《全品作业本》选修3-5答案.docx

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1、参考答案第十六章动量守恒定律1实验：探究碰撞中的不变量1. BCD 解析为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平；要使两球碰撞是一维的,两球球心必须在同一高度；质量为m1的小球每次必须从同一高度滚下，以保证其每次滑到斜槽末端时的速度相同；在该实验中，斜槽没必要保证光滑，故3、C、。正确.2. C 解析要验证碰撞中mv的矢量和守恒，即maVo=nv + mbV2,小球做平抛运动,根据平抛运动规律可知，两小球运动的时间相同，上式可转换为mavot=mav1t+mbv2t,故需验证raOP=maOM+rb ON,因此A、B、。错误，C正确.3. (1)F (2)mAXi=mBX2解析取小球A的初速度方

2、向为正方向，两小球质量分别为nu、mB,平抛的初速度分别为VI、V2,平抛运动的水平位移分别为X、X2,平抛运动的时间为t.需要验证的关系式为0 = rAV bV2,其IV=, V2=；代入得到mAxi=mBX2故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h,所以多余的步骤是F.4. (1)接通充气开关，调节导轨使滑块能静止在导轨上滑块到光电门的距离(或AC、BD之间的距离)5. 碰撞前后两滑块的质量与速度的乘积之和是不变量3 解析J碰撞之前，a滑块的速度Va=F 加s=03加s从闪光照片分析，碰撞之前，b滑块静止，Vb=O碰撞之前，有 mava+mbVb=0.2 0.3 kg ms=0.06 k

3、g mis从闪光照片分析，第二次闪光瞬间正是发生碰撞的时刻碰撞之后，a、b两滑块的速度分别为,1.5X102v a= mis=0.15 m/s-2(2)碰撞前小车A的速度v=群丫*；)一 心=1.050ms,碰撞前小车A的质量与J 13 U.UZde速度的乘积为mAVo=O4X 1.050奴 ms=0.420奴m/s；碰撞后A、B的共同速度v=亓2s乂八八ms=0695 m/s,碰撞后A、B的质量与速度的乘积之和为(mA+mB)v = (0.2+0.4)J A U.UZ 0.695 kg tm5=0.417 kgms.8. (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)0.620 0.618(3

4、)纸带与打点计时器的限位孔间有摩擦0 2解析两滑块相互作用前，滑块1的速度0=品氏m/$=26/5,U.UZ D其mv的矢量和为0.310版X2 ws=0.620 kgm!s,两滑块相互作用后，滑块1和滑块2具有相同的速度v=嘱 mls=2mls,u.uz /其 mv 的矢量和为(0.310 依+0.205 kg)X 1.2 相s=0.618 版 ms.2动量和动量定理9. B 解析物体的动量是指物体的质量和速度的乘积，物体的动量大，即它的质量和速度的乘积大，但速度不一定大，惯性(由质量决定)也不一定大，故A错误，8正确；动量与动量的变化量没有直接关系，动量大的物体，其动量的变化量可能大，也可

5、能小，C错误;竖直上抛的物体经过空中同一位置时，速度方向不同，所以动量不同，。错误.10. D 解析选竖直向上的方向为正方向，动量的变化为p=mv2-(-mv) = m(v +V2)，p0,表明方向是竖直向上的.11. D 解析球在地面上滚动了 105,这是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量.12. D 解析根据冲量的定义可知，拉力F的冲量和重力mg的冲量分别为Ft和mgt；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即mv,选项力正确.13. C 解析人从高处跳到低处，从与地面接触到最后静止的过程中，动量变化量是一

6、个定值，由动量定理可知，冲量也是定值，A、3错误；脚尖着地后膝盖弯曲，增大了与地面的作用时间，从而减小了地面对人的作用力，。正确，。错误.14. AC 解析A、B两球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球 D V动量的变化大小相等，方向相同，选项A正确，选项8错误；动量的变化率为咪=mq=mg,因此两球动量的变化率大小相等，方向相同，选项C正确，选项。错误.15. C 解析安全带长5相，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v= 何 =1()mk,受安全带的保护，经1.2 s速度减小为()，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F-mg)t=O(一mv),则 F=+mg=

7、?N+60X 10 N= 1100 N.16. B17. A 解析由动能定理得mg(H+h)+W=0,则W=-mg(H+h),所以小球的机械能减少了 mg(H+h),选项A正确，选项3错误；小球自由下落至地面过程中机械能守恒，有mgH=%w2,解得，=也函，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得lGTf=0 mv,所以L=lG+mv = lG+m2gH,小球所受阻力的冲量大丁 n5函，选项C错误；由动量定理知，小球动量的改变量为零，选项。错误.18. (1)3 m/s (2)2.0X103?/解析(1)跳起后重心升高h = 2.55 m-2.10 w=0.45 m根据机械能守恒定律得/n v2

8、=mgh解得 v=12gh = 3 ms.(2)由动量定理得(Fmg)t=mv-0解得 F=np+mg = 2.0 103 N根据牛顿第三定律可知，人对地面的平均压力F=2.0103 N.19. (1)1441 N 8108N (2)原因略解析(1)规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的初、末动量分别为 p = mv=m12gh, p, =0由动量定理得(Bvmg) dt=p-p解得Fw=mg+生缙落在海绵垫上时，t = ls,则(1 702 105.6 z 1 2Fv = 7010+J 21441 N落在沙坑里时，t2=Os,则( l 7O2IO5.6 7 oio zF

9、v2= 70 10+ri N8108NU. 1/(2)放上海绵垫后，运动员发生同样动量变化的时间延长了，所受的作用力较小，同时又增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积，可以有效地保护运动员不受猛烈撞击而受伤.20. 2103N解析设时间t内落至石头上的水的质量为m,水的速度为v,则u 12mgh = 2mvm=Qtp设石头对水的平均作用力为F,则Ft=mv即 F=Qp2gh=0.10 1.0 1032 1020 N=2XlN N由牛顿第三定律得，水对石头的冲击力F=F=2X103n.21. (1)90w52 6 倍 (2)略解析(1)设重物受到冲击力最大时的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F,

10、w-mg =ma解得 a=90 ms2重物在空中运动过程中，由动能定理得mgh=mv2重物与地面接触前瞬间速度大小v=H重物离开地面瞬间速度大小v2=h重物与地面接触过程，设重物受到的平均作用力大小为F,取竖直向上为正方向，由动量定理得(Fmg)t=mv2-m( v)解得F=51ON工=6mg因此重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)人接触地面后要下蹲以通过延长与地面接触的时间从而减小受到地面的冲击力.3动量守恒定律(A组)1. ABD 解析动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力作用时，系统动量守恒；系统所受的合外力为。时，系统动量守恒；(3)系统所受的合外力虽然不为零，

11、但系统内力远大于外力时，系统的动量近似看成守恒.2. C3. Amv + mvx,4. B解析甲船、乙船组成的系统所受的合力为零，动量守恒，选项。正确.解析设冰壶质量为m,碰后中国队冰壶速度为vx,由动量守恒定律得nvo=解得vx=0.1 mis,故选项A正确.先放开左手，左边的小车就向左当再放开右手后，系统所受的合放开右手后总动量方向也向左，解析当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确;运动，右手对右边的小车有作用力，故系统的动量不守恒,外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左,故选项B错误，C、。正确.5.

12、 AD 解析当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力.当A、B与C之间的摩擦力等大反向时 A、B组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受的合外力均为零，故系统的动量守恒.6. A 解析甲、乙、球三者在整个过程中动量守恒，有(m + m球)v一m乙v=(m甲+ m球)M,代入数据得U=0,选项A正确.7. D 解析子弹击中木块

13、并嵌在其中，该过程动量守恒，有mv=(m+M)v,故子弹击中木块后二者的速度为v=3,此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统m十M机械能守恒，当第一次回到原来位置时，速度大小仍然等于V,根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，有I = Mv-0=M,选项。正确.m十Mv283 3Ug解析设滑块的质量为m,则盒的质量为2m.对整个过程，由动量守恒定律可得mv = (m2m)v 共) | (由能量关系可知mgx=ymv2-(m+2m)(jJV2解得=77i9. (1)0.5 nils (2)18 J解析设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为“，根据动能定理得 1 2 1 ，一 mgL 2

14、itivt-ynvo解得 v=4 m/s铁块与墙碰撞后以4m/s的速度向右运动，小车离开墙壁，系统的动量守恒.假设铁块最终与平板小车达到共速v2,根据动量守恒定律得mv = (mM)v2解得 v2=l mis设此时铁块在平板小车上运动的距离为x,由能量守恒定律得=(mM)v+mgx4解得x=1 m由于xL=l z,说明铁块尚未与平板小车达到共速就已滑离小车.设铁块滑离小车时的速度为V3,小车的速度为V4.对系统，由动量守恒定律及能量守恒定律得mv1 = mv3Mv4mv=；mvg+；M 归 mgL联立解得 V3 = 2.5 msf v4=O.5 mk,所以最终小车的速度为0.5 mis从铁块开始运动到滑离小车，系统损失的机械能为2mgL= 18 J.311秋盆，方向向右解析同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量I和21后，设A、B获得的初速度分别为VA和VB，则对小物块A,由动量定理得I = aVa-0对小物块B,由动量定理得2I = mBVB-0设最终A、B、C的共同速度为v,则对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得mzWA + mBV