物理粤教版选修3-5课后集训第一章2动量动量守恒定律含解析

学必求其心得，业必贵于专精课后集训基础达标1。若用p1、p2表示两个在同素来线上运动并相互作用的物体的初动量,p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自动量的变化，则以下式子能表示动量守恒的是( )A。Δp1=Δp2

B。p1+p2=p1′

+p2′C.Δp1+Δp2=0

D.Δp1+Δp2=

常数(不为零)解析：动量守恒的含义是两物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此有p1+p2=p1′+p2′，变形后有p1′-p1+p2′—p2=0，即Δp1+Δp2=0，又可以变形为Δp1=-Δp2.答案：BC2。已知机械能在碰撞过程中有损失，实验中人从高处跳到低处时,为了安全，一般都是让脚尖先着地,这是为了(）A.减小地面对人的冲量B。使动量的变化变得更小C.延长与地面的冲击时间，从而减小地面对人的冲力D.增大人对地的压力，起到安全作用解析：动量的变化必然，由动量定理（F—

mg)t=

mv所，以

F

mg

mv，t显然时间越长所受冲力平均值越小。答案：

C3。三块完好相同的木块从同一高度由静止开始下落，A木块顺利下落，B木块在开始下落的刹时被一水平飞来的子弹击中（未穿出），木块在下落到一半距离时被另一起样的水平飞来的子弹击中未穿学必求其心得，业必贵于专精出，则三木块落地时间关系为（

)A。tA=tB=tC

B.tA＜tB＜tCC.tA＜tB=tC

D.tA=tB＜tC解析：

A

木块做自由落体运动

,B

木块被水平飞来的子弹击中后做平抛运动，

A、B

的运动时间均为

t=

2h，C

木块自由下落一半高度时g竖直速度重量设为vy1，当一颗质量为m的子弹击中木块后留在木块内，可以近似认为竖直方向木块动量守恒,则木块竖直方向的分速度变为vy2=mvy1＜vy1，即子弹击中木块后,木块在竖直方向的分速度减Mm小,因此落地时间延长.答案:D4。一质量为m的物体放在圆滑水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，以下说法正确的选项是（）A.物体的位移相等B。物体动能的变化量相等C.F

对物体做的功相等

D.物体动量的变化量相等解析：由牛顿第二定律F=ma知,加速度恒定，做匀加速直线运动，故相同的时间间隔的位移

Δx在增大；由

W=Fx

知，做的功也在增大；由

W=ΔE

知，动能的变化也在增大

;由

p=FΔt知,动量的变化相等，故D项正确.答案：D5.如图1—2—3所示，一质量m=3kg的物体静止在圆滑水平面上，学必求其心得，业必贵于专精碰到与水平方向成60°角的力作用，F的大小为9N，经2s时间，求图1—2-31）物体重力冲量大小；（取g=10N/kg）2)力F的冲量大小；3）物体动量变化量.解析:此题观察恒力的冲量及在合冲量作用下物体的动量变化量，旨在加深对动量和冲量看法的认识。求解一个力的冲量只与力和力的作用时间有关，与该冲量的作用收效没关.而求动量的变化量，可以经过合外力冲量来表示，特别对于变力（力大小变化和曲线运动中）是一种很好的方法.1）重力的冲量IG=mgt=3×10×2N·s=60N·s。2）2s内F的冲量IF=F·t=9×2N·s=18N·s。(3）物体动量的变化是物体在水平方向上的外力的合冲量产生的-1-1p=Fcos60°·t=9×0。5×2kg·=9mkg·s·m·s—1答案：（1）60N·s（2）18N·s(3）9kg·m·s综合运用6。用半径相同的两小球A、B的碰撞考据动量守恒定律。实验装置如图1-2—4，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平川面的记录纸上留下印迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静学必求其心得，业必贵于专精止液下

,A

球和

B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的印迹。

记录纸上的O点是重垂线所指的地址，若测得各落点印迹到O点的距离：OM=2。68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2∶1,则未放B球时A球落地址是记录纸上的____________一点，系统碰撞前，总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差|pp'|____________(结果保留一位有效数字）.p图1—2-4解析：A球从固定点C由静止滚下，滚到最低点时有相同的水平速度v0,而A、B两球平抛后,下不落高度h相同，由h=12gt2知，运动时间t相同。水平方向v=x.故小球的动量与水平位移成正比。若mAxAt与(mAxA′+mBxB′)基实情等，则碰撞前后动量守恒.碰后A的速度会变小，故p点是未放B球时A球落地的.p=mA|Op|=mA×8.62cmp′=mA|OM｜+mA｜ON｜=mA×8。62cm+mB×11。50cm=mA×8。43cm故|pp'|=0.198。62=0。02.=2%。p答案：p2%7。如图1-2—5所示，若是悬挂球的绳子能承受的最大拉力T0=10N，球质量m=0。5kg，L=0。3m,锤头质量M=0。866kg，若是锤头沿水平方向打击球m，锤速度多大时才能把绳子打断（设球原来静止，学必求其心得，业必贵于专精打击后锤头静止,g=10m/s2）？图1-2—5解析:球m被锤打击后以O为圆心，L为半径做圆周运动，且在刚打过后绳子拉力最大，由圆周运动向心力计算公式有T0—mg=m·vLv=(T0mg)L3m/sm锤打击m过程中，系统水平方向不受外力作用,系统水平动量守恒mv0=mvv0=mv=1m/sM若要锤打小球后绳子被拉断,锤的速度应大于等于1m/s。答案:大于等于1m/s8.如图1—2—6所示,在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度v从下面很快击中木球并穿出.击穿后木球上升的最大高度为H,求子弹穿过木球后上升的高度。图1—2-6解析:子弹穿出木球后向上做竖直上抛运动，设射出后子弹的速度为v1,木球的速度为v2，由竖直向上抛运动有v2=2gH子弹穿过刹时动量守恒mv=mv1+Mv2学必求其心得，业必贵于专精v1=mvMv2mvM2gHmm设子弹穿出后上升最大高度为h,h=v12(mvM22gM)2。2g2mg2答案：h=(mvM22gM)2mg9.将一根粗细平均的长木棒竖直匀速按入水中，若是在第1秒内浮力对木棒的冲量为I0，则在第n秒内和n秒内浮力随浸入水中深度的变化关系是多少？解析:第一由阿基米德定律求出木棒所受浮力随浸入水中深度的变化关系,再作出浮力F随时间变化的图象，依照图象的物理意义，求不相同时间内浮力对木棒的冲量。设木棒的截面积为S，木棒浸入水中的深度为x，依照阿基米德定律，木棒所受的浮力为F=ρ水gSx由于木棒是匀速进入水中的，故有x=vt，因此木棒所受浮力为F=ρ水gSvt式中ρ水、g、S、v均为常数，故可写作F=kt其中k=ρ水gSv即浮力F与t成正比在Ft图上作F的图象,以以下列图所示.OA线与时间轴及F轴的平行线所围成的面积表示浮力的冲量大小。学必求其心得，业必贵于专精浮力F在第1秒内的冲量为I0=1k?11k22浮力在第n秒内的冲量为In=1[（n—1）k+nk］=1k(2n-1）=（2n—1）22I0浮力在n秒内的冲量为I=1122I02n·nk=2k·n=n答案:In=（2n-1)I0I=n2I010。第一个粒子质量是m1，以v0的速度与原来静止的质量为m2的第二个粒子发生一维碰撞。测出了碰撞后第二个粒子的速度为v2，求第一个粒子原来速度v0的值可能范围。解析：此题观察动量守恒定律的特别形式——碰撞.我们经过解析碰撞的几种形式，对碰撞中能量的转变解析清楚，此题就瓜熟蒂落了.同时还应注意以下两点：①此题应用的解题方法可以归纳为“条件法”，特点是利用v0的端值条件与题目中给出的条件对照较决定对v0的取值.②在解题时，把完好弹性碰撞和完好非弹性碰撞，看作一般碰撞的特例，由碰撞的特点知，当碰撞后两粒子发生完好非弹性碰撞时，机械能损失最大.即m1v0=（m1+m2）v2(mm)v因此v0=122这里的v0是机械能损失最大情况的值，是v0的上限，应满足v0≤(m1m2)v2①m1机械能损失最小的情况是两粒子发生弹性碰撞机会械能损失为零学必求其心得，业必贵于专精由m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v12+12m2v22联立以上两式得v0=(m1m2)v22m1获取的表达式是v0的下限，但它不吻合题意，题中机械能有损失,因此v0应取为v0＞m1m2v22m1②由两式①②得m1m2v2v0m1m2v2.2m1m1答案：m1m2v2v0m1m2v22m1m1拓展研究11。在宁静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M，人的质量为m，人相对船静止，船和人以速度v0前进,当人对船以速度u沿跟船的运动相反方向行走时，船的速度多大？若船长为L，且开始时系统静止,当人从船的一头走到另一头停止时，船退后距离是多少？（水的阻力不计）解析：此题观察动量守恒定律，以及动量的相对性，解答时分清作用前后各物体动量，尔后应用动量守恒定律即可。同时还应注意此类题的解题步骤.①此题第一步解题中,应该把人对船的速度变为人对地的速度，即各物体的运动对付同一参照系.②第二步解题中，人走船也走，人停船也停,因此整个过程系统动量学必求其心得，业必贵于专精变化为零，人在船上无论做什么运动船退后的距离必然相同。③人船模型可以实行到“人车模型”和“子弹打木块"模型，它们的解法近似。（1)人和船组成系统，水平方向动量守恒，由于人对地速度为v-u,则由动量守恒定律知(m+M)v0=Mv+m（v-u）m∴v=v0+Mmu方向与v0方向相同。2）开始时人船都停止，总动量为零，设人在船上走一段较短时间Δt时，人和船都看作是匀速运动，实行到整个过程时，人的平均速度为v人,船的平均速度为v船，如上图设船退后s，则人的位移为L—s，由动量守恒定律mv人—Mv船=0m

L

s

M

st

ts=MmLm。答案:（1)v=v0+mu方向与v0方向相同Mm2）mLMm12.真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中,若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放,运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0.6,cos37°。=0现.将8该）小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出.求运动过程中(1）小球碰到的电场力的大小及方向；(2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；学必求其心得，业必贵于专精（3）小球的最小动量的大小及方向。3解析:（1)依照题设条件,电场力大小Fe=mgtan37°=mg4电场力的方向水平向右。（2）小球沿竖直方向做匀减速运动,速度为vyvy=v0-gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动,加速度为axFe3a=m4g小球上升到最高点的时间t=v0，此过程小球沿电场方向位移gsx=1axt23v0228g电场力做功W=Fesx=9mv02329mv02小球上升到最高点的过程中，电势能减少。32(3）水平速度vx=axt,竖直速