【北京特级教师-同步复习精讲辅导】2020-2021学年物理人教选修3-5课后练习：动量守恒(二)一

学科：物理专题：动量守恒（二）题一两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车A、B静止，如图所示。当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止时，则A车的速率()A．等于零 B．小于B车的速率C．大于B车的速率 D．等于B车的速率题二在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动能变为Ek、动量变为p。以下说法正确的是()A．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动量将等于2pB．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量将等于2pC．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能将等于2EkD．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动能将等于2Ek题三如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后连续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？（不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点）题四如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L＝2m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC＝5kg，在C的中心并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA＝1kg、mB＝4kg，开头时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA＝6m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：(1)当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？(2)从爆炸开头到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？题五如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开头运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J，小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板速率v0；(2)木板的长度L。课后练习详解题一答案：B详解：选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律。设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB。由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则eq\f(vA,vB)＝，即vA<vB。故选项B正确。题二答案．BD详解：由动量定理知：F·t＝p，由动能定理知：F·l＝Ek，由动能与动量的关系Ek＝或p＝可知，在F作用下，当位移变为2l，其动量将等于eq\r(2)p，动能将变为2Ek；在F作用下，经时间2t，其动量变为2p，其动能变为4Ek，故正确选项为B、D。题三答案：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0详解：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v12＝(m1＋M)gh得：v1＝＝2v0设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1即(2m＋m)v1＝2mv＋mv′1①人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2即(2m＋2m)v′2＝2mv－2mv0②解得v′1＝6v0－2v③v′2＝eq\f(1,2)v－eq\f(1,2)v0④两车不行能发生碰撞的临界条件是：v′1＝±v′2当v′1＝v′2时，由③④解得v＝eq\f(13,5)v0当v′1＝－v′2时，由③④解得v＝eq\f(11,3)v0故v的取值范围为：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0。题四答案：(1)0(2)0.3m方向向左详解：炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大(A的质量小)，A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)，整个过程满足动量守恒。(1)整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0＝(mA＋mB＋mC)v，所以v＝0。(2)炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB。以向左为正方向，有：mAvA－mBvB＝0，解得：vB＝1.5m/s，方向向右然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，由动量守恒，有：mAvA＝(mA＋mC)vAC，解得：vAC＝1m/s此过程持续的时间为：t1＝＝eq\f(1,6)s此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：＝vACt2＋vB(t1＋t2)，解得：t2＝0.3s所以，板C的总位移为：xC＝vACt2＝0.3m，方向向左。题五答案：（1）3.0m/s（2）0.50m详解：木板受到瞬时冲量后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下加速，A在B的反作用力及C的摩擦力的共同作用下减速，最终B从A上掉下。(1)设水平向右为正方向，据动量定理有I＝mAv0－0，代入数据解得瞬时冲量结束时木板的速率v0＝3.0m/s。(2)方法一：设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB－0由牛顿第三定律：FAB＝－FBA又FCA＝μ(mA＋mB)g设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得－(FBA＋FCA)xA＝eq\f(1,2)mA－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)FABxB＝EkB动量与动能之间的关系为：mAvA＝，mBvB＝木板A的长度：L＝xA－xB代入数据解得木板的长度为L＝0.50m。方法二：以A、B组成的系统为争辩对象，对系统应用动量定理有－FCA·t＝(mAvA＋mBvB)－mAv0其中FCA＝μ(mA＋mB)gmAvA＝，mBvB＝由以上各式代入数据解得t＝eq\f(1,4)s，vA＝2m/s，vB＝1m/s。由运动学