1.3动量守恒定律的案例分析综合训练（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．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为2000 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止。经测定，长途客车碰前以30 m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率（　　）
A．小于20 m/s
B．大于20 m/s，小于30 m/s
C．大于30 m/s，小于40 m/s
D．大于20 m/s，小于40 m/s
2．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8 kg·m/s，B球的动量是6 kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为
A．pA＝0，pB＝l4 kg·m/s
B．pA＝4 kg·m/s，pB＝10 kg·m/s
C．pA＝6 kg·m/s，pB＝8 kg·m/s
D．pA＝7 kg·m/s，pB＝8 kg·m/s
3．将一个质量为4 kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1 kg 的物块放在木板上．已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动，则当木板的速度为2. 5 m/s时，物块正在( 　　)
A．水平向右做匀加速运动 B．水平向左做匀加速运动
C．水平方向做匀速运动 D．处于静止状态
4．两个质量相等完全相同的小球A、B在同一光滑水平面上，将A以速度碰撞静止的B球，碰撞后，B球的速度不可能是（　　）
A． B． C． D．
5．某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　）
A．蜗牛运动的位移是滑块的倍 B．滑块运动的距离是
C．只有蜗牛运动，滑块不运动 D．滑块与蜗牛运动的距离之和为2L
6．如图所示，小球B静止在光滑水平台右端，小球A以一定的初速度v0与小球B发生弹性正撞，碰撞后两小球由台阶水平抛出，B球第一次落在了水平地面上的P点，A球第一次落到地面上弹起来后第二次也落到了P点。若两球与地面碰撞时没有能量损失，碰撞前后速度方向满足光的反射定律，则A、B两球的质量之比m1：m2为（　　）
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．5∶3
7．光滑水平面上放有质量分别为和的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为。现将细线剪断，此刻物块的加速度大小为，两物块刚要离开弹簧时物块的速度大小为，则（　　）
A．物块B的加速度大小为时弹簧的压缩量为
B．物块从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为
8．如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则（ ）
A．还是滑到C点停住
B．滑到BC间停住
C．会冲出C点落到车外
D．上述三种情况都有可能
9．在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量，乙球的质量，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的图像如图所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为（　　）
A．，向右 B．，向左
C．，向右 D．，向左
10．如图所示，a、b两物体质量相等，b上连有一轻质弹簧，且静止在光滑的水平面上，当a以速度v通过弹簧与b正碰，则（　　）
A．当弹簧压缩量最大时，a的动能恰好为零
B．当弹簧压缩量最大时，弹簧具有的弹性势能等于物体a碰前动能的一半
C．碰后a离开弹簧，a被弹回向左运动，b向右运动
D．碰后a离开弹簧，a、b都以的速度向右运动
11．质量为1kg的物体A在光滑水平面上以6m/s的速度与质量为2kg、速度为2m/s的物体B发生正碰。碰撞后A、B两物体的速度可能值为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
12．如图所示，等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知两物体质量关系，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘为一体，这时A、B将（　　）
A．停止运动 B．向右运动
C．向左运动 D．仍运动但方向不能确定
13．木块A、B、C置于光滑的水平面上，B和C之间用一轻质弹簧相连接，整个装置处于静止状态，现给A一初速度，使其沿B、C连线向B运动，随后与B相碰并粘合在一起，则下列说法正确的是（　　）
A．A与B碰撞过程，二者组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．A与B碰撞过程，二者组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．A与B一起压缩弹簧的过程，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．A与B一起压缩弹簧的过程，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒、机械能不守恒
14．如图所示，A、B两个物体在光滑水平面上相向运动，其速度大小分别为、，碰撞之后两物体都静止在光滑水平面上。根据以上条件可以判断（ ）
A．系统碰前的总动量为零
B．根据动量守恒定律，可以判断碰前 =
C．如果A的质量大于B的质量，则 <
D．系统的机械能全部转化为内能
15．水平面上的A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前图象，c为碰撞后两球共同运动的图象，已知A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（　）
A．由图象可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动
B．碰撞前后A球动量变化量大小为4kg m/s
C．B球质量为kg
D．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg m/s
二、填空题
16．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的S-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于_________________ ㎏
17．判断下列说法的正误。
（1）发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。___________
（2）发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的。___________
（3）碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大。___________
（4）两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加。___________
18．如图所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm的液体后小船的速度为________．
19．如图所示，质量为3 kg的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg的物块在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4 m/s时，物块____（选择填空： 做加速运动 、做减速运动、做匀速运动、静止不动。）
三、综合题
20．如图所示，AB为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB连线为竖直直径，轨道半径R=6.4m，轨道内壁光滑，A、B两端为轨道的开口。BC为粗糙水平轨道，其长度s=8.4m。CD为倾角θ=37°的斜面。用两个小物块a、b紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑住，沿轨道静置于C点。弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物块a的线度略小于细管的内径。烧断细线，两物块先后落到斜面的M点，CM两点之间的距离L=12m。已知物块跟水平轨道之间的动摩擦因数，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块b刚离开弹簧的瞬间，其速率v0是多少；
（2）设物块a、b的质量分别为m1、m2，则是多少？（结果可以用根式表示）
21．如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，可视为质点的小球、紧挨在一起，静止在轨道的最低点处且两小球之间装有少许炸药，点燃炸药后，小球恰好能到达与圆心等高的点，小球恰好能通过最高点．已知重力加速度为，求：
(1)、两小球的质量之比？
(2)小球落至与等高的水平面上时，试判断落在点的哪一侧并求出距点距离？
22．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高h=0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮带动皮带以v=3．0 m/s的速度沿顺时针方向匀速传动．三个质量均为m=l.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度vo=2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vc=2．0 m/s滑上传送带，并从右端滑m落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0. 20，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)P点到传送带右端的水平距离s；
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E．；
(3)若弹簧的压缩情况不变，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
23．如图所示，质量为2kg的“”形木板A静止放置在光滑的水平地面上，其左端挡板与放在A板上的质量为的小物块之间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有的化学能全部转化为A、B的动能。爆炸结束瞬间，一质量为的物块以水平向左，大小为的速度从A板右端滑上木板，最终物块、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为，取，求
（1）炸药爆炸结束瞬间A、的速度大小及方向；
（2）木板的长度为多少；
（3）整个过程中摩擦力对做的功。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m，速度大小为v1，卡车质量为M，速度大小为v2，规定客车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应该是向南，即客车动量大于卡车的动量，即
代入数据得
故选A。
2．C
【详解】
以A、B两球组成的系统为对象．设两球的质量均为m．当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由题，碰撞前总动量为：p=pA+pB=（8+6）kg m/s=14kg m/s．碰撞前总动能为：；
A、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（0+14）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故A错误．
B、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（4+10）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为 ，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能．故B错误．
C、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（6+8）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，符合能量守恒定律，可能发生．故C正确．
D、碰撞后，总动量为p′=pA′+pB′=（7+8）kg m/s=15kg m/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故D错误．
故选C．
3．A
【详解】
开始阶段，物块m向左减速，长木板M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1，根据动量守恒定律得：(M m)v=Mv1代入解得：v1=3m/s，此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律得：(M m)v=(M+m)v2，代入解得：v2=2.4m/s，两者相对静止后，一起向右匀速直线运动，由此可知当M的速度为2.5m/s时，m处于向右加速过程中，故A正确，BCD错误；
故选A．
4．C
【详解】
若两球发生完全非弹性碰撞，则
解得
v1′=2m/s
若两球发生完全弹性碰撞，则
解得
v2=4m/s
则B球的速度范围为
则不可能是5m/s。
故选C。
5．A
【详解】
ABD．取滑块的运动方向为正，蜗牛从滑块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为L．设滑块运动的位移大小为x1，蜗牛运动的位移大小为x2。根据动量守恒定律得
可得
即蜗牛运动的位移是滑块的倍。又由
得
故BD错误A正确。
C．蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会静止不动，C错误；
故选A。
6．B
【详解】
由题意知两球水平抛出至第一次落到地面时，球运动的距离是球的3倍，故它们平抛的初速度
两球发生弹性碰撞，故
解得
解得
故选B。
7．D
【详解】
A．当物块的加速度大小为，根据胡克定律和牛顿第二定律得
当物块B的加速度大小为时，有
对比可得，即此时弹簧的压缩量为，错误；
B．取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得
又
解得的位移为，B错误；
CD．根据动量守恒定律得
得物块B刚要离开弹簧时的速度，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为
C错误，D正确。
故选D。
8．A
【详解】
设BC长度为L，依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有
Q1=fL
其中f为物体与小车之间的摩擦力，若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为S；
对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒定律可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2=Q1，而
Q2=fS
得到物体在小车BC部分滑行的距离S=L，故物体仍滑到C点停住
故选A．
9．C
【详解】
由题图知，甲球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，碰撞后，甲、乙的速度，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程，由动量守恒定律得
解得
负号表示方向与正方向相反，即方向向右。
故选C。
10．B
【详解】
A．物体a追上b后，弹簧压缩，弹力增加，a开始减速，b开始加速，当两者速度相同时，弹簧压缩的最短，故A错误；
B．当两者速度相等时，弹簧形变量最大，根据动量守恒定律，有
解得，故此时两物体的动能都变成，弹性势能
故B正确；
CD．达到相同速度后，由于弹簧弹力的作用，a继续减速，b继续加速，直到弹簧恢复原长；由于两物体质量相等，动量守恒，机械能也守恒，故速度会互换，即物体b速度变为v，物体a速度变为零，故CD错误。
故选B。
11．B
【详解】
碰撞前瞬间，A、B系统总动量为
碰撞前瞬间，A、B系统总动能为
AD．若碰撞后两球速度方向相同，则A的速度应该小于B的速度，AD错误；
B．碰撞后A、B系统总动能为
碰撞后A、B系统总动量为
B正确；
C．碰撞后A、B系统总动能为
能量不能增加，C错误。
故选B。
12．A
【详解】
根据动量定理得
同理
等大反向，故
设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得
可知粘合体静止，故A正确。
13．BC
【详解】
AB．A与B碰撞过程，二者组成的系统合力为零，系统的动量守恒，完全非弹性碰撞，此过程中系统的机械能减少，转化为内能，所以机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD．A与B一起压缩弹簧的过程，A、B、C及弹簧组成的系统合外力为零，系统的动量守恒。由于只有弹簧的弹力做功，所以，系统的机械能也守恒。故C正确，D错误。
故选BC。
14．ACD
【详解】
A．设碰撞前两个物体的动量分别为p1、p2，根据动量守恒定律得
p1 + p2= 0
知碰撞前两个物体的动量大小相等，方向相反，则系统碰前的总动量为零，A正确；
B．根据动量守恒有
mAvA - mBvB = 0（取A的速度方向为正）
由于A、B两物体的质量关系未知，则无法判断两者的速度关系，B错误；
C．如果A的质量大于B的质量，则根据B选项可知
vA < vB
C正确；
D．由题知碰撞之后两物体都静止在光滑水平面上，系统的机械能全部转化为内能，D正确。
故选ACD。
15．BC
【详解】
A．由x﹣t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都是匀速运动，故A错误；
B．碰撞前有：vA=﹣3m/s，vB=2m/s，碰撞后有：vA′=vB′=﹣1m/s；碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′﹣mvA=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg m/s，故B正确；
C．根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：△PB=﹣△PA=﹣4kg m/s，又：△PB=mB（vB′﹣vB），所以解得：mB=kg，故C正确；
D．所以A与B碰撞前的总动量为：P总=mvA+mBvB=2×（﹣3）+×2=﹣kg m/s，故D错误．
16．2.5
【详解】
从位移-时间图象上可看出：碰前B的速度为0，A的速度 ；碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s．
由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2
解得：mB=2.5kg
17． 正确 错误 错误 错误
18．
【详解】
由动量守恒定律得：0＝（m1＋m2－Δm）v船－Δmv1
解得：v船＝．
19．做加速运动
【详解】
设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1。根据动量守恒定律得
（M-m）v=Mv1
代入解得
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。由动量守恒定律得
（M-m）v=（M+m）v2
代入解得
两者相对静止后，一起向右匀速直线运动。由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右。
20．(1)； (2)或
【详解】
（1）物块b离开弹簧后做平抛运动。设从C运动到M历时为t，则
，
代入数据解得
，
(2) ①物块a能够经过A点做平抛运动落到斜面的M点。设物块a经过A点的速率为vA，从A运动到M历时为t1，则
，
解得
，
设物块a刚被弹簧弹开时的速率为vCl，在从C运动到A的过程中，由动能定理得
解得
vCl=19m/s
弹簧弹开物块a、b的过程中，物块a、b动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
②物块a被弹簧弹开后不能到达A点，物块a从C点做平抛运动落到斜面的M点，做平抛运动的初速度大小也是v0。设物块a刚被弹簧弹开时的速率为vC2，在物块a从C向左运动到再次回到C点的过程中，由动能定理得
解得：
弹簧弹开物块a、b的过程中，物块a、b动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
21．(1)；(2)
【详解】
（1）点燃炸药a、b小球分开的过程，动量守恒
a、b小球分开后，由机械能守恒，对a小球
对b小球
b小球在轨道最高的处由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
（2）b小球离开最高的后做平抛运动，经时间落至与等高点水平面上
解之得
故b小球落至与等高点水平面上时，落在点的左侧，距点距离为
22．（1）1.2m（2）1.0J（3）7.1m/s
【详解】
(1) 滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
v=vC+at
代入数据可得 x=1.25m
∵x=1.25m＜L
即滑块C在传送带上先加速到传送带速度后再随传送带匀速运动，并从右端以v=3m/s的速度滑出做平抛运动，则有：
解得：s=1.2m；
(2) 设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0=（mA+mB）v1
（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
代入数据可解得：EP=1.0J；
(3) 在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v．设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：
弹簧伸开时：
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式解得：
代入数据联列方程解得：．
23．（1），方向向左；，方向向右；（2）；（3）
【详解】
（1）爆炸过程，以为研究对象：
得
方向向左；
方向向右；
（2）爆炸后一段时间对
得
方向向右；
对
得
方向向左；
对
得
设时刻、共速，则满足
解得
此时
此后、相对静止一起减速、整体的加速度
的加速度不变
得
作出如图
由图像可知板长
（3）由图像可知对，时间内
时间内
得总功
答案第1页，共2页