第33讲 动量 功能关系的综合应用

第33讲 动量 功能关系的综合应用1.如图所示，矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射击滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，则整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较( )A.两次子弹对滑块做的功一样多B.两次滑块受到的冲量一样大C.子弹射入下层过程中克服阻力做功较少D.子弹射入上层过程中系统产生的热量较多 解析：由动量守恒定律有：mv ＝(m ＋M )v ′可得两次射入滑块后，系统达到的共同速度相等，即v ′＝m m ＋Mv故两次子弹对滑块做的功相等W ＝12Mv ′2两次滑块受到的冲量相等，I ＝Δp ＝Mv ′ 两次子弹克服阻力做的功相等，即W f ＝12mv 2－12mv ′2由能的转化与守恒定律知，两次系统产生的热量相等，即Q ＝12mv 2－12(m ＋M )′2.答案：AB2.如图所示，A 、B 两物体用一根不可伸长的轻细线相连，中间有一根被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平面上，它们的质量关系为m A ＝2m B .当烧断细线后，则下列说法正确的是( )A.弹开过程中A 的速率小于B 的速率B.弹开过程中A 的动量小于B 的动量C.A 、B 同时达到速度的最大值D.当弹簧恢复原长时两物体同时脱离弹簧 解析：在弹开过程中，由动量守恒定律有： p A ＝p B ，即m A v A ＝m B v B 可知选项A 正确、B 错误.当弹簧恢复原长时A 、B 同时达到最大速度，并将一起脱离弹簧，选项C 、D 正确. 答案：ACD3.如图甲所示，质量为2m 的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m 的小铅块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等(即m 1＝m 2＝m )的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v 0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( )A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B.小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 解析：长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：v t ＝mv 03m ＝13v 0且有Q ＝fL ＝12mv 20－12×3m (v 03)2＝13mv 20长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.答案：AD 丙 4.在原子反应堆中，用石墨(碳)做减速剂使快中子变成慢中子.已知碳核的质量是中子质量的12倍，假设中子与碳核的碰撞是弹性的(即碰撞中不损失动能)，而且碰撞前碳核是静止的.设碰撞前中子的动能为E 0，则经过一次碰撞后，中子的动能损失多少？解析：设中子、碳粒的质量分别为m 、12m ，碰撞后它们的动能分别为E 1、E 2，对于碰撞的过程，由动量守恒定律有：2mE 0＝－2mE 1＋2×12mE 2 由机械能守恒定律有：E 0＝E 1＋E 2解得：E 1＝121169E 0故这一过程中，中子动能的损失ΔE ＝48169E 0.答案：48169E 05.如图所示，长为L 的细绳竖直悬挂着一质量为2m 的小球A ，恰好紧挨着放置在水平面上质量为m 的物块B .现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°的位置，然后释放小球.小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞，而后小球向右摆动的最大高度为L8，物块则向右滑行了L 的距离而静止，求物块与水平面间的动摩擦因数μ.解析：设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v 0，对于其下摆的过程，由机械能守恒定律得： 12·2m ·v 20＝2mg (L －L cos 60°)解得：v 0＝gL设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v 1、v 2 由机械能守恒定律对于小球有： 12·2m ·v 21＝2mg ·L 8由动量守恒定律有：2m ·v 0＝2m ·v 1＋mv 2 解得：v 2＝gL对于物块向右滑行的过程，由动能定理有：μmgL ＝12mv 22解得：μ＝0.5. 答案：0.5 6.如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑的水平地面上.在木板的右端有一质量为m 的小铜块(可视为质点)，现给铜块一个水平向左的初速度v 0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长为L 的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端.问：(1)铜块与长木板之间是否有摩擦力？ (2)整个过程中损失的机械能为多少？(3)轻弹簧与铜块相碰的过程中具有的最大弹性势能为多少？ 解析：(1)因m 能相对于木板停在右端，故一定存在摩擦力.(2)取铜块、长木板和弹簧整体作为系统，系统满足动量守恒条件，以向左的方向为正，则有：mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝mM ＋m v 0对全过程由能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝12mv 20－m 2v 202(M ＋m )＝mMv 202(M ＋m ). (3)系统损失的机械能等于摩擦生热产生的能量，正比于相对滑过的路程，故弹簧压至最短时，E 损′＝12E 损又由动量守恒定律可知，它们相对静止时速度为v ，由能量守恒定律有： 12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋12E 损＋E 弹 解得：E 弹＝14mv 20－14·m 2v 20M ＋m ＝mMv 204(M ＋m ).答案：(1)存在 (2)mMv 202(M ＋m ) (3)mMv 204(M ＋m )金典练习十七 动量 功能关系的综合应用选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A 带电荷量为－q ，B 带电荷量为＋2q ，下列说法正确的是( )A.相碰前两球运动中动量不守恒B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D.两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统合外力为零 解析：碰撞前后整个过程动量守恒，选项A 、B 、C 错误，D 正确. 答案：D2.如图所示，一小车放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车的总质量为M ，一质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳固定使弹簧处于压缩状态.开始时小车和C 都静止；现突然烧断细绳，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B.C 与B 碰前，C 与小车的速率之比为m ∶MC.C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D.C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：小车和木块组成的系统动量守恒，C 向右运动时小车向左运动，且有： mv ＝Mv ′即v ∶v ′＝M ∶m ，选项A 、B 错误；由动量守恒定律知，系统的总动量始终为零，故C 与油泥粘一起后与小车的共同速度立即变为零，选项C 正确.答案：C3.如图甲所示，长木板A 静止在光滑的水平面上，质量m ＝2 kg 的物体B 以v 0＝2 m/s 的水平速度滑上A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法中正确的是( )A.木板获得的动能为1 JB.系统损失的机械能为2 JC.木板A 的最小长度为1 mD.A 、B 间的动摩擦因数为0.2解析：由图线知A 、B 的共同速度为v ＝1 m/s ，由动量守恒定律有： m B v 0＝(m A ＋m B )v可得：m A ＝2 kg ，E k ＝12m A v 2＝1 JΔE ＝12m B v 20－12(m A ＋m B )v 2＝2 J A 的最小长度为AB 相对滑动的位移，由图象可得： Δs ＝1 m又因为μmg ·Δs ＝ΔE ，可得：μ＝0.1. 答案：ABC4.2002年，美国《科学》杂志评出的“2001年世界十大科技突破”中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果.该站揭示了中微子失踪的原因.即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子.在上述研究中有以下说法，其中正确的是( )A.该研究过程中牛顿第二定律依然适用B.该研究过程中能量转化和守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反解析：牛顿第二定律不适用于微观高速的物理过程，而能量的转化和守恒定律依然适用，故选项A 错误、B 正确.由动量守恒定律可得：m c v 0＝m μv 1＋m τv 2若v 1与v 0同向，则v 2可能与v 0同向，也可能反向；若v 1与v 0反向，则v 2一定与v 0同向，选项C 正确、D 错误.答案：BC5.如图所示，在光滑水平面上的小车的表面由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成.当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止.如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则( )A.还是滑到C 点停止B.滑到BC 间某处停止C.会冲出C 点落到车外D.上述三种情况都有可能解析：由动量守恒定律知，小车不固定时，物体与小车达到的共同速度也为零，又由能量的转化和守恒定律有：mg ·Δh ＝μmg ·ΔL即物体仍将滑至C 点停住. 答案：A6.如图所示，船的质量为M ，船上站一质量为m 的运动员，运动员要从这静止的船上水平跃出，到达与船水平距离为s 、比甲板低h 的岸上，至少要做功W ，不计水的阻力，则下列说法正确的是( )A.如s 、h 一定，M 越大，W 越大B.如s 、m 和h 一定，M 越大，W 越小C.如s 、M 和h 一定，W 与m 成正比D.如s 、m 和M 一定，h 越大，W 越小解析：设运动员要跳上岸所需的最小初速度为v 1，此时船的反冲速度为v 2，由动量守恒定律有：Mv 2＝mv 1＝p 0其中v 1＝s g2h可得：v 2＝ms M g2h由能量的转化和守恒定律知，运动员做的功为：W ＝12Mv 22＋12mv 21＝m 2s 2g 4h (1M ＋1m ).答案：BD7.如图所示，一木板静止在光滑水平面上，其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板的质量M ＝3 kg.一质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端.在上述过程中，弹簧具有的最大弹性势能为( )A.3 JB.6 JC.20 JD.4 J 解析：由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋M )v t由题意知，系统由于摩擦生热而损失的动能为：ΔE k ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2t ＝6 J 故知弹簧压缩最大时摩擦生热损失的动能为： 12ΔE k＝3 J 此时弹簧的弹性势能最大为：E p ＝12mv 20－12ΔE k －12(m ＋M )v 2t ＝3 J. 答案：A8. 如图所示，两物体A 、B 用轻质弹簧相连静止在光滑的水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大、反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动.在运动过程中，对A 、B 两物体及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A.动量始终守恒B.机械能始终守恒C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D.当弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体的速度为零解析：A 、B 及弹簧组成的系统所受的合外力为零，则动量始终守恒，选项A 正确；F 1、F 2对A 、B 同时做正功或负功，系统的机械能不守恒，选项B 错误；因为F 1、F 2对系统做功之和等于系统机械能的变化，故在弹簧伸长的过程中机械能一直增大，选项C 正确；当弹力的大小与F1、F 2的大小相等时，A 、B 的速度最大，选项D 错误.答案：AC9.如图所示，质量相同的两小球A 、B 均用细线吊在天花板上(A 、B 两球均不触地).现将小球A 拉离平衡位置，使其从高h 处由静止开始向下摆动，当它摆至最低点时，恰好与小球B 正碰，则碰后B 球能升起的高度可能为( )A.h 2B.hC.h 4D.h 8解析：当两球发生弹性碰撞时，B 球能向左摆至的最大高度h max ＝h当两球发生完全非弹性碰撞时，B 球能向左摆至的高度有最小极值h min ，有： m 2gh ＝2mv v 2＝2gh min可得：h min ＝h4故B 球能向左摆的高度h ′的范围为：h4≤h ′≤h .答案：ABC10.将质量M ＝3m 的木块固定在水平面上，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，子弹穿出木块时的速度为v 03；现将同样的木块放在光滑的水平面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块，则子弹( )A.不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速运动B.能射穿木块C.刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为零D.刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度大于v 03解析：当木块固定时，由动能定理及能量的转化和守恒定律知：W f ＝Q ＝12mv 20－12m (v 03)2＝49mv 20 假设木块置于光滑水平面时，子弹射穿至木块右端时恰好与木块达到的共同速度，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 1解得：v 1＝v 04则射穿后子弹与木块的总动能以及射穿过程摩擦生热和为：E ′＝12·(4m )·(v 04)2＋49mv 20＝4172mv 20＞12mv 20这违背了能量的转化和守恒定律，故子弹不可能射穿木块. 答案：A非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)40 kg 的女孩骑质量为20 kg 的自行车带40 kg 的男孩(如图所示)，行驶速度为3 m/s.自行车行驶时，男孩要从车上下来.(1)他知道如果直接跳下来，他容易摔跤，为什么？(2)若他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是零.计算男孩下车的瞬间女孩和自行车的速度.(3)计算自行车和两个孩子组成的整个系统的动能在男孩下车前后的值.如果不同，请解释.解析：(1)男孩直接跳下后具有3 m/s 的水平速度，脚着地后身体由于惯性容易前倾而摔跤.(2)设女孩质量为m 1，男孩质量为m 2，自行车质量为m 车，由动量守恒定律得： (m 车＋m 1＋m 2)v 0＝(m 车＋m 1)v 1解得男孩下车瞬间女孩和自行车的速度v 1＝5 m/s.(3)E k ＝12(m 车＋m 1＋m 2)v 20＝450 J E k ′＝12(m 车＋m 1)v 21＝750 J 故知系统动能增加，说明男孩下车时的推力对车及自己总共做的功为： W ＝E k ′－E k ＝300 J. 答案：略12.(13分)如图所示，一辆质量为m ＝2 kg 的平板车左边放有质量M ＝3 kg 的滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时平板车和滑块以v 0＝2 m/s 的共同速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙发生碰撞.设碰撞时间极短，且碰后平板车的速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车的右端，取g ＝10 m/s 2.则(1)平板车第一次与墙发生碰撞后向左运动的最大距离为多少？ (2)平板车第二次与墙碰撞前瞬间的速度v 为多大？(3)为使滑块始终不会滑到平板车的右端，平板车至少多长？解析：(1)第一次碰撞后，由于时间极短，滑块M 的速度不变，大小为v 0＝2 m/s ，方向向右；平板车的速度大小为v 0，方向向左.然后两者在摩擦力作用下都做减速运动，平板车向左减速到零时，平板车向左运动的距离为最大.设平板车向左运动的最大距离为s ，对平板车由动能定理得：－μMgs ＝0－mv 202代入数据得：s ＝0.33 m.(2)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，由运动学知识知，平板车此时的速度大小应为2 m/s ，而滑块的速度不小于2 m/s ，方向均向右，这样就违背了动量守恒，所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有相同的速度v ，由动量守恒得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v解得：v ＝0.4 m/s ，此速度为平板车在第二次与墙碰前瞬间的速度. (3)平板车与墙发生多次碰撞，最后停止在墙边，设滑块相对平板车的总位移为L ，则有：(M ＋m )v 22＝μMgL代入数据解得：L ＝56m ＝0.83 mL 即为平板车的最短长度.答案：(1)0.33 m (2)0.4 m/s (3)0.83 m13.(14分)如图所示，两端开口、内壁光滑、长为H 的直玻璃管MN 竖直固定在水平面上，a 、b 两个小球直径相等(均略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度)，质量分别为m 1和m 2，且有m 1＝3m 2.开始时，a 球在下，b 球在上，两球紧挨着在管中从M 处由静止同时释放，a 球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上，紧接着与b 球相碰使b 球竖直上升.设两球碰撞时间极短，碰撞过程中总动能不变.若在b 球开始上升的瞬间，一质量为m 3的橡皮泥c 在M 处自由落下，且b 与c 在管中某处相遇后粘在一起运动.(1)求a 、b 两球碰撞后瞬间的速度.(2)要使b 、c 黏合后能够竖直飞出玻璃管口，则m 2与m 3之比必须满足什么条件？ 解析：(1)设管长为H ，取向上为正方向，则a 、b 两球到达玻璃管底端时速度都为： v 0＝－2gHa 球着地反弹后瞬间的速度为： v a ＝2gHa 、b 两球相碰前后，由动量守恒定律有： m 1v a ＋m 2v 0＝m 1v a ′＋m 2v b 又由总动能守恒，有： 12m 1v 2a ＋12m 2v 20＝12m 1v a ′2＋12m 2v 2b代入m 1＝3m 2，可解得：v a ′＝0，v b ＝8gH .(2)设c 球在M 处下落经过时间t 后与b 球相碰，则有：v b t －12gt 2＋12gt 2＝H解得：t ＝H8g故b 、c 两球碰前瞬间的速度分别为：v b ′＝8gH －gH 8，v c ＝－gH8对于b 、c 两球相碰的过程，由动量守恒定律有： m 2v b ′＋m 3v c ＝(m 2＋m 3)v bc要使b 、c 两球黏合后能飞出管口，则碰后瞬间的速度必须向上，且v bc ≥gH8取v bc ＝gH8代入上式可得：m 2(8gH －gH 8)－m 3gH 8＝(m 2＋m 3)gH8解得：m 2∶m 3＝1∶3因此，要使b 、c 黏合后能够竖直飞出玻璃管口，必须满足条件：m 2m 3>13.答案：(1)8gH (2)m 2m 3>13。