1、第六章 动量及动量守恒定律第二讲 动量守恒定律及其应用课时跟踪练A 组 基础巩固1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱关于上述过程，下列说法中正确的是( )A男孩和木箱组成的系统动量守恒B小车与木箱组成的系统动量守恒C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为零，系统动量守恒，所以选项 A、B 错误，C 正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D 错误答案：C2(2017苏北四市高三第一学期期末) 在某次短道速滑接力赛中
2、，运动员甲以 7 m/s 的速度在前面滑行，运动员乙以 8 m/s 的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程设甲、乙两运动员的质量均为 50 kg，推后运动员乙的速度变为 5 m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小( )A15 m/s B10 m/sC 5 m/s D8 m/s解析：以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得 m1v1m 2v2m 1v1m 2v2，解得v110 m/s.答案：B3(2018北京模拟 )下面关于碰撞的理解，正确的是( )A正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B如果碰撞过程中动能不变，则这
3、样的碰撞叫做非弹性碰撞C碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线( 即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故 A、B 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们
4、的运动状态发生显著变化的过程，故 C 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D 错误答案：C4.(多选) 质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 .初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为( )A. mv2 B. v212 mM2（m M）C. N mgL DN mgL12解析：由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，
5、保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为 v，由动量守恒定律得 mv(mM)v，系统损失的动能为mv2 (mM )v2 v2，B 正确；系统损失的动能等于克服12 12 mM2（m M）摩擦力做的功，即 E kWF fN mgL，D 正确答案：BD5.如图所示，半径为 R 的光滑圆槽质量为 M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为 m 的小球被细线吊着，位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( )A0B. ，方向向左mM 2MgRM mC. ，方向向右mM 2MgRM mD不能确定解析：以水平向右为正方向，设在最低点时 m 和 M 的速度大小分别为 v 和 v
6、，根据动量守恒定律，得 0 mvM v，根据机械能守恒定律列方程，得 mgR mv2 Mv 2，联立以上两式解得 v12 12 mM，方向向左，故 B 项正确2MgRM m答案：B6.(多选) 如图所示为两滑块 M、N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A两滑块的动量之和变大B两滑块与弹簧分离后动量等大反向C如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D整个过程中两滑块的机械能增大解析：对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A
7、错误；由动量守恒定律得0m MvM mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B 正确；当 mMm N时，v Mv N，C 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D 正确答案：BCD7(多选 )如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为 m1 和 m2，图乙为它们碰撞前后的 xt 图象已知m1 0.1 kg，由此可以判断( )图甲 图乙 A碰前 m2 静止，m 1 向右运动B碰后 m2 和 m1 都向右运动C由动量守恒可以得出 m20.3 kgD碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能解析：由题图乙可以看出，碰前 m1 位移随时间均匀
8、增加，m 2 位移不变，可知 m2 静止，m 1 向右运动，故 A 是正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，故 B 错误；由题图乙可以计算出碰前 m1 的速度 v14 m/s，碰后的速度 v12 m/s，m 2 碰前的速度 v20，碰后的速度 v22 m/s，由动量守恒定律有 m1v1m 2v2m 1v1m 2v2，计算得 m20.3 kg，故 C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能E m1v m1v1 2 m2v2 20，因此 D 错误12 21 12 12答案：AC8.(2018郑州高三质检) 如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点) 放在质量为 M0.5 k
9、g 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4.质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度 v1；(2)木板向右滑行的最大速度 v2；(3)物块在木板上滑行的时间 t.解析：(1) 子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得m0v0(m 0m )v1，解得 v16 m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0m)v 1(m 0mM)v 2，解得 v22
10、m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得( m0m)gt(m 0m)v 2(m 0m)v 1，解得 t1 s.答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 sB 组 能力提升9.(多选) 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与 A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为 31，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回两球刚好不发生第二次碰撞，则( )AA 、B 两球的质量之比 41B A、B 两球的质量之比 14C A、B 两球碰撞前、后的总动能之比 5 9DA 、B 两球碰撞前、后的总动能之比 95解析：设 A、B 质量分别为 mA
11、、m B，B 的初速度为 v0，取 B 的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为 和 ，则有v03 v03mBv0 mA m B ，解得 mAm B41，A 正确，B 错误；v03 ( v03)碰撞前、后总动能之比Ek1E k2 mBv Error!9 5，C 错误，D 正确12 20 12mA(v03)2 )答案：AD10(多选)(2018 阳江模拟 )质量为 m 的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为 m 的物块乙以 4 m/s 的速度与物块甲相向运动，如图所示则( )A甲、乙两物块组
12、成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C物块甲的速率可能达到 5 m/sD当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为 0解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故 A 正确当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，根据动量守恒定律有 mv 乙 mv 甲 2mv，解得 v0.5 m/s，故 B 错误若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相同，则 mv 乙 mv 甲m v甲 mv 乙 ，解得 v 乙 6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲
13、的速率达到 5 m/s，方向与原来相反，则 mv 乙 mv 甲 mv 甲 mv 乙 ，代入数据解得 v乙4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到 5 m/s，故 C 错误甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得 mv 乙 m v 甲 mv 甲 m v乙 ，解得 v乙 2 m/s；若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得 mv 乙 mv 甲 mv 甲 mv 乙 ，解得 v乙 0，故 D 正确答案：AD11如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相
14、切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将 A 无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径 R0.2 m， A 和 B 的质量相等，A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：(1)碰撞前瞬间 A 的速率 v；(2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v；(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l.解析：设滑块的质量为 m.(1)根据机械能守恒定律有 mgR mv2，12得碰撞前瞬间 A 的速率v 2 m/s.2gR(2)根据动量守恒定律有 mv2mv，得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率v
15、 v1 m/s.12(3)根据动能定理有 (2m)v2 (2m)gl，12得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离l 0.25 m.v22g答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m12.(2018湖北模拟 )质量为 mB2 kg 的木板 B 静止于光滑水平面上，质量为 mA6 kg 的物块 A 停在木板 B 的左端，质量为 mC2 kg 的小球 C 用长为 L0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O.现将小球 C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 C 在最低点与物块 A 发生正碰，碰撞作用时间很短为 t10 2 s，之后小球 C 反弹所能上升的最大高度 h0.2 m已知 A
16、、B 间的动摩擦因数 0.1，物块 A与小球 C 均可视为质点，不计空气阻力，取 g10 m/s 2.求：(1)小球 C 与物块 A 碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长解析：(1) C 下摆过程，根据动能定理得mCgL mCv ，12 2C解得碰前 C 的速度 vC4 m/s.C 反弹过程，根据动能定理得m Cgh0 mCvC 2，12解得碰后 C 的速度 vC2 m/s，取向右为正方向，对 C 根据动量定理得Ft mCvCm CvC，解得碰撞过程中 C 所受的撞击力大小F1 200 N.(2)C 与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律得mCvC mCvCm AvA，解得碰后 A 的速度 vA2 m/s，A 恰好滑至 B 右端并与其共速时，B 的长度最小根据动量守恒定律得mAvA (mAm B)v，解得 A、B 的共同速度 v1.5 m/s，根据能量守恒定律得 mAgx mAv (mAm B)v2，12 2A 12解得木板 B 的最小长度 x0.5 m.答案：(1)1 200 N (2)0.5 m
