1.3动量守恒定律的案例分析 同步训练（Word版含答案）

1.3动量守恒定律的案例分析
一、选择题（共15题）
1．竖直平面内有一光滑圆弧形轨道，O为最低点，A、B两点距O点的高度分别为1m和4m现从A点释放一质量为的大物体，且每隔适当的时间从B点释放一质量为的小物体，它们和大物体碰撞后都结为一体，若每当大物体向右运动到O点时，都有一个小物体与之碰撞，如果要让大物体静止，则需要释放多少个小球（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时的速度为，则原子核剩余部分的速率等于（　　）
A． B． C． D．
3．甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后（正碰）甲、乙两人反向运动，速度大小均为2m/s。则甲、乙两人质量之比为（ ）
A．2∶5 B．3∶5
C．5∶3 D．2∶3
4．紫外线光子的动量为 .一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后(　　)
A．仍然静止
B．沿着光子原来运动的方向运动
C．沿光子运动相反方向运动
D．可能向任何方向运动
5．如图所示，静止在光滑水平面上质量为M的车厢内有一质量为m的小物块以速度v水平向右运动，小物块与车厢壁碰撞几个来回后与车厢相对静止，则车厢最终的速度（　　）
A．大小为零
B．大小为，方向水平向右
C．大小为，方向水平向左
D．大小为，方向水平向右
6．长为5m、质量为200kg的小船停在静水中，质量为50kg的人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船在水中移动的距离为（　　）
A．1m B．2m C．3m D．4m
7．如图所示，半径分别为R和r（R＞r）的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．则两小球的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，在光滑的水平面上，质量为的小球A以速率向右运动。在小球的前方O点处有一质量为的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性碰撞后两小球均向右运动，小球B与墙壁碰撞后原速率返回，并与小球A在P点相遇，，则两小球的质量之比为（　　）
A．5∶7 B．4∶3 C．2∶1 D．5∶3
9．如图所示，两个直径相同的小球静止在光滑水平面上，B球的质量为km，A球的质量为m。给A球一个水平向右的初速度v0，使A与B发生碰撞，若碰后两球的速度都在A、B连线上，则（　　）
A．只存在一个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
B．共存在两个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
C．共存在三个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
D．无论k取何值，都不能使碰后两球的速度大小均为
10．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（　　）
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
11．如图所示，A、B、C、D、E五个小球放在光滑水平面上，其中mA=mE＜mB=mC=mD，现在让小球A以初速度v0向右运动，当所有的弹性碰撞结束之后，下列说法中正确的是
A．B、C、D三个球静止，A、E两个球运动
B．B、C两个球静止，A、E、D三个球运动
C．A、B、C、D四个球静止， E一个球运动
D．所有的小球都运动
12．质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
13．带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（　　）
A．小球返回车的左端时，速度为零
B．小球返回车的左端时，速度为
C．小球上升到最高点时，小车的速度为
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
14．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
15．某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切。5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k。将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．若，释放0号球后，看到个小球一起向右运动
B．若，释放0号球后，看到只有4号球向右运动
C．若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足
D．若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足
三、填空题
16．A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1 s闪光一次，连续拍照5次，拍得如图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断第四次拍照时物体A在x=____________cm处，mA∶mB=________
17．将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为_____N，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为_____m/s（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）．
18．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为________，小球的速度大小为________。
19．核以速度v轰击静止的核，先形成一个新核，新核的速度为________，新核不稳定，最终变为和__________（填粒子符号）。
四、解答题
20．如图所示，一水平传送带以的恒定速度顺时针转动，其上表面左端点、右端点分别与一光滑曲面、一光滑水平台面平滑对接。光滑水平台面上距点处的点放置有一质量为的物块，点右侧相距处的点固定有竖直挡板。一质量为的物块从光滑曲面距水平面处由静止释放。已知两点相距，物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为，所有碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，它们之间每次碰撞的地点都在之间，求
（1）物块从开始释放至与物块发生第2次碰撞的过程中，整个系统因摩擦产生的内能；
（2）物块与物块第次（）碰撞结束时，物块的速度大小（本问不要求写出解答过程，只要求写出结果）。
21．如图所示，在光滑的水平面的左端连接一半径为R的光滑圆弧形固定轨道，水平面上有一质量为2m的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态。有一质量为m的小球P从B点正上方h=R高处由静止释放，空气阻力不计，求：
(1)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(2)若小球P从B上方高H处释放，经弹簧反弹后恰好能够回到B点，则高度H的大小是多少；
22．如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距，物块A以的速度沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度．已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数均为，（设碰撞时间很短，物块均视为质点，g取）
（1）求与C碰撞前瞬间，的速度大小；
（2）若，求与C碰撞后瞬间，的速度；
（3）根据与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后的可能运动方向。
23．如图所示，物块P、Q静止在水平地面上，P的质量为，Q的质量为。物块与水平面间的滑动摩擦因数均为0.2，P与Q、Q与竖直墙之间的距离均为。某时刻给物块P瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度，P、Q碰撞后的机械能为碰前的，Q与竖直墙碰撞为弹性碰撞，碰后速度大小不变，方向反向。所有碰撞时间极短可忽略，物块可看成质点，重力加速度取。
(1)求P、Q第一次碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算判断P、Q能否发生二次碰撞，若能发生请计算二次碰撞前瞬间两者的速率；若不能请说明理由。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
大物体第一次运动到最低点时，根据机械能守恒有
小物体单独运动到最低点时，根据机械能守恒有
根据动量守恒有
联立解得
故选B。
2．B
【解析】
【详解】
规定粒子离开原子核时的速度方向为正方向，根据动量守恒定律研究整个原子核有：，解得： ，负号表示原子核剩余部分的速度方向表示与正方向相反，B正确．
3．B
【解析】
【详解】
两人碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
即
解得
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
以紫外线光子和静止的O3为研究对象，由于系统所受合外力为0，故系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变
在静止的O3吸收紫外线光子之前，系统的动量等于光子的动量，系统动量的方向即为光子的动量的方向，而O3吸收紫外线光子后系统的动量的方向即为O3运动方向，故O3沿着光子原来运动的方向运动
故应选B．
点晴：由于系统所受合外力为0，系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变，即动量的大小方向都保持不变．
5．D
【解析】
【详解】
选滑块与小车组成的系统为研究对象，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得
所以有
方向水平向右，与v同向。故D正确，ABC错误。
故选D。
6．A
【解析】
【分析】
【详解】
人船动量守恒，有
所以有
又因为
解得
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
在最高点，根据牛顿第二定律得，mag=ma，解得a球在最高点的速度v1=，同理，b球在最高点的速度v2=，对a球，根据动能定理得，-2magR=mav12-mava2，解得：va=5gR，同理：vb=5gr，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：0=mbvb-mava，则：，A正确，B、C、D错误．
8．D
【解析】
【详解】
设A、B两个小球碰撞后的速度分别为、，由动量守恒定律有：
由能量守恒定律有
两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：
联立代入数据解得：
故D正确，ABC错误。
故选D。
9．A
【解析】
【分析】
【详解】
A、B碰撞过程中满足动量守恒，若碰后两球速度方向相同，则
若碰后两球运动方向相反，则
解得
，
由于碰后的动能不可能超过碰前的动能，因此应该满足
将，代入上式，可得代入不满足条件，只有k1成立，因此只存在一个k值，可以使碰后两球的速度大小均为。
故选A。
10．B
【解析】
【详解】
ABC．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC错误，B正确；
D．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
11．B
【解析】
【分析】
弹性碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒．若两球质量相等，会交换速度；碰撞后具体速度方向，由发生碰撞的两物体的相对质量大小来决定．
【详解】
由题意可知，A和B球首先发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
，
其中和为两球碰撞之后的速度
解得：，
所以A球被弹回，B球获得速度向右运动；
由于B、C质量相等，B、C碰后，交换速度，B停止运动，C获得速度继续向右运动；
由于C、D质量相等，C、D碰后，交换速度，C立刻停止，D获得速度继续向右运动；
D的质量大于E的质量，故碰后D的速度不为零，方向不变，E获得速度向右运动．
故所以碰撞完成后，A球向左运动，B、C静止，D、E向右运动．
故本题选B．
【点睛】
本题关键要掌握弹性碰撞中若两球相等，会交换速度，根据结论公式，并结合质量的大小关系，判断碰后速度的方向．
12．C
【解析】
【详解】
小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得
解得
由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程
，
小物块受到摩擦力为
对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得
故
，
即，故C正确，ABD错误。
故选C。
13．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得
mv0=mv1+mv2
由机械能守恒定律得
解得
v1=0
v2=v0
即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，A正确。
CD．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=2mv
解得
由机械能守恒定律得
解得
故CD正确。
故选ACD。
14．BC
【解析】
【详解】
设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv=（M+m）v′，
解得：v′=；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误；故选BC.
点睛：解题时要知道子弹射入滑块过程中，子弹和滑块系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度，系统产生的内能等于机械能的损失．
15．BC
【解析】
【分析】
【详解】
设0号球的质量为，与1号球碰前瞬间的速度为 ，则有
0号球与1号球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，则有
解得
AB．若，即5个小球质量相等，则
，
即0号球与1号球碰撞后速度交换，同理分析可知1号球与2号球碰后速度交换，2号球与3号球碰后速度交换，3号球与4号球碰后速度交换，故A错误B正确。
CD．若，即编号0~4小球的质量依次递减，1 号球与2号球碰撞过程，同理可得
4号球从最低点到最高点有
4 号球在最高点有
解得
故 C 正确，D错误。
故选BC。
16． 100cm 1：3
【解析】
【详解】
碰撞前，物体A做匀速直线运动，可知，物体A第三次在90cm处，第四次在100 cm处．碰撞前，A滑块的速度大小为．方向向右；碰撞后，A的速度大小为 ，方向向左；B的速度大小为，方向向右．取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0=-mAvA+mBvB
代入数据得：mA×4=-mA×2+mB×2
解得：mA：mB=1：3．
点睛：本题要根据匀速直线运动相等时间内通过的位移相等，判断滑块的位置，由匀速直线运动的规律求速度，要注意动量是矢量，在规定正方向的基础上，用符号表示动量的方向．
17． 500 10
【解析】
【分析】
根据动能定理可求燃气获得的平均推力，根据牛顿第三定律可知火箭获得的平均推力，在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出火箭的速度大小；
【详解】
在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动能定理可得：，解得，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500N；喷射前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得火箭的速度大小；
18．
【解析】
【详解】
当小球滚到最低点时，设此过程中，小球水平位移的大小为s1，车水平位移的大小为s2。在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得（取水平向左为正方向）
又
s1+s2=R
由此可得
当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为v1和v2。据水平方向动量守恒
mv1=Mv2
另据机械能守恒得
mgR=mv12+Mv22
得
19．
【解析】
【详解】
[1] 核反应过程中，系统动量守恒，以v方向为正方向，根据动量守恒定律得
[2]根据质量数和电荷数守恒可得
所以最终变为和。
20．（1）16J；（2）；；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从释放点下滑到点的过程中，根据动能定理有
假设滑过点后，一直匀减速运动至点，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有
联立解得
该速度大于传送带速度，可见一直匀减速至点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与发生第1次碰撞，故第1次碰撞前的速度大小为。
在传送带上从点一直匀减速运动至点，两者相对路程为
设第1次碰后瞬间，和速度分别和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得
在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对路程为
再向右运动到点时，两者相对路程为
所求的内能为
解得
（2）物块与物块第次碰撞结束时，物块的速度大小
21．(1)；(2)8R
【解析】
【详解】
(1)小球P从A运动到C过程，根据机械能守恒，有
其中h=R，代入解得
弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量恒有
根据机械能守恒定律有
又因为Q的质量M=2m，联立解得
(2)设小球P从B上方高H处释，到达水平面速度为v0，则有
弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设小球P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有
根据机械能守恒，有
要使小球P经弹簧反弹后恰好回到B点，则有
带入M=2m，解得H=8R。
22．（1）4m/s；（2）1m/s；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）设AB碰撞后的速度为，AB碰撞过程，取向右为正方向
由动量守恒定律得
解得
设与C碰撞前瞬间AB的速度为，由动能定理得
解得
（2）若，设与C碰撞后AB的速度是，碰撞过程中的动量守恒有
解得
（3）设与C碰撞后AB的速度是，碰撞过程中的动量守恒有
解得
根据碰撞的能量特点有
联立得
即当时碰撞过程是弹性碰撞，是非弹性碰撞；
碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度，即
解得
所以k的合理取值范围是
总上所述得：当时，，即与C碰后AB静止；当时，，即与C碰后AB继续向右运动；当时，，即碰后AB被反弹向左运动。
23．(1) ，；(2) ，
【解析】
【详解】
(1)从P开始运动到P、Q碰撞前过程，对P，由动能定理得
代入数据解得
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由题意可知
代入数据解得
，
负号表示方向向左。
(2)碰撞后P、Q都做减速运动，加速度都为
P速度变为零需要的时间
该过程P的位移
Q与墙壁碰撞后速率不变，加速度大小不变，若不发生二次碰撞，在速度为零前运动的路程
因为，所以可发生二次碰撞，根据上述分析可知
碰撞前P的速度为0
代入数据解得
所以二次碰撞前P的速度为，Q的速度为。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页