上海市北虹高中2019-2020学年物理沪科版选修3-5：1.3动量守恒定律的案例分析 课时作业（含解析）

1.3动量守恒定律的案例分析
1．质量相等的甲和乙原本都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一个人水平抛出一个篮球，另一人接住球后再水平抛回，如此反复进行几次后，最终球停在其中一个人手中，关于甲和乙最后的速率关系下列选项正确的是 （ ? ）
A．若乙最先抛球，则一定是
B．无论怎样抛球和接球，都是
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有
D．若乙最后接球，则一定是
2．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，它们的动量分别是，，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则关于甲球动量的大小和方向判断正确的是　
A．，方向与原来方向相反
B．，方向与原来方向相同
C．，方向与原来方向相反
D．，方向与原来方向相同
3．质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是　　
A．2v B． C． D．
4．2018年4月12日，我国遥感三十一号01组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则
A．火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s
5．甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是6m/s，乙物体的速度是2m/s。碰撞后两物体都沿各自原来方向的反方向运动，速度大小都是4m/s。则下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙的初动能之比为27:5
B．甲、乙的初动量大小之比为9:5
C．甲、乙碰后瞬间动量大小之比为3:5
D．甲、乙两物体的质量之比为1:5
6．一研究小组为了探究影响小球动能大小的因素，把两个相同质量的小球用等长的细线悬挂起来，使两球并排靠在一起．拉开右边的小球，将它从不同高度处释放，去撞击左边的小球,如图所示．左边小球被撞后摆起的最大高度的可能情况是
A．右球释放位置越低，左球被撞后摆得越高
B．右球释放位置越高，左球被撞后摆得越低
C．右球释放位置越高，左球被撞后摆得越高
D．右球从不同高度处释放，左球被撞后都摆得一样高
7．如图所示,光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B,A以3m/s的速率向右运动,B以lm/s的速率向左运动,发生正碰后都以2m/s的速率反弹,则A、B两球的质量之比为
A．3:5 B．2:3 C．1:2 D．1:3
8．如图所示,在光滑水平面上有静止物体A和B.物体A的质量是B的2倍,两物体中间有用细绳捆绑的水平压缩轻弹簧(弹簧和物体不栓接).当把绳剪开以后任何瞬间,下列说法正确的是
A．A的速率是B的速率的一半
B．A的动量是B的动量的两倍
C．A、B所受的力大小相等
D．A、B组成的系统的总动量不为0
9．如图所示，在光滑绝缘水平面上的M、N两点各放有一个电荷量分别为+q和+2q的完全相同的金属A、B．在某时刻，使 A、B 以相等的初动能 E 开始沿同一直线相向运动（设这时它们的动量大小均为 P ），若它们刚好能发生接触，碰后又各自返回 . 它们返回 M、N 两点时的动能分别为E 1和E 2，动量大小分别为P 1和P 2，则下列结论正确的是
A．E1= E 2 > E, P 1 = P 2 > P
B．E 1 = E 2 = E , P 1 = P 2 = P
C．碰撞一定发生在 M 、 N 连线中点的左侧
D．两球同时返回到 M 、 N 两点
10．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，， ， ，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为：??????（????? ?）
A．， B．，
C．， D．，
11．多年前流行的打弹珠游戏可以简化成碰撞模型。如图所示，光滑水平面上刚性小球 A、B 分别以1.4????/????、2.4????/????的速率相向运动，碰撞前A 自左向右运动，碰撞后 B 球静止。已知碰撞时间为0.04????，A、B 的质量均为0.2????????.求：
①碰撞后 A 球的速度；
②碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小。
12．下雪天，卡车在平直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方听着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离L后停下。已知卡车质量M为故障车质量m的5倍，设卡车与故障车相撞前的速度为，两车相撞后的速度变为，相撞的时间极短，求：
(1)的值；
(2)卡车在碰撞过程中受到的冲量。
13．如图所示，在光滑平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，现有一颗质量为m的子弹以的水平速度射入物体A并和物体A一起运动，随后与前方静止物体B发生弹性正碰（机械能不损失）后返回，速率大小为，求：
（1）子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；
（2）B物体的质量．
14．如图三个大小相同的小球A、B、C置于光滑水平面上，三球的质量分别为mA=2kg、mB=4kg、mC=2kg，取水平向右方向为动量的正方向，某时刻A球的动量PA=20kgm/s，B球此刻的动量大小和方向未知，C球的动量为零。A球与B球先碰，随后B球与C球碰，碰撞均在同一直线上，且A球与B球以及B球与C球之间分别只相互碰撞一次，最终所有小球都以各自碰后的速度一直匀速运动。所有的相互作用结束后，ΔPC=10kgm/s、ΔPB=4kgm/s，最终B球以5m/s的速度水平向右运动。求：
（Ⅰ）A球对B球的冲量大小与C球对B球的冲量大小之比；
（Ⅱ）整个过程系统由于碰撞产生多少热量？
参考答案
1．D
【解析】
因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小。故选D。
2．B
【解析】
甲乙两球在碰撞过程中系统动量守恒，根据题意应用动量守恒定律求出甲球的动量大小和方向。
【详解】
两球碰撞过程系统动量守恒，以两球初动量方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，方向与原方向相同，故B正确，ACD错误。
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的应用，两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时注意：动量是矢量，要注意动量的方向，注意正方向的选择。
3．B
【解析】
碰撞过程系统动量守恒，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，则：，得；B正确．故选B．
4．A
【解析】
火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律：，解得v3≈4m/s，选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则，其中vn=7.9km/s，解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气666/20=33.3s，选项CD错误；故选A.
5．D
【解析】
甲乙两物体在碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律，结合甲乙碰撞前后的速度得出甲、乙两物体的质量之比，从而得出初动量、初动能及甲、乙碰后瞬间动量大小之比。
【详解】
甲乙两物体碰撞前后动量守恒，规定甲初速度的方向为正方向，根据动量守恒得：m甲v1+m乙v2=m甲v1′+m乙v2′，代入数据有：6m甲-2m乙=-4m甲+4m乙，可得：，故D说法错误；甲、乙的初动能之比为：，故A说法正确；甲、乙的初动量大小之比为：，故B正确；甲、乙碰后瞬间动量大小之比为：，故C说法正确。所以选D。
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题时，需规定正方向，速度与正方向相同，取正值，速度与正方向相反，取负值。
6．C
【解析】
动能的影响因素是物体的质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，位置越高，重力势能越大．该题考查了动能、重力势能的影响因素以及动能和重力势能之间的转化．
【详解】
右球运动过程中，高度逐渐降低，重力势能转化为动能；左球被撞后获得动能向左运动，动能转化为重力势能，右球释放位置越高，开始时重力势能越大，左球被撞后获得动能越大，左球被撞后摆得越高，右球释放位置越低，左球被撞后摆得越低，故ABD错误，C正确．
故本题选C．
7．A
【解析】
两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mAvA-mBvB=mBvB′-mAvA′，代入数据解得：，故A正确，B，C，D错误.故选A.
【点睛】
本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意应用动量守恒定律时要规定正方向.
8．AC
【解析】
取向左为正方向，根据系统的动量守恒得：mAvA-mBvB=0，因为mA=2mB，所以vA=0.5vB，故A正确。由动量守恒得：mAvA-mBvB=0，所以A的动量与B的动量大小相等，方向相反，故B错误。A、B受到的力等于弹簧的弹力，大小相等，故C正确。A、B和弹簧组成的系统合外力为零，系统的总动量守恒，保持为零，故D错误。故选AC。
9．AD
【解析】
小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解。
【详解】
AB．根据动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1.5q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大，故A正确，B错误；
CD．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点，故C错误， D正确。
故选AD
【点睛】
题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加。
10．AB
【解析】
碰撞前系统的总动量：P=1×6+2×3=12 kg·m/s，碰撞前系统的总动能：EK=mAvA2+mBvB2=×1×62+×2×32=25J；
【详解】
A、碰撞后，A、B的动量PA=1×4=4 kg·m/s，PB=2×4=8kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×42+×2×42=24J<25J，系统动能不增加，故A正确；
B、碰撞后，A、B的动量PA=1×2=2kg·m/s，PB=2×5=10kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×22+×2×52=27J<25J，系统动能不增加，故B正确；
C、碰撞后，A、B的动量PA=1×（-4）=-4 kg·m/s，PB=2×6=12kg·m/s，系统动量不守恒，故C错误；
D、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故D错误；
故选AB．
【点睛】
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
【考点】
动量守恒定律
11．（1）1m/s，向左 （2）12N
【解析】
A、B球组成的系统动量守恒，由动量守恒得碰撞后 A 球的速度；由动量定理求得碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小；
【详解】
解：（1）A、B球组成的系统动量守恒，取A球初速度为正方向
由动量守恒得
?解得，即碰撞后 A 球的速度，方向水平向左
（2）设碰撞过程A对B平均作用力F，取A球初速度为正方向，由动量定理：
?解得
12．(1)；(2)
【解析】
本题考查碰撞中的动量守恒定律的应用
【详解】
（1）由系统动量守恒可得：
解得
（2）由动量定理可得卡车受到的冲量
13．（1）；（2）5m
【解析】
（1）设子弹与物体A的共同速度为v，由动量守恒定律mv0=3mv
则该过程损失的机械能△E＝mv02?×3mv2
解得：△E＝mv02
（2）以子弹、物体A和B为系统，设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v0，物体B的速度为v2，由动量守恒定律3mv=Mv2–3m?v0
碰撞过程机械能守恒×3mv2＝×3m(v0)2+Mv22
解得M=5m
【点睛】
本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．
14．（1）7:5（2）48J
【解析】
（Ⅰ）由动量守恒定律求出动量，然后由动量定理求出冲量，最后再求出冲量之比．（Ⅱ）由动量守恒定律与能量守恒定律求出系统产生的热量．
【详解】
（Ⅰ）由A、B、C组成系统动量守恒，以A的速度方向为正方向
由动量守恒定律得：，解得：
由A、B相碰时，对A，由动量定理可得：
由B、C相碰时，对C，由动量定理可得：
则冲量之比：
（Ⅱ）设A、B碰前A的动量为，B的动量为，C的动量为，所有的作用结束后A的动量为，B的动量为，B的动量为，由A、B、C组成系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
而，
由能量守恒定律得：
解得：Q=48J
【点睛】
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，难度不大，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题．