专题6：动量参考答案

2.(2)(9分)解：(i)设B球第一次到达地面时的速度大小为v,B由运动学公式有v=v'2ghB%将h=0.8m代入上式，得v=4m/s(ii)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为匕和vj,由运动学规律可得 1vi=gt②/(v/=0)，B球的速度分别为v和由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mv+mv=mv'11 "21"21 ,mv2+mv2=mv22Ai2B22B2设B球与地面相碰后的速度大小为vj,

vj=vB由运动学及碰撞的规律可得

⑥设P点距地面的高度为h’,由运动学规律可得v'2—V2 …h/=-B 2- ⑦2g联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得

h‘=0.75m ⑧2(i)在一段很短的At时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度： Al=v0.At喷出水柱质量： Am=p.AV其中Av为水柱体积，满足：AV=Al-SAm由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为-=p-v0-S(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得： F=Mg冲其中，f中为玩具底部水体对其的作用力.由牛顿第三定律： F=F压冲其中，F压为玩具时其底部下面水体的作用力M为水体到」达玩具底部时的速度由运动学公式： V，2-v2=-2gh0在很短At时间内，冲击玩具水柱的质量为AmP.v0由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有动量定理由于At很小，Amg也很小，可以忽略⑧式变为 F压.At=Am.v'. v2 M2g由④⑤⑥⑦⑨可得 h=h- -2g2P2v2S20①②③④⑤⑥⑦⑧⑨26.（20分）设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V,由动量守恒得(2m+m)V=mv ①解得V=1v3o此过程中动能损失为AE-m^vnv2-」x3mV2②2o2解得AE-mvnv230分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1,由动量守恒得mv+mV-mv因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为AE，由能量守恒得TOC\o"1-5"\h\z1 1 7 1 AE 三mmv2+—mV2-—mv2 ④2 12 12 0 2联立①②③④式,且考虑到vi必须大于匕,得TOC\o"1-5"\h\zV=(1+=)V ⑤12 6。设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为2由动量定恒得2mV=mv ⑥损失的动能为AE--mv2-，x2mV2 ⑦2 12 2 」联立①②⑤⑥⑦式得AE-1(1+巴x丝⑧2 2 2因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为1於X=-(1+彳)d ⑨21.2.(2)①P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置N点是小球2落点的平均位置②小球从槽口C飞出后作平抛运动的时间相同，假设为t,则有op-vtOM-vtON-vt小球2碰撞前静止，即v20-0_v-v__ON-OM_ON-OMe—v：-v2。―OP-0―OP③OP与小球的质量无关，OM和ON与小的质量有关24.解：设：小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：mgl(1-cos9)-1mv2①2om和M碰撞过程满足：mvo-MVM+mv1 ②

1mv2=1mv2+1MV2联立②③得：V满足:说明小球被反弹，而后小球又以反弹速度和小球M发生碰撞，满足:mv=MV+mv⑤1mv2=1mv2+1MV2解得：Vm-M、 …整理得：v2=-(m^M"v0⑧所以：V=（临界2⑩而偏离方向为450的临界速度满足：mgl（1-cos45。临界2⑩2 ।联立①⑨⑩代入数据解得,当n=2时，v2“临界当n=3时，v3<v临界所以，最多碰撞3次所以，最多碰撞3次16.C22.14.（1）64.7（3分，答数在64.2到65.2范围内的都给分）。（2）A、B、D（3分，不是A、B、D的均给零分。）22参考解答:（1）设C球与B球粘连成D时，D的速度为Vj由动量守恒，有mvo=(m+m)v1①当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，高此速度为v2，由动量守恒，有2叫=3叫②由①、②两式得A的速度啊=1v0 @（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E，由能量守恒，有g* |，3哂+Ep④撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有2mv3=3叫⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep探略解以上各式得,E：=焉足日 ®10.25.2.D13.A、C17.28.解：（1）在小车朝正x方向滑行的过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后的车速为vn1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律

[M+(n-1)m]v—12nmv=(M[M+(n-1)m]v—12nmv=(M+mn)vn—1 nM—(n—1)m vM+mnn-1小车反向运动的条件是：v>0n—1M48代入数字,得：n<—―-m14，v<0，即M—nm>0②M—+1)mn<0 ③M34n>——1——14n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.⑵车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中,第（n-1）个沙袋扔到车上后车速为vn-1'，第n个沙袋扔到车上后车速为v<’，现取在图中向左的方向（负x方向）为速度v<'、v<:的正方向，则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是[M+3m+(n—1)mr]v'n—1—2nmvr=(M+3m+nm')vvnJv'>0n—1v'<0M+3mM+3m,0n> 1=8m'n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.15.B18.B、C34.解一:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是vjv?①l+s2-s1>2r②其中v「v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s「s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程. 1 2由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得联立解得(13)D五、射穿过程中,水平方向动量守恒,可得mvo=MV+mv- (1)射穿后,木块在摆动过程中机械能守恒,可得ImV3=Mgh. (2)由以上两式可得五、⑴在推出和抓住的过程中，小孩、冰车和箱子的总动量守恒.要想刚能避免相碰,要求抓住后甲和乙的速度正好相等.由此就可求得推出时的最小速度.设箱子推出后其速度为V,甲孩的速度为Q根据动量守恒可得mV+MVi=(m+M)Vo(a)设乙孩抓住箱子后其速度为匕,根据动量守恒可得(m+M)V2=mV-MVo.(b)刚好不相碰的条件要求V”(c)由(a)、(b)、(c)三式可解得代入数值可得v=5.2米/秒.⑵设推出时甲对箱子做功为W,根据功能关系可知代入数值可得W=1.7X102焦耳.七、（1）到达平衡位置O前，1和2—起作加速运动.至UO点后，1开始减速,2开始作匀速运动.因而2和1将在O点分离.到达O点前，把1、2和弹簧看作一个系统只有系统内的弹簧的弹性力作功,所以系统的机械能守恒,令v表示1和2到达O点时的速率,则有：这就是分离时物体2的速率.（2）分离后