碰撞前系统的总动能Ek＝mAv02＝32 J，碰撞后系统的总动能Ek′＝mAvA2＋mBvB2＝14 J＜Ek，符合能量守恒定律，故D正确。
4．【答案】C
【解析】设冲水时间Δt，墙对水柱的作用力为F，对水柱水平方向动量定理得：0－mv＝－FΔt，且m＝ρV＝ρvΔt·S，代入数据解得F＝50 N，C正确。
5．【答案】C
【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝4 m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，由机械能守恒定律，mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2，解得vA′＝2 m/s，vB′＝5 m/s，则碰撞后A、B的速度为2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，选项C正确。
6．【答案】A
【解析】由图像可知，碰撞前A的速度vA＝－3 m/s，B的速度vB＝2 m/s；碰撞后AB的速度vC＝－1 m/s，根据动量守恒，mbvB－mavA＝(ma＋mb)vC，可得mb＝ kg，所以碰撞前的总动量为mbvB－mavA＝－ kg·m/s，故A错误；碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量，ΔpB＝－mbvC－mbvB＝－4 N·s，故B正确；根据动量守恒，ΔpA＝－ΔpB＝4 N·s＝4 kg·m/s，故C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为mavA2＋mbvB2－(ma＋mb)vC2＝10 J，故D正确。本题选不正确的，故选A。
7．【答案】AD
【解析】这个实验是在一维情况下设计的实验，其他情况未做探究；系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论，其他探究的结论情况不成立，而速度是矢量，应考虑方向。故AD正确。
8．【答案】BC
【解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对像，取水平向右方向为正方向，碰撞前系统总动量p＝mAvA＋mBvB＝0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0；若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反，即A向左运动，B向右运动，故B、C正确，A、D错误。
9．【答案】BD
【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，解得Wf ＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小球需要的向心力减小，则小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h－0.2h＝0.6h，同时小于0.8h，故D正确。
10．【答案】ABD
【解析】根据简谐运动的对称性可得回复力最大为mg，则在最低点C时回复力大小等于mg，方向向上，产生的加速度大小为g，方向向上，故A正确；在A位置时重物速度为零，在C位置时重物速度为零，重物从A位置下落到C位置的过程中受重力和弹簧对重物的弹力，则此过程中重力的冲量与弹簧弹力的冲量刚好抵消。即此过程中重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，两者方向相反，故B正确；在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，重物受重力、弹簧弹力、手对重物的功，三力做功之和为零，手对重物所做的功加上弹簧弹力对物体做的功等于物体克服重力所做的功，故C错误；在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹力随位置的变化均匀增加，设A到B时位移为x，则A位置到B位置，弹簧弹力对重物做功WAB＝－(0＋mg)x，B位置到C位置，WBC＝－(mg＋2mg)x，在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1∶3，故D正确。
11．【答案】(1)BD (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3)m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
【解析】(1)为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的，故A项错误，B项正确。因为平抛运动的时间相等，根据v＝，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量，故C错误，D正确。
(2)根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：，，，若动量守恒则m1v0＝m1v1＋m2v2，若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
(3)若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有m1v02＝m1v＋m2v，即满足关系式m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。
12．【解析】(1)由从图像得物体下滑的加速度：m/s
由牛顿第二定律得：ma＝μmgcos θ－mgsin θ
联立解得μ＝。
(2)物体上滑时加速度为：a＝gsin θ＋μgcos θ
又v02＝2as
得v0＝5 m/s
所以 I＝mv0＝5 N·s。
13．【解析】(1)设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1＝gt12，h2＝gt22
解得t1＝0.6 s，t2＝0.5 s
所以排球与地面的作用时间为t3＝t－t1－t2＝0.2 s。
(2)设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有：
v1＝gt1＝6 m/s，v2＝gt2＝5 m/s
设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对像，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有：(F－mg)t3＝mv2－m(－v1)
代入数据解得F＝26 N
根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力大小为26 N。

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