2020-2021學(xué)年物理教科版選修3-5：課時作業(yè)3 動量守恒定律的應(yīng)用 Word版含解析

1、課時作業(yè)3動量守恒定律的應(yīng)用時間：45分鐘一、選擇題(16為單選，79為多選)1冰壺運(yùn)動深受觀眾喜愛，圖1為運(yùn)動員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動一段時間后與對面靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的(b)2如圖所示，質(zhì)量為m的a小球以水平速度v與靜止的質(zhì)量為3m的b小球正碰后，a球的速率變?yōu)樵瓉淼?，而碰后b球的速度是(以v方向?yàn)檎较?(d)av/6 bvcv/3 dv/2解析：碰后a的速率為v/2，可能有兩種情況：v1v/2；v1v/2.根據(jù)動量守恒定律，當(dāng)v1v/2時，有mvmv13mv2，v2v/6；當(dāng)v1v/2時，有mvmv13

2、mv2，v2v/2.若它們同向，則a球速度不可能大于b球速度，因此只有d正確3如圖所示，木塊a和b質(zhì)量均為2 kg，置于光滑水平面上b與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)a以4 m/s的速度向b撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為(b)a4 j b8 jc16 j d32 j解析：a與b碰撞過程動量守恒，有mava(mamb)vab，所以vab2 m/s.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，a、b的動能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢能，所以ep(mamb)v8 j.4一個靜止的質(zhì)量為m的原子核，放射出一個質(zhì)量為m的粒子，粒子離開原子核時相對于核的速度為v0

3、，原子核剩余部分的速率等于(c)av0 b.v0c.v0 d.v0解析：取整個原子核為研究對象由于放射過程極為短暫，放射過程中其他外力的沖量均可不計，系統(tǒng)的動量守恒放射前的瞬間，系統(tǒng)的動量p10，放射出粒子的這一瞬間，設(shè)剩余部分對地的反沖速度為v，并規(guī)定粒子運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，則粒子的對地速度vv0v，系統(tǒng)的動量p2mv(mm)vm(v0v)(mm)v，由p1p2，即0m(v0v)(mm)vmv0mv得vv0.5.質(zhì)量m100 kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端站著m甲40 kg，m乙60 kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3 m/s的速度躍入水中，如圖所示，則小船的運(yùn)動

4、速率和方向?yàn)?a)a0.6 m/s，向左 b3 m/s，向左c0.6 m/s，向右 d3 m/s，向右6質(zhì)量相等的a、b兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧(不拴接)，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用板擋住小球a而只釋放b球時，b球被彈出落到距桌邊水平距離為s的地面上，如圖所示若再次以相同力壓縮該彈簧，取走a左邊的擋板，將a、b同時釋放，則b球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為(d)a. b.scs d.s解析：擋板擋住a球時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為b球的動能，有epmv，擋板撤走后，彈性勢能兩球平分，則有ep2mvb2，由以上兩式解得vbvb，又因?yàn)閎球落地時間不變，故d對7從某時刻開始人從船頭走向船尾設(shè)水的阻力不計

5、，那么在這段時間內(nèi)關(guān)于人和船的運(yùn)動情況，下列判斷正確的是(abc)a人勻速行走，船勻速后退，兩者速度的大小與它們的質(zhì)量成反比b人加速行走，船加速后退，而且加速度的大小與它們的質(zhì)量成反比c人走走停停，船退退停停，兩者的動量總和總是為零d當(dāng)人從船頭走到船尾停止運(yùn)動后，船由于慣性還會繼續(xù)后退一段距離解析：由動量守恒定律和牛頓第三定律知a、b、c正確8木塊長為l，靜止在光滑的水平桌面上，有a、b兩顆規(guī)格不同的子彈以相反的速度va、vb同時射向木塊，a、b在木塊中嵌入的深度分別為da、db，且dadb，(dadb)vbb子彈a的動能等于子彈b的動能c子彈a的動量大小大于子彈b的動量大小d子彈a的動量大小

6、等于子彈b的動量大小解析：由題知，子彈a、b從木塊兩側(cè)同時射入木塊，木塊始終保持靜止，分析可知，兩子彈對木塊的推力大小相等，方向相反，子彈在木塊中運(yùn)動時間必定相等，否則木塊就會運(yùn)動設(shè)兩子彈所受的阻力大小均為f，根據(jù)動能定理，對a子彈有fda0eka，得ekafda，對b子彈有fdb0ekb，得ekbfdb.由于dadb，則子彈入射時的初動能ekaekb，故b錯誤兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，因射入后系統(tǒng)的總動量為零，所以子彈a的動量大小等于子彈b的動量大小，故c錯誤，d正確根據(jù)動量與動能的關(guān)系得mv，則有，而ekaekb，則得到mavb，a正確9帶有光滑圓弧軌道質(zhì)量為m的滑車靜止在光滑水平面

7、上，如圖所示一質(zhì)量也為m的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，到達(dá)一定高度后，小球又返回車的左端，則(bc)a小球以后將向左做平拋運(yùn)動b小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動c此過程中小球?qū)π≤囎龅墓閙vd小球在弧形槽上上升的最大高度為解析：小球上升到最高點(diǎn)時與小車相對靜止，有共同速度v，由動量守恒定律得mv02mv，由機(jī)械能守恒定律得mv2mv2mgh，聯(lián)立解得h，故選項(xiàng)d錯誤；從小球滾上到滾下并離開小車，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由于無摩擦力做功，動能守恒，此過程類似彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱悖_始做自由落體運(yùn)動，故選項(xiàng)b、c正確，a錯誤二、非選擇題10如圖所示，光滑水平軌道上有三個木塊a，b，

8、c，質(zhì)量分別為ma3m，mbmcm，開始時b，c均靜止，a以初速度v0向右運(yùn)動，a與b碰撞后分開，b又與c發(fā)生碰撞并粘在一起，此后a與b間的距離保持不變求b與c碰撞前b的速度大小答案：v0解析：a與b碰撞時動量守恒，設(shè)a與b碰撞后，a的速度為va，b與c碰撞前b的速度為vb，則mav0mavambvbb與c碰撞時動量守恒，設(shè)粘在一起的速度為v，則mbvb(mbmc)v由a與b間的距離保持不變可知vav聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vbv0.11.如圖所示，小球a，b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)o.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大

9、偏角為60.忽略空氣阻力，求：(1)兩球a，b的質(zhì)量之比；(2)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動能之比答案：(1)1(2)1解析：(1)設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細(xì)線長為l，球b下落到最低點(diǎn)，但未與球a相碰時的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得m2glm2v2，設(shè)a球質(zhì)量為m1，在兩球碰后的瞬間，兩球的共同速度為v，以向左為正，由動量守恒定律得m2v(m1m2)v，設(shè)兩球共同向左運(yùn)動到最高處時，細(xì)線與豎直方向的夾角為，由機(jī)械能守恒定律得(m1m2)v2(m1m2)gl(1cos)，聯(lián)立式得1，代入數(shù)據(jù)得1.(2)兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失是qm2gl(m1m2)gl(1cos)，聯(lián)立式，

10、q與碰前球b的最大動能之比為1(1cos)，聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得1.12如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動重力加速度的大小g取10 m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案：(1)20 kg(2)見解析解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20(m2m3)v，m2v(m2m3)v2m2gh，式中v203 m/s為冰塊推出時的速度解得m320 kg