内容正文:
第4.2节 动量守恒定律的应用(二)
——人船模型和子弹大木块模型
1.一质量为60kg的独木舟停在风光秀丽的易水湖,独木舟长为2m,一人(质量为60kg)从独木舟前端走到后端,不计水的阻力,则这过程中独木舟的位移大小是( )
A.0 B.1m C.2m D.0.5m
【答案】B
【详解】设人和独木舟的质量均为m,对人和独木舟系统,由动量守恒得,即
又因为,解得:
故选B。
2.如图所示,子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中,下列说法中正确的是( )
A.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
B.子弹动量的变化量与木块动量的变化量相同
C.子弹对木块冲量的大小一定大于木块对子弹冲量的大小
D.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
【答案】D
【详解】AB.子弹与木块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,子弹动量变化量与木块动量变化量大小相等,方向相反,由于子弹与木块的质量不同,子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量,选项AB错误;
CD.子弹与木块之间的力为作用力与反作用力,它们大小相等,方向相反,作用时间t相等,根据可知,子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等,方向放相反,选项C错误,D正确;
故选D。
3.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为M的木块,现有质量为m的子弹以大小为的水平速度射穿木块,子弹穿出木块后的速度为,不计空气阻力和子弹与木块作用的时间,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.子弹穿出的瞬间,木块速度大小为
B.子弹穿出的瞬间,环对轻杆的压力等于
C.子弹穿出后,木块和圆环构成的系统动量守恒
D.子弹穿出后,木块和圆环构成的系统机械能不守恒
【答案】A
【详解】A.由动量守恒定律可得,,解得,故A正确;
B.子弹穿出的瞬间,设绳长为R,对木块分析,可得
对环受力分析,可知环受到的支持力为,故B错误;
C.子弹穿出后,木块和圆环构成的系统在竖直方向上合力不为0,所以系统在竖直方向上动量不守恒,故C错误;
D.子弹穿出后,木块和圆环构成的系统只有重力做功,机械能守恒,故D错误。
故选A。
4.张洪老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量,他进行了如下操作:首先他轻轻从船尾上船,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,不计水的阻力,则渔船的质量为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】设渔船的质量为,人和船组成的系统满足动量守恒,则有,
则有,可得,又,
联立解得渔船的质量为
故选C。
5.如图所示,凹槽Q静置于光滑水平面上,其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计。则以下说法正确的是( )
A.Q和P组成的系统机械能守恒
B.Q和P组成的系统动量守恒
C.当Q的动能最大时,P的动能最小
D.当P释放后第一次速度为零时,其位移大于2R
【答案】A
【详解】A.Q和P组成的系统,只有小球P的重力做功,满足系统机械能守恒,故A正确;
B.由于小球P在竖直方向存在加速度,而凹槽Q在竖直方向没有加速度,则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零,竖直方向动量不守恒,故Q和P组成的系统动量不守恒,故B错误;
C.Q和P组成的系统在水平方向不受力,系统满足水平方向动量守恒,当小球P运动到圆心等高处时,小球P和凹槽Q的速度均为零,此时小球P和凹槽Q的动能均最小,故C错误;
D.当P释放后第一次速度为零时,小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处,此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为,但由于凹槽Q向右运动,可知小球P的位移小于,故D错误。
故选A。
6.如图所示,一半圆槽滑块的质量为M,半圆槽半径为R,滑块置于光滑水平桌面上,一质量为m的小智能机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端,在无线遥控器控制下,机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是( )
A.只有小机器人运动,滑块不运动 B.滑块运动的距离是
C.滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R D.小机器人运动的位移是滑块的倍
【答案】C
【详解】CD.小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒,小机器人从A端移动到B端的过程中,设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和,则
所以在整个过程中,二者的平均速度大小满足
则二者水平位移大小(即运动的水平距离)满足
根据相对位移关系有
即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R,且,故C正确,D错误;
AB.根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为,,故AB错误。
故选C。
7.质量为m=40kg的气球上有一质