物理二轮复习 专题五 动量与原子物理学 第一讲 动量守恒定律——课后自测诊断卷
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第一讲动量守恒定律
——课后自测诊断卷
1.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
解析:选C 在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,可得另一块的速度为v′=3v0-2v。
2.[多选]如图所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始
释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h
的B点时速度减为零。不计空气阻力,重力加速度为g。关于小球下落的整个
过程,下列说法正确的有( )
A.小球的机械能减少了mg(H+h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m2gH
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
解析:选AC 小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程运用动能定理得,mg(H+h)-W f=0,则小球克服阻力做功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面的速度v=2gH,对进入泥潭的过程运用动量定理得:I G-I F=0-m2gH,得:I F=I G+m2gH,可知阻力的冲量大于m2gH,故C正确;对全过程分析,运用动量定理知,动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误。
3.如图所示,有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估
计一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如
下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到
船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷
尺测出船长L。已知他自身的质量为m,则渔船的质量为( )
A.m L+d
d
B.
m L-d
d
C.mL
d
D.
m L+d
L
解析:选B 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v′,人从船尾走到船头
所用时间为t ,则v =d t ,v ′=
L -d t ,取船的速度为正方向,根据动量守恒定律可得Mv -mv ′=0,即M d
t =m L -d t ,解得渔船的质量M =m L -d d
,故B 正确。 4.(2019·盐城三模)在气垫导轨上,一个质量为0.6 kg 的滑块甲以0.15 m/s 的速度与另一质量为0.4 kg 、速度为0.1 m/s 并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞,碰撞后两个滑块粘在一起,则碰撞后两个滑块一起运动的速度大小为________m/s ,碰撞过程中乙滑块受到甲冲量大小为________N·s。
解析:选甲的初速度为正方向,根据动量守恒定律有:m 甲v 甲-m 乙v 乙=(m 甲+m 乙)v ,代入数据解得:v =0.05 m/s ,对乙应用动量定理有:I =m 乙v -(-m 乙v 乙),代入数据解得:I =0.06 N·s。
答案:0.05 0.06
5.(2018·江苏高考)如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m ,运动
速度的大小为v ,方向向下。经过时间t ,小球的速度大小为v ,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g ,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。
解析:取向上为正方向,根据动量定理
mv -(-mv )=I -mgt
解得I =2mv +mgt 。
答案:2mv +mgt
6.(2019·南京、盐城二模)在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛
中,中国选手隋文静、韩聪组合获得亚军。如图所示为某次训练中情
景,他们携手滑步,相对光滑冰面的速度为1.0 m/s 。韩聪突然将隋
文静向原先运动方向推开,推力作用时间为2.0 s ,隋文静的速度大小变为4.0 m/s 。假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg 和60 kg ,求:
(1)推开后韩聪的速度大小;
(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。
解析:(1)以原来运动方向为正方向,由动量守恒定律得
(m 1+m 2)v =m 1v 1+m 2v 2
解得v 2=-1 m/s ,速度大小为1 m/s 。
(2)由动量定理Ft =m 2v 2-m 2v ,解得F =-60 N ,即大小为60 N 。
答案:(1)1 m/s (2)60 N
7.(2019·宿迁一模)如图所示,质量为M 的木块位于光滑水平面上,木块与墙间用轻弹簧连接,开始时木块静止在A 位置。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中,经过一段时间,木块第一次回到A 位置,弹簧在弹性限度内。求:
(1)木块第一次回到A位置时速度大小v;
(2)此过程中墙对弹簧冲量大小I。
解析:(1)子弹射入木块过程,由于时间极短,子弹与木块间的内力远大于系统外力,由动量守恒定律得:
mv0=(M+m)v
解得:v=mv0
m+M
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动,后做加速运动,回到A位置时速度
大小不变,即当木块回到A位置时的速度大小v=mv0
m+M
;
(2)子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力,根据动量定理得:I=-(M+m)v-mv0=-2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。
答案:(1)mv0
m+M
(2)2mv0
8.(2019·苏、锡、常、镇一模)如图所示足够长的光滑水平面上,用质量分别为3 kg 和1 kg的甲、乙两滑块,将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后使甲、乙处于静止状态。乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放,当弹簧恢复原长时,甲的速度大小为2 m/s,此时乙尚未与P相撞。
(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小;
(2)若乙与挡板P碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。
解析:(1)当弹簧恢复原长时,设甲乙的速度分别为v1和v2,对两滑块及弹簧组成的系统,设向左的方向为正方向,由动量守恒定律可得:
m1v1+m2v2=0
又知v1=2 m/s
联立以上方程可得v2=-6 m/s,方向向右。
(2)乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞,则说明乙反弹的速度最大为v3=2 m/s
由动量定理可得,挡板对乙滑块冲量的最大值为:
I=m2v3-m2v2=1×2 N·s-1×(-6)N·s=8 N·s
答案:(1)6 m/s (2)8 N·s