專(zhuān)題6：動(dòng)量-參考答案

.(2)(9分)解：(i)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB= ①將h=0.8m代入上式，得 vB=4m/s ②(ii)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′=0)，B球的速度分別為v2和v2′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 v1=gt ③由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變。規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mAv1+mBv2=mBv2′ ④ mAv+mBv=mB ⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 vB′=vB ⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 h′= ⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′=0.75m ⑧2(i)在一段很短的時(shí)間內(nèi)，可以為噴泉噴出的水柱保持速度不變。該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度： ①?lài)姵鏊|(zhì)量： ②其中為水柱體積，滿(mǎn)足： ③由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為(ii)設(shè)玩具底面相對(duì)于噴口的高度為由玩具受力平衡得： ④其中，為玩具底部水體對(duì)其的作用力．由牛頓第三定律： ⑤其中，為玩具時(shí)其底部下面水體的作用力為水體到達(dá)玩具底部時(shí)的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： ⑥在很短時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為 ⑦由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱有動(dòng)量定理 ⑧由于很小，也很小，可以忽略⑧式變?yōu)? ⑨由④⑤⑥⑦⑨可得 26．（20分）設(shè)子彈初速度為，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V，由動(dòng)量守恒得 ①解得此過(guò)程中動(dòng)能損失為 ②解得分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過(guò)第一塊鋼板時(shí)兩者的速度分別為和V1，由動(dòng)量守恒得 ③因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔?，射穿第一塊鋼板的動(dòng)能損失為，由能量守恒得 ④聯(lián)立①②③④式，且考慮到必須大于，得 ⑤設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為2，由動(dòng)量定恒得 ⑥損失的動(dòng)能為 ⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式得 ⑧因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔Γ散嗍娇傻?，射入第二塊鋼板的深度x為 ⑨21.2.（2）=1\*GB3①P點(diǎn)是在實(shí)驗(yàn)的第一步中小球1落點(diǎn)的平均位置M點(diǎn)是小球1與小球2碰后小球1落點(diǎn)的平均位置N點(diǎn)是小球2落點(diǎn)的平均位置=2\*GB3②小球從槽口C飛出后作平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，假設(shè)為t,則有小球2碰撞前靜止，即=3\*GB3③OP與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，OM和ON與小的質(zhì)量有關(guān)24.解：設(shè)：小球m的擺線長(zhǎng)度為l小球m在下落過(guò)程中與M相碰之前滿(mǎn)足機(jī)械能守恒：=1\*GB3①m和M碰撞過(guò)程滿(mǎn)足：=2\*GB3②=3\*GB3③聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③得：=4\*GB3④說(shuō)明小球被反彈，而后小球又以反彈速度和小球M發(fā)生碰撞，滿(mǎn)足：=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥解得：=7\*GB3⑦整理得：=8\*GB3⑧所以：=9\*GB3⑨而偏離方向?yàn)?50的臨界速度滿(mǎn)足：=10\*GB3⑩聯(lián)立=1\*GB3①=9\*GB3⑨=10\*GB3⑩代入數(shù)據(jù)解得，當(dāng)n=2時(shí)，當(dāng)n=3時(shí)，所以，最多碰撞3次16．C22.14.（1）64.7（3分，答數(shù)在64.2到65.2范圍內(nèi)的都給分）。（2）A、B、D（3分，不是A、B、D的均給零分。）22參考解答：（1）設(shè)C球與B球粘連成D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒，有mv0=(m+m)v1①當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，高此速度為v2，由動(dòng)量守恒，有2mv1=3mv2②由①、②兩式得A的速度（2）設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為E，由能量守恒，有撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離開(kāi)擋板P，并獲得速度，當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng)，設(shè)此時(shí)的速度為v4，由動(dòng)量守恒，有2mv3=3mv4⑥當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為Ep捰衉10.25.2．D13.A、C17.28.解:(1)在小車(chē)朝正x方向滑行的過(guò)程中,第(n-1)個(gè)沙袋扔到車(chē)上后的車(chē)速為,第n個(gè)沙袋扔到車(chē)上后的車(chē)速為,由動(dòng)量守恒定律

①

小車(chē)反向運(yùn)動(dòng)的條件是：，,即②③

代入數(shù)字,得：

n應(yīng)為整數(shù),故n=3,即車(chē)上堆積3個(gè)沙袋后車(chē)就反向滑行.

(2)車(chē)自反向滑行直到接近一側(cè)第1人所在位置時(shí),車(chē)速保持不變,而車(chē)的質(zhì)量為.若在朝負(fù)x方向滑行過(guò)程中，第(n-1)個(gè)沙袋扔到車(chē)上后車(chē)速為,第n個(gè)沙袋扔到車(chē)上后車(chē)速為，現(xiàn)取在圖中向左的方向(負(fù)x方向)為速度、的正方向,則由動(dòng)量守恒定律有車(chē)不再向左滑行的條件是

④

即⑤

⑥或：

n=8時(shí),車(chē)停止滑行,即在一側(cè)第8個(gè)沙袋扔到車(chē)上后車(chē)就停住.故車(chē)上最終共有大小沙袋3+8=11個(gè).15.B18.B、C34.解一:A球向B球接近至A、B間的距離小于l之后,A球的速度逐步減小,B球從靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng),兩球間的距離逐步減小.當(dāng)A、B的速度相等時(shí),兩球間的距離最小.若此距離大于2r,則兩球就不會(huì)接觸.所以不接觸的條件是v1=v2①l+s2-s1>2r②其中v1、v2為當(dāng)兩球間距離最小時(shí)A、B兩球的速度;s1、s2為兩球間距離從l變至最小的過(guò)程中,A、B兩球通過(guò)的路程.由牛頓定律得A球在減速運(yùn)動(dòng)而B(niǎo)球作加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A、B兩球的加速度大小為③設(shè)v0為A球的初速度,則由勻加速運(yùn)動(dòng)公式得聯(lián)立解得⑥(13)D五、射穿過(guò)程中,水平方向動(dòng)量守恒,可得mv0=MV+mv．

(1)射穿后,木塊在擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,可得五、(1)在推出和抓住的過(guò)程中,小孩、冰車(chē)和箱子的總動(dòng)量守恒.要想剛能避免相碰,要求抓住后甲和乙的速度正好相等.由此就可求得推出時(shí)的最小速度.設(shè)箱子推出后其速度為v,甲孩的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv+Mv1=(m+M)v0(a)設(shè)乙孩抓住箱子后其速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒可得(m+M)v2=mv-Mv0.(b)剛好不相碰的條件要求v1=v2.(c)由(a)、(b)、(c)三式可解得代入數(shù)值可得v=5.2米/秒.(2)設(shè)推出時(shí)甲對(duì)箱子做功為W,根據(jù)功能關(guān)系可知代入數(shù)值可得W=1.7×102焦耳.七、(1)到達(dá)平衡位置O前,1和2一起作加速運(yùn)動(dòng).到O點(diǎn)后,1開(kāi)始減速,2開(kāi)始作勻速運(yùn)動(dòng).因而2和1將在O點(diǎn)分離.到達(dá)O點(diǎn)前,把1、2和彈簧看作一個(gè)系統(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)的彈簧的彈性力作功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,令v表示1和2到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率,則有:這就是分離時(shí)物體2的速率.(2)分離后,在下一次相遇前,1以O(shè)點(diǎn)為平衡位置作簡(jiǎn)諧振動(dòng),振動(dòng)的周期