第一章 动量守恒定律
1 动量
【基础巩固】
1.在探究碰撞中的不变量的实验中,用下图所示的斜槽装置进行探究,下列说法正确的是 ( )
A.选择实验仪器时,天平可选可不选
B.实验中的斜槽需要光滑且末端切线水平
C.需要记录小球抛出的高度及水平距离,以确定小球离开斜槽末端时的速度
D.无论是否放上被碰小球,入射小球都必须从同一高度由静止释放
解析:在探究碰撞中的不变量的实验中,必须使用天平测量两小球的质量,选项A错误.通过平抛运动的规律求解碰撞前后的速度,只要求小球离开轨道后做平抛运动,即轨道末端切线必须水平,但对斜槽是否光滑没有要求,选项B错误.实验中只需记录水平射程即可,不需要记录小球被抛出的高度和确定离开末端时的速度,选项C错误.要保证每次碰撞前入射球的速度相同,入射球每次都要从同一高度由静止滚下,选项D正确.
答案:D
2.下图是某同学利用光电门和气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验装置图,下列做法正确的是 ( )
A.用压强计测量滑块的质量
B.用米尺测量挡光片的宽度
C.用停表测量挡光片通过光电门的时间
D.用挡光片的宽度除以挡光时间来计算滑块的瞬时速度
解析:测量滑块的质量需要用天平,选项A错误.挡光片很窄,测量其宽度需要用毫米刻度尺,选项B错误.用数字计时器测量挡光片通过光电门的时间,选项C错误.用挡光片的宽度除以挡光时间来计算滑块的瞬时速度,选项D正确.
答案:D
3.在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中,可能增大实验误差的因素是 ( )
A.导轨安放水平
B.小车上挡光片倾斜
C.两小车质量不相等
D.两小车碰后连在一起
解析:导轨不水平,小车速度将受重力的影响,从而增大实验误差,所以导轨应安放水平,选项A不符合题意.挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移,使计算速度误差增大,选项B符合题意.两小车质量不相等,两小车碰后连在一起,均不会增大实验误差,选项C、D不符合题意.
答案:B
4.关于动量,下列说法正确的是 ( )
A.速度大的物体,它的动量一定也大
B.动量大的物体,它的速度一定也大
C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量就保持不变
D.质量一定的物体,动量变化量越大,该物体的速度变化量一定越大
解析:动量由质量和速度共同决定,只有质量和速度的乘积大,动量才大,选项A、B均错误.动量是矢量,只要速度方向变化,动量就发生变化,选项C错误.由Δp=mΔv知,选项D正确.
答案:D
5.(多选)在任何相等时间内,物体动量的变化量总是相等的运动可能是 ( )
A.匀速圆周运动 B.匀变速直线运动
C.自由落体运动 D.平抛运动
解析:物体做匀变速直线运动、自由落体运动、平抛运动所受的合力恒定不变,加速度恒定,所以在相等的时间内速度的变化量Δv=aΔt恒定,可知在任何相等时间内的动量变化量总相等,而物体做匀速圆周运动时,合力是变力,选项B、C、D均正确,选项A错误.
答案:BCD
6.(多选)第29届广州博览会于2021年10月在广州举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回.若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转.下列说法正确的是( )
A.击球过程合外力对乒乓球做功为0
B.击球过程乒乓球动量的变化量为0
C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态
D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态
解析:球拍将乒乓球原速率击回,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,即合力做功为0,动量的变化量不为0,选项A正确,选项B错误;无论上升还是下降过程中,乒乓球只受重力作用,处于失重状态,选项C正确,选项D错误.
答案:AC
7.国际排联女排大冠军杯收官日,中国女排击败日本,以五战全胜的成绩夺得冠军.假设运动员将质量为m的排球击出.如果排球被击出前后瞬时速度的大小分别为v1、v2,v1与v2方向相反,且v2>v1,那么此过程中排球的动量变化量 ( )
A.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
B.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
C.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
D.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
解析:取v2的方向为正方向,则末动量p2=mv2,初动量p1=m(-v1),动量变化量Δp=p2-p1=m(v2+v1),方向与v2方向相同,选项D正确.
答案:D
8.用下图所示的装置进行探究碰撞中的不变量实验:
A.先测出滑块A、B的质量mA、mB及滑块与桌面间的动摩擦因数μ,查出当地的重力加速度g;
B.用细线连接滑块A、B,使A、B间的弹簧处于压缩状态,滑块B紧靠桌边;
C.剪断细线,测出滑块B做平抛运动落地时的水平位移为x1,滑块A沿桌面滑行距离为x2.
为探究碰撞中的不变量,写出还需测量的物理量及表示它的字母: ,如果碰撞前后mv的和不变,那么应满足的关系是 .
解析:该实验探究碰撞中的不变量,则有
mBvB=mAvA,而vB=x1,vA=,
所以还需测量桌面离地面的高度h.
满足的关系式是mBx1=mA.
答案:桌面离地面的高度h mBx1=mA
【拓展提高】
9.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明 ( )
A.物体的动量在减小
B.物体的动量在增大
C.物体的动量大小一定变化
D.物体的动量大小可能不变
解析:物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,动量变化量是矢量,动量变化量的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上,物体的动量的大小可能增大、可能减小、也可能不变,选项D正确,选项A、B、C错误.
答案:D
10.(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点.物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹.假如一质点沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是 ( )
A B C D
解析:一质点沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动,那么位移与速度的关系为x=,而动量表达式为p=mv,联合两式可得p2=2am2x.位移和速度均沿着x轴正方向,则取正值,动量也取正值,综上所述,选项D正确.
答案:D
11.下图是嫦娥五号奔月挖“嫦娥石”的轨道示意图,探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道Ⅰ,经调整制动后,又从P点进入环月圆形轨道Ⅱ,则探测器沿轨道Ⅰ、Ⅱ运动经过P点时 ( )
A.动量相等 B.动能相等
C.加速度相等 D.角速度相等
解析:探测器在近月点P被月球俘获进入椭圆轨道Ⅰ,经调整制动后,又从P点进入环月圆形轨道Ⅱ,根据变轨原理,进入轨道Ⅱ需要减速,故探测器动量、动能、角速度的大小都变小,但同一位置的受力相同,故探测器沿轨道Ⅰ、Ⅱ运动经过P点时的加速度相等.故选项A、B、D错误,选项C正确.
答案:C
12.在足球比赛中,一运动员踢一个质量为0.4 kg的足球.
(1)若开始时足球的速度是4 m/s,方向向右,踢球后,球的速度为10 m/s,方向仍向右(如图甲所示),则足球的初动量p= kg·m/s,方向 ,足球的末动量p'= kg·m/s,方向 ;在这一过程中足球动量的变化量Δp= kg·m/s,方向 .
甲 乙
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱,然后以 3 m/s 速度反向弹回(如图乙所示),则这一过程中足球的动量变化量大小是 kg·m/s,方向 ;动能 (选填“增加”或“减少”) J.
解析:(1)取向右为正方向,初动量为p=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,方向向右;末动量为p'=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s,方向向右.动量的变化量为Δp=p'-p=2.4 kg·m/s,方向向右.
(2)取向右为正方向,初动量为p1=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s,方向向右;末动量为p2=mv″=0.4×(-3) kg·m/s=-1.2 kg·m/s,方向向左.动量的变化量为Δp'=p2-p1=-5.2 kg·m/s,负号表示方向向左.动能变化量ΔEk=mv″2-mv'2=
-18.2 J,即动能减少了18.2 J.
答案:(1)1.6 向右 4 向右 2.4 向右 (2)5.2 向左 减少 18.2
13.某同学用如图所示的装置探究碰撞中的不变量.先让a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下,在水平地面上的记录纸上留下压痕,重复10次;再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近,使其静止,让a球仍从原固定点由静止开始滚下,和b球相碰后两球分别落在记录纸的不同位置处,重复10次.
(1)本实验必须测量的物理量有 .
A.斜槽轨道末端到水平地面的高度h'
B.小球a、b的质量ma、mb
C.小球a、b的半径r
D.小球a、b在离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间
E.记录纸上O点到A、B、C各点的距离xOA、xOB、xOC
F.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(2)小球a、b的质量应该满足关系 .
(3)放上被碰小球后两小球下落时间 (选填“相等”或“不相等”).
(4)碰后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的 点和 点.
(5)按照本实验方法,探究不变量的式子是 .
解析:(1)两小球离开轨道后各自做平抛运动,则两小球在空中的运动时间t相等,所需探究的表达式为mav0=mava+mbvb,此式两边同时乘时间t得mav0t=mavat+mbvbt,即maxOB=maxOA+mbxOC,因此实验需要测量两球的质量和两球做平抛运动的水平位移,故选B、E.
(2)为防止碰撞过程入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即ma>mb.
(3)由于两小球都从轨道末端开始做平抛运动,据平抛运动规律知,放上被碰小球后两小球下落时间相等.
(4)小球a和小球b相撞后,小球b的速度增大,小球a的速度减小,b球在前,a球在后,两球都做平抛运动,由图示可知,未放被碰小球时小球a的落地点为B点,碰撞后a、b的落地点分别为A、C点.
(5)由(1)可知,实验需要验证的表达式为maxOB=maxOA+mbxOC.
答案:(1)BE (2)ma>mb (3)相等 (4)A C (5)ma·xOB=ma·xOA+mb·xOC
【挑战创新】
14.某同学把两块质量不同的铁块用细线连起来,中间夹一被压缩了的弹簧,如图所示.将这一系统置于光滑水平桌面上,烧断细线,观察铁块的运动情况,进行必要的测量,来探究物体间相互作用时的不变量.
(1)该同学还必须准备的器材是 .
(2)需要直接测量的数据是 .
(3)用所得数据探究物体间相互作用时的不变量,得到的关系式是 .
解析:本题为设计性实验,在细线烧断瞬间,在弹簧弹力的作用下两铁块分别被弹出,离开桌面后做平抛运动,抛出时速度不易直接测量,但可以测量两铁块落地点距抛出点的水平距离,实验器材应有刻度尺、天平.设落地时间为t,用天平测出两铁块质量分别为m1、m2,用刻度尺测出落地点距抛出点的水平距离分别为x1、x2,则m1v1=m1,m2v2=m2,若能求得m1x1=m2x2,则m1v1=m2v2.
答案:(1)刻度尺、天平
(2)两铁块的质量m1、m2和两铁块落地点到桌边的水平距离x1、x2
(3)m1x1=m2x2第一章 动量守恒定律
2动量定理
【基础巩固】
1.(多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是 ( )
A.物体所受合力冲量越大,它的动量也越大
B.物体所受合力冲量不为0,它的动量一定改变
C.物体动量变化量的方向,就是它所受合力的冲量方向
D.物体所受合力冲量越大,它的动量变化量就越大
解析:由动量定理可知,物体所受合力的冲量的大小等于动量的变化量的大小,方向与动量变化量的方向相同,选项A错误,选项B、C、D正确.
答案:BCD
2.运动员从高处跳到低处时,为了安全,一般都要屈腿,这样做是为了( )
A.减小合力的冲量
B.减小动量的变化量
C.增大与地面的冲击时间,从而减小冲力
D.增大人对地面的压强,起到安全作用
解析:人和地面接触的过程中,人的速度由一个确定值减为0,动量的变化量是固定的,根据动量定理可知,合力的冲量也是固定的,选项A、B错误;屈腿可以延长人着地的时间,从而减小所受地面的冲力,选项C正确,D错误.
答案:C
3.对于力的冲量,下列说法正确的是 ( )
A.力越大,力的冲量就越大
B.作用在物体上的力大,力的冲量不一定大
C.竖直上抛运动中,上升和下降过程时间相等,重力在整个过程中的冲量等于0
D.竖直上抛运动中,上升和下降过程时间相等,上升和下降过程中重力的冲量等大、反向
解析:由冲量公式I=Ft可知,作用在物体上的力大,时间不确定,冲量不一定大,选项A错误,选项B正确.冲量是矢量,竖直上抛运动中,上升和下降过程时间相等,受力相同,所以上升和下降过程中重力的冲量相同,选项C、D错误.
答案:B
4.质量为m的钢球自高处落下,以速度大小v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度大小为v2,不计空气阻力.在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( )
A.向下 m(v1-v2) B.向下 m(v1+v2)
C.向上 m(v1-v2) D.向上 m(v1+v2)
解析:钢球以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v2的速度反弹.物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定.根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量.设竖直向上的方向为正方向,对钢球应用动量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1)=mv2+mv1.由于碰撞时间极短,t趋于0,所以mgt趋于0,所以Ft=m(v2+v1),即弹力的冲量方向向上,大小为m(v2+v1).
答案:D
5.一个质量为0.18 kg的垒球以15 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为35 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s.下列说法正确的是 ( )
A.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为900 N
C.球棒对垒球做的功为900 J
D.球棒对垒球做的功为110.25 J
解析:以初速度方向为正,根据动量定理有Ft=mv2-mv1,得F==
N=-900 N,则球棒对垒球的平均作用力大小为900 N,选项A错误,选项B正确;根据动能定理可知,球棒对垒球做的功W=m-m=×0.18×352 J-×0.18×152 J=90 J,选项C、D错误.
答案:B
6.古时有寓言故事——守株待兔,设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可导致死亡.若兔子与树桩发生碰撞时,作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子的奔跑速度可能是(取g=10 m/s2) ( )
A.1 m/s B.1.5 m/s C.2 m/s D.2.5 m/s
解析:设兔子与树桩的撞击力为F,兔子撞击后速度为0,根据动量定理有Ft=mv,
所以v===gt=10×0.2 m/s=2 m/s.
答案:C
【拓展提高】
7.(2023·广东佛山)一网球质量约为60 g,某球员高速击球时,球迎面飞来的速度约为50 m/s,球与球拍接触的时间约为0.004 s,若要用球拍以相同的速率将球反向击回,则此过程中网球 ( )
A.动量变化量为0
B.动量变化量约为3.0 kg·m/s
C.受到球拍的冲击力约为750 N
D.受到球拍的冲击力约为1 500 N
解析:取反弹后速度的方向为正方向,网球动量变化量约为Δp=mv2-mv1=(0.06×50) kg·m/s-(-0.06×50)kg·m/s=6 kg·m/s,故选项A、B错误;根据动量定理Δp=F·Δt得F=1 500 N,故选项D正确,选项C错误.
答案:D
8.“蹦极”运动中,弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人在竖直方向的运动,从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( )
A.绳对人拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为0,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
解析:从绳恰好伸直到人第一次下降到最低点的过程中,拉力逐渐增大,由牛顿第二定律mg-F=ma可知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,F=mg,此时速度最大,动量最大,动能最大,此后人继续向下运动,F>mg,由牛顿第二定律F-mg=ma可知,人做加速度增大的减速运动,动量一直减小直到减为0,全过程中拉力方向始终向上,所以绳对人的拉力的冲量始终向上.综上可知选项A正确,选项C、D错误.拉力对人始终做负功,动能先增大后减小,选项B错误.
答案:A
9.如图所示,一段不可伸长的轻质细绳长为l,一端固定在O点,另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点),保持细绳处于伸直状态,把小球拉到跟O点等高的位置A由静止释放,在小球摆到最低点B的过程中,不计空气阻力,重力加速度大小为g,则 ( )
A.合力做的功为0
B.重力做的功为mgl
C.合力的冲量为0
D.重力的冲量为m
解析:小球在向下运动的过程中,受到重力和绳子的拉力,绳子的拉力始终与运动的方向垂直,所以只有重力做功,合力做的功等于重力做的功,大小为mgl,选项A错误,选项B正确.由机械能守恒可得,小球在最低点的动能Ek=mv2=mgl,所以速度v=,由动量定理可得合力的冲量I合=Δp=mv-0=m,选项C错误.小球所受合力的冲量为m,而重力的冲量不等于m,选项D错误.
答案:B
10.(多选)物体受到的合力随时间变化的关系如图所示,若物体开始时是静止的,则前3 s内 ( )
A.物体的位移为0
B.物体的动量变化量为0
C.物体的动能变化量为0
D.物体的机械能变化量为0
解析:第1 s内F=20 N,第2、3 s内F=-10 N,物体先加速后减速,由运动学公式知,在第3 s末速度为0,物体的位移不为0,选项A错误.根据动量定理I=Δp,前
3 s内,动量的变化量为0,选项B正确.由于初速度和末速度都为0,动能变化量也为0,选项C正确.物体的重力势能是否改变不能判断,因此物体的机械能是否改变不能确定,选项D错误.
答案:BC
【挑战创新】
11.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速度大小均为30 m/s.
(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动,试求事故中车内质量为60 kg的人(未系安全带)受到的平均冲力的大小.
(2)若此人系着安全带,安全带在事故过程中与人体的作用时间是1 s,求这时人体受到的平均冲力的大小.
解析:(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m.
设运动的时间为t,则由x=t得t== s.
根据动量定理得Ft=Δp=-mv0,
解得F== N=-5.4×104 N,方向与运动方向相反.
(2)若人系着安全带,则F'== N=-1.8×103 N,方向与运动方向相反.
答案:(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N第一章 动量守恒定律
3动量守恒定律
【基础巩固】
1.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是 ( )
A.只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为0,系统的动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度都为0时,系统的总动量不一定守恒
解析:根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为0可知,选项C正确.系统内存在摩擦力,若系统所受的合外力为0,动量也守恒,选项A错误.系统内各物体之间有相互作用,对单个物体来说,合外力不一定为0,加速度不一定为0,但整个系统所受的合外力可能为0,此时系统动量守恒,选项B错误.系统内所有物体的加速度都为0时,各物体的速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒,选项D错误.
答案:C
2.(多选)如图所示,A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在B木块的右端.对此过程,下列叙述正确的是 ( )
A.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒
B.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C三木块组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量不守恒
解析:当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A的作用力为外力,系统所受外力不等于0,故系统动量不守恒,选项A错误.当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,选项B正确.若将A、B、C三木块视为一系统,则水平方向无外力作用,系统动量守恒,选项C正确,选项D错误.
答案:BC
3.在公路上发生一起交通事故,一辆质量为5 000 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10 000 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:两车碰撞过程中系统动量守恒,两车相撞后向南滑行,则系统总动量方向向南,即p客>p卡,5 000×20 kg·m/s>10 000 kg×v,解得v<10 m/s,故选项A正确.
答案:A
4.(多选)如图所示,质量为m'的小车在光滑的水平面上向左运动,速度大小为v2;质量为m的木块以水平向右、大小为v1的速度滑上小车并在小车的水平车板上运动,且最终未滑出小车.下列说法正确的是 ( )
A.若小车的动量大于木块的动量,则木块先减速再加速后匀速
B.若小车的动量大于木块的动量,则小车先减速再加速后匀速
C.若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速
D.若小车的动量小于木块的动量,则小车先减速后匀速
解析:小车和木块组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,选向左为正方向.若小车的动量大于木块的动量,(m'+m)v=m'v2-mv1,末动量方向向左,木块先减速再反向加速后匀速;小车先减速后匀速,选项A正确.若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速;小车先减速再反向加速后匀速,选项C正确.
答案:AC
5.花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目,在音乐伴奏下,运动员在冰面上表演各种技巧和舞蹈动作,极具观赏性.甲、乙运动员以大小为1 m/s的速度沿同一直线相向运动.相遇时彼此用力推对方,此后甲以1 m/s、乙以2 m/s的速度向各自原方向的反方向运动,推开时间极短,忽略冰面的摩擦,则甲、乙运动员的质量之比是
( )
A.1∶3 B.3∶1 C.2∶3 D.3∶2
解析:将甲、乙看作一个系统,在水平方向上动量守恒,以甲初速度方向为正方向,甲、乙推开的过程有-m甲v1+m乙v2=m甲v0-m乙v0,代入数据可得m甲∶m乙=3∶2,选项D正确.
答案:D
6.质量为2 kg的小车以2.0 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动.若将质量为0.5 kg的沙袋以3.0 m/s 的水平速度迎面扔上小车,则沙袋与小车一起运动的速度大小和方向是( )
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
解析:设小车质量为m1,小车速度为v1,沙袋质量为m2,沙袋速度为v2,共同速度为v共,由动量守恒定律得(m1+m2)v共=m1v1-m2v2,解得v共=1.0 m/s,方向与v1方向相同,即向右,选项A正确.
答案:A
7.如图所示,质量为m'的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态,质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出,则击中木块瞬间二者的共同速度为多大
解析:由于从子弹打入到与木块相对静止,时间非常短,弹簧未发生形变,且此过程中地面对木块摩擦力远小于内力(子弹与木块间作用力),故可认为此过程动量守恒.
对子弹、木块组成的系统,根据动量守恒得
(m+m')v=mv0,解得v=v0.
答案:v0
8.一辆质量为2 kg的装有沙的小车,沿光滑水平轨道运动,速度为3 m/s.一个质量为1 kg的球从 0.2 m 高处自由落下,恰落入小车的沙中,此后小车的速度大小是多少
解析:小车(含沙)和球组成的系统在水平方向上动量守恒,故(m车+m球)v'=m车v,解得v'=2 m/s.
答案:2 m/s
【拓展提高】
9.在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后B球的速度大小可能是 ( )
A.0.6v B.0.4v C.0.3v D.0.2v
解析:由动量守恒定律得mvA+2mvB=mv,规定A球原运动方向为正方向,由题意可知vA为负值,则2mvB>mv,因此B球的速度可能为0.6v,故选A.
答案:A
10.如图所示,质量为m2=1 kg的滑块静止于光滑的水平面上,一质量为m1=
50 g的小球以1 000 m/s 的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回,滑块获得的速度大小是 ( )
A.70 m/s B.80 m/s C.90 m/s D.100 m/s
解析:对小球和滑块组成的系统,在水平方向上不受外力,竖直方向上所受合力为0,系统动量守恒.以小球初速度方向为正方向,有
v1=1 000 m/s,v1'=-800 m/s,v2=0,
又m1=50 g=5.0×10-2 kg,m2=1 kg,
由动量守恒定律有m1v1'+m2v2'=m1v1+0,
代入数据,解得v2'=90 m/s,方向与小球初速度方向一致.
答案:C
11.如图所示,2022年北京冬奥会某次冰壶比赛中,甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰.已知冰面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则 ( )
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
C.碰撞后瞬间,甲壶的速度为
D.碰撞后瞬间,乙壶的速度为v0
解析:设两壶的质量均为m,碰撞后瞬间,甲壶的速度为v1,乙壶的速度为v2.研究碰撞后两壶滑行过程,根据动能定理得
对甲壶有-μmgx甲=0-m,
对乙壶有-μmgx乙=0-m,
据题知x乙=9x甲,联立解得v2=3v1,
两壶碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,可得v1=,v2=,两壶碰撞前总动能为Ek=m,碰撞后总动能为Ek'=m+m=m,则碰撞过程有机械能损失,选项A、D错误,选项C正确;根据动量守恒定律得Δp甲+Δp乙=0,得Δp甲=-Δp乙,即两壶碰撞过程动量变化量大小相等,方向相反,动量变化量不同,选项B错误.
答案:C
12.有一块木板漂浮在河岸边,某同学想粗略测定它的质量,但是只有一个卷尺.根据所学的物理知识,他进行了如下操作:将木板平行于河岸边自由放置,轻轻从木板前端走上去,走到木板尾端停下,而后轻轻走下木板.用卷尺测出木板前进的距离为s,然后用卷尺测出木板长度为d.已知他的自身质量为m,水对木板的阻力不计,则木板的质量为 ( )
A. B.
C. D.
解析:人与木板组成的系统在水平方向所受合外力为0,系统在水平方向动量守恒,设木板的质量为m木,人走动的时候木板的速度为v,人的速度为v',人从头走到尾用时为t,人的位移为d-s,木板的位移为s,则v=,v'=,以木板的速度方向为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m木v-mv'=0,解得木板的质量为m木=,故选项D正确,选项A、B、C错误.
答案:D
13.质量为m'的气球下挂着长为l的绳梯,一质量为m的人站在绳梯的下端,人和气球静止在空中.现人从绳梯的下端往上爬到顶端,求人和气球相对于地面上升或下降的距离.
解析:由于开始时人和气球组成的系统静止在空中,竖直方向系统所受外力之和为0,即竖直方向系统总动量守恒.选竖直向上为正方向,设人相对地面移动的位移大小为x1,气球相对地面移动的位移大小为x2,人从绳梯底端爬到顶端所用时间为t,有
m=m',x1+x2=l,
解得x1=,x2=,
所以,人相对地面上升,
气球相对地面下降.
答案:上升 下降
【挑战创新】
14.如图所示,甲、乙两名航天员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后不再松开,此后甲、乙两航天员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远,速度均指相对空间站的速度).
(1)求乙要以多大的速度v(相对于空间站)将A推出.
(2)设甲与A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小.
解析:(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙运动的方向为正方向,
则有(m1+m2)v1=m2v0-m1v0,
以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得(m2-m)v1+mv=m2v0,
解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.
(2)以甲为研究对象,由动量定理得
Ft=m1v1-(-m1v0),
解得F=432 N.
答案:(1)5.2 m/s (2)432 N第一章 机械能守恒定律
4 实验：验证动量守恒定律
【基础巩固】
1.在利用平抛运动验证动量守恒定律的实验中,安装斜槽轨道时,应让斜槽末端的切线保持水平,这样做的目的是 ( )
A.使入射球得到较大的速度
B.使入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向
C.使入射球与被碰球碰撞时动能无损失
D.使入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出
解析:实验中小球能水平飞出是实验成功的关键.
答案:B
2.下图为验证动量守恒定律的实验装置示意图,两个带有等宽遮光条的滑块A、B的质量分别为mA、mB,在A、B间锁定一压缩的轻弹簧,将其置于气垫导轨上.已知A到C与B到D的距离相等,遮光条的宽度为d.接通充气开关,解除弹簧的锁定,弹簧将两滑块沿相反方向弹开,光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为t1和t2.
(1)本实验需要调节气垫导轨水平,调节方案是 .
(2)调节导轨水平后进行实验,若关系式 成立,则说明该实验动量守恒.
(3)某次实验未接通充气开关,弹簧被锁定时压缩的长度不变,光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为t3和t4,两滑块与导轨间的动摩擦因数相同,若要测出该动摩擦因数,还需要测量的量是 .
解析:(1)接通充气开关,调节导轨,滑块能静止在气垫导轨上或使滑块经两个光电门的时间相等时,则表示气垫导轨已调整至水平状态.
(2)两滑块组成的系统弹开前动量为0,若两滑块组成的系统动量守恒,则弹开后满足mAvA=mBvB,即mA=mB,所以=,只要该式成立,就能说明该实验动量守恒.
(3)对滑块A,有2-2=2μgxAC,对滑块B,有2-2=2μgxBD,故还需测量滑块到光电门的距离.
答案:(1)接通充气开关,调节导轨使滑块能静止在导轨上或使滑块经两个光电门的时间相等 (2)= (3)两滑块到光电门的距离
3.“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得.
(1)实验应进行的操作有 .
A.测量滑轨的长度
B.测量小车的长度和高度
C.碰撞前将滑轨调成水平
(2)下表是某次实验时测得的数据:
A的质 量/kg B的质 量/ kg 碰撞前A的速度大小/(m·s-1) 碰撞后A的速度大小/(m·s-1) 碰撞后B的速度大小/(m·s-1)
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知,碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是
kg·m/s.(结果保留3位有效数字)
解析:(1)实验需要测量小车的速度和质量,不需要测量滑轨的长度以及小车的长度和高度,选项A、B错误;当系统所受合外力为0时系统动量守恒,故碰撞前应将滑轨调成水平,选项C正确.
(2)由于小车A的质量小于小车B的质量,因此碰撞后小车A反弹,以碰撞前小车A的速度方向为正方向,则碰撞后小车A、B所构成的系统总动量p=mAvA+mBvB=0.200×(-0.200)kg·m/s+0.300×0.800 kg·m/s=0.200 kg·m/s.
答案:(1)C (2)0.200
4.某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验:小车A前端粘有橡皮泥,后端连着一穿过打点计时器的纸带,接通打点计时器电源后,推动小车A使之做匀速直线运动,与原来静止在前方的相同材料制成的小车B相碰并粘在一起,继续做匀速直线运动,他设计的实验装置如图甲所示.
甲
(1)长木板右端下面垫一小木块的目的是 .
(2)若已获得的纸带如图乙所示,A为运动的起点,相邻计数点间距离分别记为xAB、xBC、xCD和xDE,用天平测得A、B两车的质量分别为mA、mB,则需验证的表达式为 .
乙
解析:(1)长木板右端下面垫一小木块,目的是平衡摩擦力,使小车拖着纸带在木板上能做匀速直线运动.
(2)从题图中可以看出,B到C的时间等于D到E的时间,所以可以用BC的长度代表小车碰撞前的速度,用DE的长度代表碰撞后的速度,应有(mA+mB)·xDE=
mA·xBC.
答案:(1)平衡摩擦力,使小车能在木板上做匀速直线运动
(2)(mA+mB)·xDE=mA·xBC
【拓展提高】
5.如图所示,在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨及有固定挡板的质量都是m'的滑块A和B做验证动量守恒定律的实验,实验步骤如下:
Ⅰ.把两滑块A和B紧靠在一起,在A上固定质量为m的砝码(未画出),将A和B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,使弹簧处于水平压缩状态;
Ⅱ.按下电钮放开电动卡销,同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器,在A和B与固定挡板C和D碰撞的同时电子计时器自动停止计时,记下A运动至C的时间t1,B运动至D的时间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,即可验证动量守恒定律.
解析:(1)导轨水平时滑块做匀速运动.
(2)需测出A左端到挡板C的距离x1和B右端到挡板D的距离x2,由计时器记下A、B到两挡板的时间t1、t2,算出两滑块A、B弹开时的速度v1=,v2=.
(3)若动量守恒,则(m'+m)v1-m'v2=0,
即(m'+m)=m'.
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)=m'
6.在“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”的实验中,实验装置如图甲所示,实验原理如图乙所示.
甲
乙
直径d1=2 cm,质量m1=24 g
A
直径d2=2 cm,质量m2=12 g
B
直径d3=3 cm,质量m3=4 g
C
丙
(1)实验室有如图丙所示的A、B、C三个小球,则入射小球应该选取_______进行实验(填字母代号).
(2)关于本实验,下列说法正确的是 (填字母代号).
A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放
C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间
(3)用刻度尺测量M、P、N距O点的距离依次为x1、x2、x3,通过验证等式
____________(填字母代号)是否成立,从而验证动量守恒定律.
A.m2x2=m2x1+m1x3
B.m1x2=m2x2+m3x3
C.m1x2=m1x1+m2x3
D.m2x1=m2x2+m1x3
解析:(1)实验要选择大小一样的小球,为了防止入射小球碰撞后被弹回,被碰小球的质量应小于入射小球的质量,应选A为入射小球.
(2)斜槽末端一定要水平,只要入射小球每次释放的位置相同,就能使得每次碰撞前的速度相同,与斜槽是否光滑无关,故选项A错误;为保证每次碰撞前入射小球的速度相同,入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放,故选项B正确;由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动,小球在空中飞行时间相同,小球的水平射程能够反映小球的速度大小,所以实验中不用测量斜槽末端到水平地面的高度和时间,故选项C、D错误.
(3)小球离开斜槽后做平抛运动,在竖直方向上,有h=gt2,则多次平抛下落时间相等,若动量守恒,取向右为正方向,则有m1=m1+m2,整理得m1x2=m1x1+m2x3,故选项A、B、D错误,选项C正确.
答案:(1)A (2)B (3)C第一章 动量守恒定律
5弹性碰撞和非弹性碰撞
【基础巩固】
1.(多选)下列关于对碰撞的理解正确的是 ( )
A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,由于相互作用,在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B.在碰撞现象中,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动量守恒
C.如果碰撞过程中机械能守恒,那么这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D.微观粒子相互作用时不发生直接接触,所以不能称其为碰撞
解析:碰撞是十分普遍的现象,它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象.一般内力都远大于外力.如果碰撞中机械能守恒,就叫作弹性碰撞.微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点,所以微观粒子间的相互作用也属于碰撞.
答案:AB
2.(多选)在光滑水平面上,动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1,球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2,则必有 ( )
A.Ek1
答案:AB
3.(多选)质量为m的小球A,沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后,小球A的动能变为原来的 ,那么小球B的速度可能是 ( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析:小球A碰撞后动能变为原来的,则其速度大小变为原来的.小球继续沿原方向运动或被弹回.当以小球A原来的速度方向为正方向时,则vA'=±v0,根据两球碰撞前后的总动量守恒得m×v0+2mvB'=mv0或m×-v0+2mvB″
=mv0,解得vB'=v0,vB″=v0.
答案:AB
4.质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线,如图所示,具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动,依次发生碰撞且每次碰撞后不再分开,最后4个物块粘为一整体,这个整体的动能等于 ( )
A.E B.E C.E D.E
解析:设每个物块的质量为m,物块1的初速度大小为v0,最终4个物块的共同速度为v.选取向右为正方向,以4个物块组成的系统为研究对象,对整个过程应用动量守恒定律有4mv=mv0,又E=m,联立得v=,故最终整体的动能为Ek=·4mv2=2m2=E,选项C正确.
答案:C
5.如图所示,有两个质量相同的小球A和B(大小不计),A球用细绳吊起,细绳长度等于悬点距地面的高度,B球静止放于悬点正下方的地面上.现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放,摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆,g取10 m/s2,则它们升起的最大高度为 ( )
A. B.h C. D.
解析:A球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动,由动能定理得mgh=m,所以v1=;A、B的碰撞过程动量守恒,(m+m)v2=mv1,所以v2=,对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒,(m+m)=
(m+m)gh',解得h'=.选项C正确.
答案:C
【拓展提高】
6.如图所示,两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,小球2在前,小球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,当小球1与小球2发生碰撞后,两球的速度分别为v1、v2,将碰撞后小球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,则v1、v2、E1、p1的可能值为 ( )
A.v1=1.75 m/s,v2=3.75 m/s
B.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s
C.E1=9 J
D.p1=1 kg·m/s
解析:碰撞前系统总动量:p=m1v01+m2v02=(1×6+3×3)kg·m/s=15 kg·m/s,如果v1=1.75 m/s,v2=3.75 m/s,则碰撞后的系统总动量p'=m1v1+m2v2=(1×1.75+3×3.75)kg·m/s=13 kg·m/s,系统动量不守恒,故选项A错误;如果v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,则碰撞后的系统总动量p'=m1v1+m2v2=(1×1.5+3×4.5)kg·m/s=15 kg·m/s,系统动量守恒,故选项B正确;两球碰撞过程中系统动量守恒,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m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入数据解得v=3.75 m/s,如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由碰撞前后总动能不变得m1+m2=m1+m2,代入数据解得v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,则碰撞后球1、球2的速度满足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s,3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s,球1的动能E1=m1,满足1.125 J≤E1≤7.03 J,球1的动量p1=m1v1,满足1.5 kg·m/s≤p1≤3.75 kg·m/s,故选项C、D错误.
答案:B
7.(多选)如图所示,质量分别为2m和m的物体A和B在光滑水平面上,B左端有一轻弹簧且处于静止状态.现A以速度v向右运动,则A、B相互作用的整个过程中 ( )
A.A的动量最小值为
B.A的动量变化量为
C.弹簧弹性势能的最大值为
D.B的速度最大值为v
解析:弹簧恢复原长时A的速度最小,B的速度最大,根据动量守恒定律有2mvA+mvB=2mv,根据机械能守恒定律有×2m+×m=×2mv2,解得vA=,vB=,选项D错误;A的动量最小值为PA=2mvA=,选项A正确;A的动量变化量为ΔPA=2mvA-2mv=-,选项B错误;两物体共速时弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有3mv'=2mv,解得v'=,弹簧弹性势能的最大值为Epm=·2mv2-·3mv'2解得Epm=,选项C正确.
答案:AC
8.如图所示,光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动,A球的动量pA=
4 kg·m/s,B球的质量mB=1 kg,速度vB=6 m/s,已知两球相撞后,A球的动量减为原来的一半,方向与原方向一致.求:
(1)碰撞后B球的速度;
(2)A球的质量范围.
解析:(1)由题意知pA'=2 kg·m/s,B球的末速度为vB',
根据动量守恒定律有pA'+mBvB'=pA+mBvB,
解得vB'=8 m/s.
(2)设A球质量为mA,初速度为vA,末速度为vA',A球能追上B球并与之碰撞,应满足vA=>vB,
碰撞后A球的速度不大于B球的,
所以vA'=≤vB',
碰撞过程系统能量不可能增加,所以
+mBvB'2≤+mB,
联立解得 kg≤mA≤ kg.
答案:(1)8 m/s (2) kg≤mA≤ kg
【挑战创新】
9.水平台球桌面上母球A、目标球B和球袋洞口边缘C位于一条直线上,设A、B两球质量均为0.25 kg 且可视为质点,A、B间的距离为5 cm,B、C间距离x=160 cm,因两球相距很近,为避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象),常采用“点杆”击球法(在球杆杆头接触母球的瞬间,迅速将杆抽回),母球在离杆后与目标球发生对心正碰,碰撞时间极短,可视为弹性碰撞.碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计,设两球与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2.为使目标球能落入袋中,求:
(1)碰撞过程中A球对B球的最小冲量;
(2)碰撞前瞬间A球的最小速度.
解析:(1)设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为vB,由动能定理得-μmgx=0-m,
解得vB=4 m/s,
由动量定理得I=ΔpB=mvB=1 kg·m/s.
(2)设A碰撞前瞬间最小速度为vA,碰撞后瞬间为v,则由动量守恒定律得mv+mvB=mvA,
由机械能守恒得mv2+m=m,
联立方程解得vA=vB=4 m/s,v=0.
答案:(1)1 kg·m/s (2)4 m/s 第一章 动量守恒定律
6反冲现象 火箭
【基础巩固】
1.下列图片所描述的事例或应用中,没有利用反冲运动原理的是 ( )
A.喷灌装置的自动旋转 B.章鱼在水中喷水前行和转向
C.运载火箭发射过程 D.码头边轮胎的保护作用
解析:喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而旋转的;章鱼在水中喷水前行和转向利用了反冲作用;火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的,利用了反冲作用,故选项A、B、C不符合题意.码头边轮胎的作用是延长碰撞时间,从而减小作用力,没有利用反冲作用,故选项D符合题意.
答案:D
2.步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为
855 m/s,步枪的反冲速度大小为 ( )
A.2 m/s B.1 m/s C.3 m/s D.4 m/s
解析:以子弹从枪口飞出时速度v2的反方向为正方向,根据动量守恒定律,m1v1-m2v2=0,解得v1=2 m/s.
答案:A
3.一航天探测器完成对月球的探测后,离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行,先加速运动后匀速运动.探测器通过喷气获得动力,下列关于喷气方向的说法正确的是 ( )
A.探测器加速运动时,水平向后喷射气体
B.探测器加速运动时,竖直向下喷射气体
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷射气体
D.探测器匀速运动时,不需要喷射气体
解析:探测器在加速运动时,因为受月球引力的作用,喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力,另一方面还要提供加速的动力,则应沿着后下方某一个方向喷气,选项A、B错误.探测器受月球引力的作用,在匀速运动时,喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可,故竖直向下喷气,选项C正确,选项D错误.
答案:C
4.假设一个人静止于光滑的水平冰面上,现欲离开冰面,下列方法可行的是 ( )
A.向后踢腿
B.手臂向后甩
C.在冰面上滚动
D.脱下外衣水平抛出
解析:把人和外衣看作一个系统,由动量守恒定律可知衣服水平抛出时,人会向衣服被抛出的相反方向运动,故选项D正确.人体各部分总动量为0,选项A、B错误.由于冰面光滑,人不可能在冰面上滚动,选项C错误.
答案:D
5.(多选)一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是 ( )
A.气球可能匀速上升
B.气球可能相对地面静止
C.气球可能下降
D.气球运动速度不发生变化
解析:设气球质量为m',人的质量为m,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为0,当人沿吊梯向上爬时,整个系统动量守恒,选向上为正方向,则mv1+m'v2=(m'+m)v0,在人向上爬的过程中,气球的速度为v2=.当v2>0时,气球匀速上升;当v2=0时,气球静止;当v2<0时,气球下降.所以,选项A、B、C均正确.要使气球运动速度不变,则人的速度仍为v0,即人不往上爬,显然不符合题意,选项D错误.
答案:ABC
6.2023年5月30日9时31分,我国神舟十六号载人飞船发射圆满成功.如图是神舟十六号载人飞船发射瞬间的画面,在火箭点火发射瞬间,质量为m的燃气以大小为v的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出.已知发射前火箭的质量为M,在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响) ( )
A.v B.2v C.v D.v
解析:取向上为正方向,由动量守恒定律有(M-m)v'-mv=0,解得v'=v,选项D正确.
答案:D
【拓展提高】
7.太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,为探测器提供推力.若某探测器的质量为500 kg,离子以一定的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3×10-3 g/s,探测器获得的平均推力大小为0.099 N,则离子被喷出的速率为 ( )
A.3 km/s B.3.3 km/s
C.30 km/s D.33 km/s
解析:在Δt时间内喷出的离子质量Δm=3×10-3×10-3·Δt,根据动量定理有FΔt=Δmv,代入数据,解得v=3.3×104 m/s=33 km/s,故选项A、B、C错误,选项D正确.
答案:D
8.如图所示,船静止在平静的水面上,船前舱有一抽水机把前舱的水匀速抽往后舱,不计水的阻力,下列说法正确的是( )
A.若前后舱是分开的,则前舱将向后加速运动
B.若前后舱是分开的,则前舱将向前加速运动
C.若前后舱不分开,则船将向后加速运动
D.若前后舱不分开,则船将向前加速运动
解析:前后舱分开时,抽出的水向后运动,由于反冲作用前舱向前加速运动;若不分开,前、后舱和水是一个整体,船不动.
答案:B
9.向空中发射一物体,不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则 ( )
A.b的速度方向一定与初速度方向相反
B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大
C.a、b一定同时到达水平地面
D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力的冲量大小不一定相等
解析:爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小,所以选项A、B不能确定.炸开后二者都做平抛运动,且高度相同,故下落时间相同,选项C正确.由牛顿第三定律知a、b受到的爆炸力大小相等,作用时间也相同,故a、b受到的爆炸力的冲量大小相等,选项D错误.
答案:C
10.(2021·天津卷)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出,达到最高点时,用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开,该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分,此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等.弹簧弹开的时间极短,不计空气阻力.求:
(1)玩具上升到最大高度时的速度大小;
(2)两部分落地时速度大小之比.
解析:(1)设玩具上升的最大高度为h,上升到最大高度时的速度大小为v,取竖直向上为正方向,由运动学公式有0-=-2gh,
v2-=-2gh,
联立两式解得v=v0.
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2,水平速度大小分别为v1、v2,由题中动能关系有m1+m2=(m1+m2).
玩具到达最高点时速度为0,两部分分开时速度方向相反,水平方向动量守恒,取质量为m1的部分速度方向为正方向,有m1v1-m2v2=0,分开后两部分都做平抛运动,根据动能定理
对m1有m1gh=m1v1'2-m1,
对m2有m2gh=m2v2'2-m2,
结合m1∶m2=1∶4,
联立解得两部分落地时速度大小之比v1'∶v2'=2∶1.
答案:(1)v0 (2)2∶1
【挑战创新】
11.如图所示,光滑水平面上有两辆车,甲车上面有发射装置,甲车连同发射装置质量m1=1 kg,车上另有一个质量为m=0.2 kg的小球.甲车静止在水平面上,乙车以v0=8 m/s的速度向甲车运动,乙车上有接收装置,总质量m2=2 kg.甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上,两车才不会相撞 假设球最终停在乙车上.(不考虑球的下落)
解析:要使两车不相撞,则临界条件为两车速度相等.选v0的方向为正方向,以三者为系统,动量守恒.
(m1+m+m2)v共=0+m2v0,
解得v共=5 m/s,
以球与乙车为系统,动量守恒.
m2v0-mv=(m+m2)v共,
解得v=25 m/s.
答案:25 m/s
