1、回扣练 8：动量定理和动量守恒定律1将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口 A 点正上方由静止开始落下，从 A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C小球在半圆槽内由 B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D小球从 C 点离开半圆槽后，一定还会从 C 点落回半圆槽解析：选 D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由 B 到 C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知
2、，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故 A 错误小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故 B 错误小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C 错误小球离开 C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从 C 点落回半圆槽，故 D 正确故选D.2如图所示，质量为 m 的 A 球在水平面上静止放置，质量为 2m的 B 球向左运动速度大小为 v0， B 球与 A 球碰撞且无机械能损失，碰后 A 球速度大小为 v1
3、， B 球的速度大小为 v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数 e ，下列选项正确的是( )v1 v2v0 0A e1 B e12C e D e13 14解析：选 A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2 mv0 mv12 mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得 2mv mv 2mv ，解得 v1 v0， v2 v0，碰后相对速度与12 20 12 21 12 2 43 13碰前相对速度的比值定义为恢复系数 e 1，故 A 正确，BCD 错误；故选 A.v1 v2v0 03如图所示， AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接， A 球的质量小于 B 球的质量若用锤子敲
4、击 A 球使 A 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L1；若用锤子敲击 B 球使 B 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L2，则 L1与 L2的大小关系为( )A L1 L2 B L1 L2C L1 L2 D不能确定解析：选 C.若用锤子敲击 A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则 mAv( mA mB)v，解得 v ，弹性势能最大，最大为 Ep mAv2 (mA mB)mAvmA mB 12 12v 2 ；若用锤子敲击 B 球，同理可得 mBv( mA mB)v，解得mAmBv22（ mA mB）v ，弹性势能最大为 Ep mBv2 (mA mB)v
5、2 ，即两种情况下mBvmA mB 12 12 mAmBv22（ mA mB）弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故 L1 L2，C 正确4如图所示，足够长的传送带以恒定的速率 v1逆时针运动，一质量为 m 的物块以大小为 v2的初速度从左轮中心正上方的 P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到 P 点的过程中，下列说法正确的是( )A合力对物块的冲量大小一定为 2mv2B合力对物块的冲量大小一定为 2mv1C合力对物块的冲量大小可能为零D合力对物块做的功可能为零解析：选 D.若 v2 v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度 v1后做匀速直线运动，可
6、知物块再次回到 P 点的速度大小为 v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量 I 合 mv1 m( v2) mv1 mv2.根据动能定理知，合外力做功 W 合 mv mv ；若 v2 v1，物块在传送带上先向右做匀减12 21 12 2速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到 P 点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为： I 合 mv2 m( v2)2 mv2；根据动能定理知，合外力做功为： W 合 mv mv 0.故 D 正确，ABC 错误故选 D.12 2 12 25如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的
7、力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零若货物质量为 100 kg，钢板与地面的夹角为 30，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为 50 N，整个过程中货物的速度时间图象如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是( )A02 s 内人对货物做的功为 600 JB整个过程中人对货物的推力的冲量为 1 000 NsC02 s 和 23 s 内货物所受推力之比为 12D整个过程中货物始终处于超重状态解析：选 A.02 s 内货物的加速度 a1 0.5 m/s2，根据牛顿第二定律： v tF1 f mgsin 30 ma1，解得 F1600 N；02 s 内货物的
8、位移： x1 21 m1 m；12则人对货物做的功为 WF Fx1600 J，选项 A 正确；整个过程中，根据动量定理：IF( f mgsin 30)t0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为 IF( f mgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns，选项 B 错误；23 s 内货物的加速度大小a21 m/s2，根据牛顿第二定律： f mgsin 30 F2 ma2所受推力 F2450 N；则 02 s 和 23 s 内货物所受推力之比为 F1 F2600450 43，选项 C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项 D 错误；故选 A.6(多选
9、)如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2 mA，规定向右为正方向， A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110解析：选 AC.规定向右为正方向，碰撞前 A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s，说明 A、 B两球的速度方向向右，两球质量关系为 mB2 mA，所以碰撞前 vA vB，所以左方是 A 球碰撞后 A 球的动量
10、增量为4 kgm/s，所以碰撞后 A 球的动量是 2 kgm/s；碰撞过程系统总动量守恒： mAvA mBvB mAvA mBvB所以碰撞后 B 球的动量是 10 kgm/s，根据mB2 mA，所以碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25，故 C 正确，D 错误碰撞前系统动能： ，碰撞后系统动能为： 622mA 6222mA 27mA pA 22mA pB 22mB 222mA ，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故 A 正确，B 错误；故选10222mA 27mAAC.7(多选)质量为 M3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量为 m2 kg 的小球(视为质
11、点)通过长 L0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴 O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个 v03 m/s 的竖直向下的初速度，取g10 m/s 2.则( )A小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC小球 m 相对于初始位置可以上升的最大高度为 0.27 mD小球 m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了 0.54 m解析：选 AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块 M 在水平轨道上向
12、右运动了 x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有 ，解得： x0.3 m，mM xL x选项 A 正确、B 错误根据动量守恒定律，小球 m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球 m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项 C 错误此时杆与水平面的夹角为 cos 0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块 M 在水平轨道上又向右运动了 x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有 ，解得： x0.24 m小球 m 从初始位置到第一次到达最mM xLcos x大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了 x x0.3 m0.24 m0
13、.54 m，选项D 正确8(多选)如图所示，一辆质量为 M3 kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为 m1 kg 的小铁块 B(可视为质点)放在平板小车 A 最右端，平板小车 A 上表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 0.5，平板小车 A 的长度 L0.9 m现给小铁块 B 一个 v05 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度 g10 m/s 2.下列说法正确的是( )A小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为 2 m/sB小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为 8 NsC小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损
14、失的机械能为 4 JD小铁块 B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为 9 J解析：选 BD.设小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为 v1，根据动能定理得： mgL mv mv ，解得： v14 m/s，选项 A 错误与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹12 21 12 20速度为4 m/s，由动量定理可知，小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I2 mv18 Ns，选项 B 正确小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为mgL 4.5 J，选项 C 错误假设发生弹性碰撞后小铁块 B 最终和平板小车 A 达到的共同速度为 v2，根据动量守恒定律得： mv1( M
15、 m)v2，解得： v21 m/s.设小铁块 B 在平板小车 A 上相对滑动的位移为 x 时与平板小车 A 达到共同速度 v2，则根据功能关系得： mgx (M m)v mv ，解得： x1.2 m，由于 x L，说明小铁块 B 在没有与平板小12 2 12 21车 A 达到共同速度时就滑出平板小车 A，所以小铁块 B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为 E2 mgL 9 J，选项 D 正确9(多选)在地面上以大小为 v1的初速度竖直向上抛出一质量为 m 的皮球，皮球落地时速度大小为 v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为 g.下列判断正确的是( )A
16、皮球上升的最大高度为B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为 mv mv12 21 12 2C皮球上升过程经历的时间为v1gD皮球从抛出到落地经历的时间为v1 v2g解析：选 BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于 g，则上升的高度小于 ，上升的时间小于 ，故 AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动v1g能定理得克服阻力做功为 Wf mv mv ，故 B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设12 21 12 2向下为正方向，设上升阶段的平均速度为 v，则： mgt1 kvt1 mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有： h vt1，即： mgt1 kh m
17、v1 ，同理，设下降阶段的平均速度为 v，则下降过程： mgt2 kv t2 mv2，即： mgt2 kh mv2 ，由得：mg(t1 t2) m(v1 v2)，解得： t t1 t2 ，故 D 正确；故选 BD.v1 v2g10(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为 2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为 1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为 1 kg，电阻为 5 ， b 棒质量为 2 kg，电阻为 10 .现给 a 棒一个水平向右的初速度 8 m/s，当 a 棒的速度减小为 4 m/s 时， b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间 0
18、.5 s 速度减为零(不反弹，且 a 棒始终没有与 b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A从上向下看回路产生逆时针方向的电流B b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为 2 m/sC碰撞过程中障碍物对 b 棒的平均冲击力大小为 6 ND b 棒碰到障碍物后， a 棒继续滑行的距离为 15 m解析：选 ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项 A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知： mav0 mava mbvb解得 vb2 m/s，选项 B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势： E BL(va vb)4 V；回路的电流： I ERa Rb 415A； b 棒所受的
19、安培力： Fb BIL N； b 与障碍物碰撞时，由动量定理：( Fb F)815t0 mbvb解得： F8.5 N，选项 C 错误； b 碰到障碍物后， a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理： B IL t mava，其中 I t q 联立解得 x15 m，选 Ra Rb BLxRa Rb项 D 正确；故选 ABD.11(多选)两个小球 A、 B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是 m14 kg， m22 kg， A 的速度 v13 m/s(设为正)， B 的速度 v23 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A均为 1 m/s B4 m/s 和5 m/sC2 m/s 和1 m/s D1 m/s 和 5 m/s解析：选 AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求再看动能情况Ek m1v m2v 49 J 29 J27 J12 21 12 2 12 12Ek m1v1 2 m2v2 212 12由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 Ek Ek，可排除选项 B.选项 C 虽满足Ek Ek，但 A、 B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA0， vB0)，这显然是不符合实际的，因此 C 错误验证选项 A、D 均满足Ek Ek，故答案为选项 A(完全非弹性碰撞)和选项 D(弹性碰撞)
