1、第 2 讲 动量守恒定律基础巩固1.(2017 北京西城期末,13,3 分)(多选)如图所示,甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为 45 kg,乙的质量为 50 kg。则下列判断正确的是 ( )A.甲的速率与乙的速率之比为 109B.甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为 910C.甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 11D.甲的动能与乙的动能之比为 112.(2018 北京西城期末)(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一辆平板车,人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端。在连续的敲打下,下列说法正确的是( ) A.车左
2、右往复运动B.车持续地向右运动C.大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒D.当大锤停止运动时,人和车也停止运动3.(2017 北京海淀期中,10,3 分)(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知,发生撞车时汽车 A 正沿东西大道向正东行驶,汽车 B 正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄灭并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动,最终一起停在路口东北角的路灯柱旁,交警根据事故现场情况画了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹,交警判定撞车的地点为该事故报告图中 P 点,并测量出相关数据标注在图中,又判断出两辆车的质量大致
3、相同。为简化问题,将两车均视为质点,且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒,根据图中测量数据可知下列说法中正确的是( ) A.发生碰撞时汽车 A 的速率较大B.发生碰撞时汽车 B 的速率较大C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 125D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 2 3 54.(2018 北京丰台期末)如图甲所示,光滑水平面上有 A、B 两物块,已知 A 物块的质量 mA=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块 B 发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体 B 的质量分别为( )
4、甲 乙A.2 m/s,5 kg B.2 m/s,3 kgC.3.5 m/s,2.86 kg D.3.5 m/s,0.86 kg5.(2016 北京东城期中,14)质量为 80 kg 的冰球运动员甲,以 5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为 100 kg、速度为 3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,下列说法中正确的是( )A.碰后乙向左运动,速度大小为 1 m/sB.碰后乙向右运动,速度大小为 7 m/sC.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了 1 450 JD.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了 1 400 J6.(2017 北京西城一模,18)冲击摆是
5、用来测量子弹速度的一种简单装置。如图所示,将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来,一颗子弹水平射入砂箱,砂箱发生摆动。若子弹射击砂箱时的速度为 v,测得冲击摆的最大摆角为 ,砂箱上升的最大高度为 h,则当子弹射击砂箱时的速度变为 2v 时,下列说法正确的是( )A.冲击摆的最大摆角将变为 2B.冲击摆的最大摆角的正切值将变为 2 tan C.砂箱上升的最大高度将变为 2hD.砂箱上升的最大高度将变为 4h7.(2017 北京海淀二模,22)如图所示,“冰雪游乐场”滑道 O 点的左边为水平滑道,右边为高度 h=3.2 m的曲面滑道,左右两边的滑道在 O 点平滑连接。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出
6、发,经过 O 点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞,碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量 m=30 kg,家长和冰车的总质量 M=60 kg,人与冰车均可视为质点,不计一切摩擦阻力,取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)小孩乘坐冰车经过 O 点时的速度大小;(2)碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小;(3)碰撞过程中小孩和家长(包括各自的冰车)组成的系统损失的机械能。8.(2014 北京理综,22)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无初速释放,A 与 B 碰撞后结合为一个整体,并
7、沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径 R=0.2 m;A 和 B 的质量相等;A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 =0.2。取重力加速度 g=10 m/s2。求:(1)碰撞前瞬间 A 的速率 v;(2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v;(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l。9.(2017 北京海淀期中,16,10 分)如图所示,AB 为固定在竖直面内、半径为 R 的四分之一圆弧形光滑轨道,其末端(B 点)切线水平,且距水平地面的高度也为 R。1、2 两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧形轨道的最高点 A 由静止滑下,当
8、两滑块滑至圆弧形轨道最低点时,拴接两滑块的细绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,滑块 2 恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点 A。已知 R=0.45 m,滑块 1 的质量 m1=0.16 kg,滑块 2 的质量 m2=0.04 kg,重力加速度 g 取 10 m/s2,空气阻力可忽略不计。求:(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小;(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能;(3)滑块 2 的落地点与滑块 1 的落地点之间的距离。综合提能1.将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时
9、间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s2.在光滑水平面上,质量为 m 的小球 A 正以速度 v0匀速运动。某时刻小球 A 与质量为 3m 的静止小球 B发生正碰,两球相碰后,A 球的动能恰好变为原来的 1/4。则碰后 B 球的速度大小是( )A. B. C. 或 D.无法确定02 06 02 063.(2017 北京东城二模,22,16 分)如图所示,固定的光滑轨道 MON 的 ON 段水平,且与 MO 段平滑连接。将质量为 m 的小球 a
10、 从 M 处由静止释放后沿 MON 运动,在 N 处与质量也为 m 的小球 b 发生正碰并粘在一起。已知 M、N 两处的高度差为 h,碰撞前小球 b 用长为 h 的轻绳悬挂于 N 处附近。两球均可视为质点,且碰撞时间极短。(1)求两球碰撞前瞬间小球 a 的速度大小;(2)求两球碰撞后的速度大小;(3)若悬挂小球 b 的轻绳所能承受的最大拉力为 2.5mg,通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂?4.(2016 北京朝阳一模,22,16 分)如图所示,固定的长直水平轨道 MN 与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接,半圆轨道半径为 R,PN 恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在
11、一起静止于N 处,物块 A 的质量 mA=2m,B 的质量 mB=m,两物块在足够大的内力作用下突然分离,分别沿轨道向左、右运动,物块 B 恰好能通过 P 点。已知物块 A 与 MN 轨道间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g,求:(1)物块 B 运动到 P 点时的速度大小 vP;(2)两物块刚分离时物块 B 的速度大小 vB;(3)物块 A 在水平轨道上运动的时间 t 。答案精解精析基础巩固1.AC 甲、乙组成的系统动量守恒,则 m 甲 v 甲 -m 乙 v 乙 =0,甲、乙速率之比为 v 甲 v 乙 =m 乙 m 甲=109,A 选项正确;甲、乙间相互作用力大小相等,根据牛顿第二定律 F=m
12、a,可得甲、乙加速度大小之比 a 甲 a 乙 =m 乙 m 甲 =109,B 选项错误;结合牛顿第三定律及 I=Ft 分析可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等,C 选项正确;根据 2mEk=p2,甲、乙动能之比为 Ek 甲 E k 乙 =m 乙 m 甲 =109,D 选项错误。2.ACD 因水平面光滑,则大锤、人和车组成的系统在水平方向动量守恒,根据动量守恒定律分析可知,锤子速度向右时,人与车速度向左;锤子速度向左时,人与车速度向右;当大锤停止运动时,人和车也停止运动;在大锤连续的敲打下,车左右往复运动。A、C、D 正确,B 错误。3.BC 两车碰撞瞬间动量守恒,满足平行四边形定则。设
13、vB与竖直方向夹角为 ,由题中所给车的初末位置,得 tan = ,2.56.0又 tan = ,且 mA=mB,得 = ,则 B、C 正确。1254.B 由图乙可知碰前 vA= m/s=5 m/s,在 t=4 s 时发生碰撞,碰后 v 共 = m/s=2 m/s。由动量204 28-208-4守恒有 mAvA=(mA+mB)v 共 ,可得 mB=3 kg,B 正确。5.D 甲、乙组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m 甲 v 甲 -m 乙 v 乙 =m 乙 v 乙 ,解得:v 乙 =1 m/s,方向水平向右,故 A、B 错误;碰撞过程机械能的变化为 E= m 乙 v -( m
14、 甲 + m 乙 )12 2乙 12 2甲 12 2乙= 10012 J-( 8052 J+ 10032 J)=-1 400 J,机械能减少了 1 400 J,故 C 错误,D 正确。12 12 126.D 设子弹的质量为 m,砂箱的质量为 M,冲击摆的摆长为 L;以子弹和砂箱作为整体,在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中,由机械能守恒定律得: (m+M)12=(m+M)gh,2共解得:v 共 = ;2在子弹射入砂箱的过程中,系统的动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=(m+M)v 共 ,解得:v= v 共 = + + 2当 v 增大为 2v 时,砂箱上升的最大高度将变为
15、 4h,冲击摆的最大摆角满足:cos = ,由于不知道 h 与 L 之间的关系,所以不能判断出速度变为 2v-后冲击摆的最大摆角是否将变为 2,也不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为 2 tan 。故 A、C、B 错误,D 正确。7. 答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m/s (3)480 J解析 (1)设小孩乘坐冰车经过 O 点时的速度大小为 v0,由机械能守恒定律有mgh= m1220解得:v 0= =8.0 m/s2(2)碰撞过程中小孩和家长(包括各自的冰车)组成的系统动量守恒,设碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小为 v1,则 mv0=Mv1解得 v1= =4.0 m/s
16、0(3)设系统损失的机械能为 E,则E= m - M =480 J122012218. 答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m解析 设滑块的质量为 m。(1)根据机械能守恒定律 mgR= mv212得碰撞前瞬间 A 的速率 v= =2 m/s2(2)根据动量守恒定律 mv=2mv得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v= v=1 m/s12(3)根据动能定理 (2m)v2=(2m)gl12得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离l= =0.25 m229.答案 (1)6.0 N (2)0.90 J (3)0.45 m解析 (1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为 v,所
17、受轨道的支持力为 N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到 B 端的过程,根据机械能守恒定律有(m1+m2)gR= ,解得 v=3.0 m/s(1 分)(1+2)22对于两滑块在轨道最低点,根据牛顿第二定律有N-(m1+m2)g= (1 分)(1+2)2解得 N=3(m1+m2)g=6.0 N(1 分)根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小 N=N=6.0 N(1 分)(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时,两滑块的速度大小分别为 v1和 v2,因滑块 2 恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点 A,此过程中机械能守恒,所以对滑块 2 有m2gR= (1 分)2222解得 v2=3.0 m/s,方向向左对
18、于弹簧将两滑块弹开的过程,设水平向右为正方向,根据动量守恒定律有(m1+m2)v=m1v1-m2v2(1 分)解得 v1=4.5 m/s对于弹簧将两滑块弹开的过程,根据机械能守恒定律有E 弹 = + - (1 分)1212 2222 (1+2)22解得 E 弹 =0.90 J(1 分)(3)设两滑块平抛运动的时间为 t,由 R= gt2,12解得两滑块做平抛运动的时间 t= =0.30 s(1 分)2滑块 1 平抛运动的水平位移 x1=v1t=1.35 m滑块 2 从 B 点上滑到 A 点,再从 A 点返回 B 点的过程,机械能守恒,因此其平抛的速度大小仍为 v2,所以其平抛的水平位移 x2=
19、v2t=0.90 m所以滑块 2 的落地点与滑块 1 的落地点之间的距离 x=x 1-x2=0.45 m(1 分)综合提能1.A 由于喷出燃气的过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p 火 |=|p 气 |=m 气 v 气 =0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A 正确。2.A 由 Ek= mv2知两球碰后 A 的速率 v= ,若碰后 A 球速度方向跟初始时相同,由动量守恒定律有12 02mv0=m +3mvB,得 v B= ,表明 B
20、 在 A 前与 A 同向运动 ,但运动速度比 A 小,违反了碰撞规律。若 A 碰02 06后运动方向跟碰前相反,由 mv0=m(- )+3mvB,得 vB= ,A 正确。02 023. 答案 (1) (2)2122(3)见解析解析 (1)设两球碰撞前瞬间小球 a 的速度大小为 vN根据机械能守恒定律有 mgh= m 122解得 vN= 2(2)设碰撞后两球的速度大小为 v由动量守恒定律有 mvN=2mv解得 v= vN=12 122(3)两球碰撞后一起做圆周运动,设在最低点时轻绳拉力为 T根据牛顿第二定律有 T-2mg=2m2解得 T=3mg2.5mg,轻绳会断裂4. 答案 (1) (2) (3) 552解析 (1)物块 B 在竖直平面内做圆周运动,在 P 点时重力提供向心力由 mg=m2可得 vP= (2)两物块分离后 B 物块沿半圆轨道向上运动,仅重力做负功由动能定理得:-mg2R= m - m122122解得:v B= 5(3)物块 A 与物块 B 在足够大的内力作用下突然分离,分离瞬间内力远大于外力,两物块在水平方向上动量守恒由动量守恒定律,设向右为正方向,则有:0=-m AvA+mBvB代入数据解得:v A=52之后物块 A 做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得:-m Ag=mAa,a=-g由运动学公式 vt=v0+at 代入数据解得 t=52
