第十六章 动量守恒定律 本章测试 Word版含解析

本章优化总结
　动量定理的综合应用
动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：
(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分．
(2)动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．
　滑块A和B(质量分别为mA和mB)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示．已知滑块A、B与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F仍作用于B.试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？
[思路点拨] 在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便．
[解析]　取滑块A、B构成的系统为研究对象．设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有[F－μ(mA＋mB)g]t＝(mA＋mB)v－0
解得v＝
在线断开后，滑块A经时间t′停止，根据动量定理有－μmAgt′＝0－mAv
由此得t′＝＝
设A停止时，B的速度为vB.对于A、B系统，从力F开始作用至A停止的全过程，根据动量定理有[F－μ(mA＋mB)g](t＋t′)＝mBvB－0
将t′代入此式可求得B滑块的速度为vB＝.
[答案]　

尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量．应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便．　
　1.质量为M的金属块和质量为m的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示．从静止开始以加速度a在水中匀加速下沉．经时间t1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度．
解析：把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg＋mg)和浮力(FM＋Fm)不变，它们的合力为F合＝(M＋m)a，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有
F合(t1＋t2)＝p′－p＝Mv－0
则v＝a(t1＋t2)．
答案：a(t1＋t2)
　动量守恒定律的综合应用
1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
　如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)小球A刚滑至水平台面的速度大小vA；
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB.
[思路点拨] 小球A下滑的过程，机械能守恒，可求小球A滑到坡道底端时的速度；小球A与B相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比．
[解析]　(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv
解得vA＝.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝gt2
在水平方向上有＝vt
联立以上各式得mA∶mB＝1∶3.
[答案]　(1)　(2)1∶3
　2.(2014·高考北京卷)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R＝0.2 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μ＝0.2.取重力加速度g＝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mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s.
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s.
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m.
答案：(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m
　(18分)如图所示，两个斜面AB和CD的倾角分别为α和β，且均与水平面BC平滑连接．水平面的C端静止地放置一质量为m的物块，在斜面AB上一质量为M的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后合为一体冲上斜面CD，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.求：
(1)物块M在斜面AB上运动时的加速度大小a；
(2)两物块碰后的共同速度的大小v；
(3)能冲上斜面CD的最大高度H.
[思路点拨] (1)本题分为四个运动过程：①物块M沿斜面AB下滑的过程；②物块M在水平面BC的运动过程；③物块M与m的碰撞过程；④系统沿斜面CD的上升过程．
(2)过程与规律：①物块M沿斜面AB下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？②物块M在水平面BC的运动过程是否需要分析？题目中给出的M冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0与在B点时的速度相同吗？水平面BC段是否光滑对解题有影响吗？③物块M与m的碰撞过程的动量守恒吗？④整体冲上斜面CD的运动过程遵循什么规律？
[解析]　(1)在AB斜面上对物块进行受力分析(如图)，根据牛顿第二定律有：
垂直斜面方向有：FN－Mgcos α＝0 (2分)
沿斜面向下有：Mgsin α－Ff＝Ma (2分)
又知Ff＝μFN (1分)
由以上三式可解得加速度
a＝gsin α－μgcos α. (2分)
(2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：
Mv0＝(M＋m)v (3分)
可得碰撞后整体的速度大小v＝v0. (2分)
(3)碰撞后物块在斜面CD上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
－μ(M＋m)gcos β·－(M＋m)gH＝0－(M＋m)v2 (3分)
可解得：H＝. (3分)
[答案]　(1)gsin α－μgcos α　(2)v0
(3)

本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．　
章末过关检测(一)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．(2017·高考全国卷乙)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
2．关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
解析：选A．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．
3．如图甲所示，物体A、B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经过某一位置时速度大小为v，这时物体B下落的速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)
A．mv B．mv－Mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
解析：选D．该题涉及的物体较多，可先选B为研究对象．在B下落的这段时间t内，其动量向下增加Mu，B只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt＝Mu，解得t＝.在时间t内，A受两个力作用：重力mg，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A为研究对象，其动量在时间t内向上增加mv，设弹力的冲量为I，由动量定理有I－mgt＝mv，解得I＝m(v＋u)，故D正确．
4．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为(　　)
A．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左
C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右
解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6 m/s，方向向左．
5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为(　　)
A．E0 B．
C． D．
解析：选C．碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③得Ek′＝×3m＝×＝，故C正确．
6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：选A．由两球的动量都是6 kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2 kg·m/s，由动量守恒定律得B球的动量为10 kg·m/s，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A是正确的．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或不答的得0分)
7.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是(　　)
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C．球棒对垒球做的功为126 J
D．球棒对垒球做的功为36 J
解析：选AC．设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得F·t＝m(vt－v0)，取vt＝45 m/s，则v0＝－25 m/s，代入上式，得F＝1 260 N，由动能定理得W＝mv－mv＝126 J，选项A、C正确．
8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：选CD．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D正确．
9．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是(　　)
A．v0　　　　　　　　 B．v0
C．v0 D．v0
解析：选AB．当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′
mv0＋0＝m×＋2mvB″
解得：vB′＝v0，vB″＝v0.
由于碰撞过程中动能不增加，即
mv≥m＋·2mv
将v0及v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．
10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球 A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是(　　)
A．mv B．mv
C．mv D．mv
解析：选BC．质量相等的C球和A球发生弹性碰撞后速度交换，当A、B两球的动量相等时，B球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能Ep＝mv，B正确；当B球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv0＝，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出Ep＝mv－×mv＝mv，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)(2017·南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
试完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算结果保留三位有效数字．
计算碰撞前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s；
碰撞后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s.
计算碰撞前m1v＋m2v＝________kg·m2/s2；
碰撞后m1v′＋m2v′＝________kg·m2/s2.
计算碰撞前＋＝________m/(s·kg)；
碰撞后＋＝________m/(s·kg)．
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是
________________________________________________________________________.
(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是
________________________________________________________________________.
解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.
(2)碰撞前滑块1的速度
v1＝ m/s＝2 m/s
m1v1＝0.31×2 kg·m/s＝0.620 kg·m/s
碰撞前滑块2的速度v2＝0
碰撞后两滑块具有相同的速度
v＝ m/s＝1.2 m/s
m1v1′＋m2v2′＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s
m1v＋m2v＝1.24 kg·m2/s2
m1v′＋m2v′≈0.742 kg·m2/s2
＋≈6.45 m/(s·kg)
＋≈9.72 m/(s·kg)．
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．
(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．
答案：(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618　1.24　0.742　6.45　9.72
(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和
(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦
12．(12分)(2017·衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为m的小球用长为L的细线悬挂于O点，在光滑的水平面上有一个质量为M的物体，其右侧是一个半径为R的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为的粗糙水平面，在其左端A处放有一个质量也为M的弹性物体，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．
解析：小球下摆过程中，由mgL＝mv得v1＝，碰后返回过程中，由mgL(1－cos θ)＝mv′得v′1＝
小球和物块发生碰撞时动量守恒mv1＝Mv0－mv1′和能量守恒mv＝Mv＋mv′，
联立解得v0＝(－1)，＝
物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv0＝2Mv，损失的动能用于克服摩擦做功Mv＝(M＋M)v2＋MgR＋μMg，
整理可得μ＝－2.
答案：　－2
13．(16分)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为R的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高度h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰．(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g)
(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；
(2)若已知h＝0.1 m，R＝0.64 m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？
解析：(1)设0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh＝m0v
碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝m0v′0＋m1v1
由机械能守恒定律得：m0v＝m0v′＋m1v
解得：v1＝v0＝v0＝ .
(2)同理可得：v2＝v1，…，v4＝v3，
解得：v4＝v0，
4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：
m4v＝m4v2＋m4g·2R，
4号球在最高点：m4≥m4g，
解得：k≤－1.
答案：(1)　(2)k≤－1