1.3动量守恒定律的案例分析 课时提升练（word版含答案）

1.3动量守恒定律的案例分析 课时提升练（解析版）
一、选择题
1．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。在子弹和木块相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．子弹动能的减少量一定等于木块动能的增加量
B．子弹动量的减少量一定等于木块动量的增加量
C．子弹速度的减小一定等于木块速度的增加
D．子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量相同
2．一个静止的质量为m1的不稳定原子核，当它放射出质量为m2、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（　　）
A． B． C． D．
3．质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为p，弹簧的弹性势能为；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则（　　）
A．弹簧弹力对A的冲量大小为 B．弹簧弹力对B做功的大小为
C．全过程中机械能减小量为 D．B、C的最终速度为
4．质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，则下列说法中正确的是（　　）
A．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
B．若M较大，则可能是甲图所示情形；若M较小，则可能是乙图所示情形
C．若v0较小，则可能是甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形
D．若地面较粗糙，则可能是甲图所示情形；若地面较光滑，则可能是乙图所示情形
5．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段（如图乙），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（　　）
A．滑块滑到木板的右端后飞离木板 B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C．两过程滑块的动量变化相同 D．两过程系统产生的热量相等
6．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小约为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（　　）
A．30kg m/s B．300kg m/s
C．600kg m/s D．630kg m/s
7．如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（　　）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，车也会停止
C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
8．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，当甲轻轻推乙后，两个人会向相反的方向滑去，则下列判断正确的是（　　）
A．推后两人的动能一定相等
B．推后两人的动量一定相同
C．推后两人的速率一定相等
D．甲轻推乙的过程中，两人的动量之和一定为零
9．在光滑水平地面上，有两个质量分别为、的小物体，运动后发生正碰，碰撞时间极短，碰后两物体粘在一起，两物体碰撞前后的图像如图所示。以下判断正确的是（ ）
A． B．
C．碰撞前后的动量不变 D．碰撞前后两物体的总机械能不变
10．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上，固定两个相距为L、质量均为m的小球A、B，其中小球A带电量为，小球B不带电，空间中存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场，电场线与A、B连线平行。现同时释放A、B，小球A在电场力作用下开始运动，后与小球B发生多次弹性正碰。若在各次碰撞过程中小球A、B间无电荷转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（　　）
A．第一次碰撞结束的瞬间小球B的速度大小为
B．第一次碰撞结束到第二次碰撞前，小球B向右运动了
C．第N次碰撞结束时，小球A的速度大小为
D．相邻两次碰撞的时间间隔均为
11．一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为的后部分箭体以速率沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为前部分箭体速率为（　　）
A． B． C． D．
12．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量是Q的2倍，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以初速度v0向Q运动（轻质弹簧与P不粘连）并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中有（　　）
A．当弹簧被压缩最短时，Q的速度最大 B．Q最终动能是P的初动能的
C．P的最终动能是它初动能的 D．由于弹簧被压缩，最终P将静止
13．如图所示，小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m，B为带有圆弧面的物体，质量为km（其中k为大于1的整数），半径为R，其轨道末端与水平地面相切。水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板。现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放，经B末端滑出，最后与水平面上的小球发生碰撞，其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰，所有接触面均光滑，重力加速度为g。则（　　）
A．小球A第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小为
B．若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端，则）2
C．经过足够长的时间后，所有小球和物体B都将静止
D．经过足够长的时间后，原来水平面上的小球都将静止，而A和B做匀速运动
14．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放，在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t=0时，以一定速度向右运动。在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为18N·s
B．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·s
C．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为18J
D．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为9J
15．如图所示，在固定的水平横杆上，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（M>m）的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中。在以后的摆动过程中，木块不会碰到和超过水平横杆，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
B．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量不守恒
D．m不可能向左运动
二、解答题
16．AEB是一种汽车主动安全技术，AEB系统采用雷达测出汽车与前车或者障碍物的距离，然后利用数据分析模块将测出的距离与警报距离、安全距离进行比较，小于警报距离时就进行警报提示，而小于安全距离时即使在驾驶员没有来得及踩制动踏板的情况下，AEB系统也会启动，使汽车自动制动，从而为安全出行保驾护航。如图为一机构在测试车辆自动制动的工作极限，当测试车速达到72km/h的时候，在距离道具车18.2m处AEB系统触发自动制动，但仍与前方的道具车发生碰撞，碰撞后测试车保持制动继续前进1.25m后停下。假设碰撞时间极短，已知测试车辆质量M=2000kg，制动时加速度大小为10m/s2；道具车质量m=200kg运动时受到的阻力大小f=400N。求：
（1）测试车碰撞前速度的大小；
（2）道具车被撞后前进的距离。
参考答案
1．B
【详解】
A．对子弹运用动能定理得
对木块运用动能定理有
可见子弹动能的减小量与木块动能的增加量不等。故A错误；
BC．子弹和木块组成的系统在运动的过程中动量守恒，则子弹减小的动量等于木块增加的动量，由于子弹和木块的质量不等，则子弹减小的速度和木块增加的速度不等。故B正确，C错误。
D．系统动量守恒，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，方向相反，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】
设原子核剩余部分的速度为v′，根据动量守恒定律有
解得
故选B。
3．A
【详解】
A．选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量
弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得
负号表示与选定的正方向相反．故A正确；
B．弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于EP．故B错误；
CD．物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为v1，选取向右为正方向，则
p=Mv1
B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为v2，根据动量守恒得
Mv1=(M+M)v2
联立得
整个的过程中损失的机械能
而
联立解得
可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为EP．故CD错误；
故选A。
4．A
【详解】
在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有
木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得
根据能量守恒定律得
则
不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形。
故选A。
5．B
【详解】
AB．在一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端。故A错误，B正确；
C．根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；
D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有左边长度的2倍，所以产生的热量小于在左边木板上滑行产生热量，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】
根据动量守恒定律可知，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小等于燃气的动量大小，即
故选A。
7．C
【详解】
A．人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A正确，不符合题意；
B．因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，B正确，不符合题意；
C．由
可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动， C错误，符合题意；
D．人从车上的左端行走到右端，设车的长度为，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
即
解得
车在地面上移动的距离与人的行走速度无关，D正确，不符合题意。
故选C。
8．D
【详解】
BD．甲轻推乙的过程中，二人组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则
所以
故B错误，D正确；
AC．根据
可知，由于两人质量不一定相等，所以动能、速率不一定相等，故AC错误。
故选D。
9．A
【详解】
AB．因图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体的速度分别为6m/s和 - 3m/s，碰后两物体的速度为1.5m/s，则由动量守恒定律
m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v
解得
m1：m2 = 1：1
A正确、B错误；
C．碰撞前后m2的动量分别为
p2 = m2v2 = - 3m2
碰后
p′2 = m2v = 1.5m2
C错误；
D．该碰撞为完全非弹性碰撞，能量损失最大，则碰撞前后两物体的总机械能减小了，D错误。
故选A。
10．C
【详解】
A．碰前球A的加速度为
碰前A的速度为
碰前B的速度为
由于A、B质量相等，碰撞过程中两球总动能无损失，交换速速，则碰后A、B的速度分别为
A错误；
BC．设A、B球发生第一次、第二次、第三次碰撞的时间分别为、、，则有
第一次碰后，经过的时间A、B球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B的速度分别为、，则有
解得
则第二次碰前瞬间A、B的速度分别为
第二次碰撞后瞬间，设A、B的速度分别为、，则有
第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动的距离为
B错误，C正确；
D．第二次碰后经过的时间A、B球发生第三次碰撞，设碰前瞬间A、B两球的速度分别为、，依此类推可得，相邻两次碰撞的时间间隔总为
D错误。
故选C。
11．D
【详解】
火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故选D。
12．B
【详解】
A．当Q只要受到弹簧弹力作用时就有加速度，则当弹簧恢复原长时，Q的加速度为零，速度最大，选项A错误；
BC．当弹簧恢复原长时，设PQ的速度分别为v1、v2，且设PQ的质量分别为2m和m，则由动量守恒定律和能量关系可知
解得
则Q的动能
P的初动能
P的末动能
则Q最终动能是P的初动能的，P的最终动能是它初动能的，选项B正确，C错误；
D．由以上分析可知，最终P将以的速度匀速运动，选项D错误。
故选B。
13．BD
【详解】
A．对A、B组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有
mvA﹣kmvB＝0
对A、B，由能量守恒有
mgh
联立解得
vA
vB
故A错误；
B．A与水平面上的小球碰撞后，因所有小球的质量相等，小球之间均为弹性碰撞，相邻小球之间碰撞相继发生速度交换，最终A球向左运动，速度大小不变，对A、B，由水平方向动量守恒有
mvA+kmvB＝（m+km）v
对A、B由能量守恒有
mgR
联立解得
2
故B正确；
C．所有接触面均光滑，没有机械能向内能的转化，故小球和物块B不会都静止，故C错误；
D．A与B相互作用的过程中，A对B做正功，B的速度逐渐增大，A与其他小球的碰撞过程中，属于弹性碰撞，质量相等，速度互换，则最终A无法追上B，则原来水平面上的小球都将静止，而A和B做匀速运动，故D正确。
故选BD。
14．BD
【详解】
AB．由题图乙知，C与A碰撞前速度为
v1=9m/s
碰后速度大小为
v2=3m/s
C与A碰撞过程动量守恒，取碰撞前C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mCv1=（mA+mC）v2
解得C的质量
mC=2kg
由图可知12s末A和C的速度为 v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为
I′=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2
解得
I′=-36N s
方向向左，墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·s，故B正确，A错误；
CD．12s后B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得
（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4
由机械能守恒定律得
代入数据解得
EP=9J
故D正确，C错误。
故选BD。
15．BCD
【详解】
A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则
m0v0＝(M＋m0)v1
解得速度大小为
v1＝
子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得
T－(M＋m0)g＝(M＋m0)
可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体
N＝T＋mg> (M＋m＋m0)g
选项B正确；
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项C正确；
D．由弹性碰撞公式可知， 从子弹打入木块到木块摆回到最低点时
由于M+ m0>m，木块经过最低点时圆环速度有两个解，分别是最大速度
方向向右；最小速度：0，圆环不可能向左运动，选项D正确。
故选BCD。
16．（1）6m/s；（2）25m
【详解】
(1)由运动学公式可得
解得碰撞前速度的大小
(2)由测试车碰撞后位移
可解得测试车碰撞后速度的大小
由动量守恒定律
解得道具车被撞后的速度大小
由动能定理得
解得道具车前进的距离