上海市海滨高中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 课时练（含解析）

1.3动量守恒定律的案例分析
1．人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m.人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为(　 　)
A． B． C． D．
2．在光滑水平面上，A、B两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前A、B球的动量分别为6kg·m/s、14kg·m/s，碰撞中B球动量减少6kg·m/s，则A、B两球碰撞前的速度之比为
A．3∶7 B．3∶4
C．2∶7 D．7∶4
3．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为 ，速度分别是（设为正方向），则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．， B．，
C．， D．，
4．沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断正确的是(　　)
A．A、B的质量之比为1：2
B．碰撞前后A的运动方向相同
C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小
D．碰前B的动量较小
5．相向运动的A、B两辆小车相撞后,一同沿A原来的方向前进,则碰撞前的瞬间（?）
A．A车的动量一定大于B车的动量 B．A车的速度一定大于B车的速度
C．A车的质量一定大于B车的质量 D．A车的动能一定大于B车的动能
6．一质量为m的滑块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为（ ）
A．m v0，方向向左
B．m v0，方向向左
C．m v0，方向向右
D．m v0，方向向右
7．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（ ）
A．若小车不动，两人速率一定相等
B．若小车向左运动，A的速率一定比B的小
C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大
D．若小车向左运动，A的动量一定比B的小
8．质量为m的人站在质量为M、长为5米的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示），当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是1.25米，则（?? ）
A．M=3m B．M=4m C．M=5m D．M=6m
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，小球A的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A． B． C．v0 D．
10．在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,下列现象可能的是(???? ?? )
A．若两球质量相等,碰后以某一相等速率反向而行
B．若两球质量相等,碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同,碰后以某一相等速率反向而行
D．若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
11．一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船x=45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5kg氧气的贮气筒．筒上装有可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用，宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s，不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：
(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？
12．某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为10kg的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速度为900m/s，该炮车质量（不包括炮弹）为3000kg．求：
(1)炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；
(2)若炮车后退的距离为1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大（重力加速度取10m/s2）．
13．有一艘质量为M=120kg的船停在静水中,船长L=3m,船上一个质量为m=60kg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多少?
14．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边向右水平跳出，已知货厢右测距小车末端的距离为l=4m,货厢高h=1.25m,人的质量为m，车连同货厢的质量为M=4m.(g=10m/s2)
(1)若人最终落在车上，求跳出时相对地的初速度v0的最大值；
(2)如果人以(1)中v0的最大值跳出，当人落在车上站定后，求车的速度．
参考答案
1．D
【解析】
设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=Mv2+mv1…①
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小：…②
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为： …③
将②③代入①得：
解得：；故选D．
2．C
【解析】
设碰前A、B两球速度分别为、，碰撞后粘在一起的速度为，由题意得：、、、，则、，，
，整理得：。故C项正确，ABD三项错误。
3．A
【解析】
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统的总动能不可能增加，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．碰后同向运动时后面小球的速度不可能大于前面小球的速度．由此分析即可．
【详解】
以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：，碰前系统的总动能为：，
A.如果、，碰后系统动量为，碰后系统的总动能为：，可知，系统的动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故A正确；B.如果、，碰后系统总动量为，碰后系统的总动能为：，系统的动量守恒，总动能增加，不可能。故B错误；C.如果、，碰后速度方向相反，相向运动，还要发生一次碰撞，这是不可能的。故C错误；D.如果、，碰后总动量为：，碰后系统的总动能为：，系统的动量不守恒，总动能增加不变，不可能的。故D错误；故选A。
【点睛】
对于碰撞过程，往往根据这三个规律去分析：一是系统的动量守恒；二是系统的总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
4．A
【解析】
位移-时间图象的斜率表示速度，由此求出碰撞前后两个物体的速度大小和方向．根据碰撞的基本规律：动量守恒定律求出质量之比．由能量守恒定律比较碰撞两个物体动能的变化．
【详解】
根据位移-时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A的运动方向相反，B正确；碰撞前，A的速度，B的速度为，碰撞后，AB的共同速度为，碰撞前后A的动能不变，B的动能减小，根据动量守恒定律得，解得，A正确C错误；碰撞前，A的动量为，B的动量为，则得，B的动量较大，D错误．
5．A
【解析】
两车相撞过程，系统的动量守恒，相撞后，总动量沿A原来的方向，根据动量守恒定律得知，碰撞前的总动量的方向与A原来的速度方向，由于A.B是相向运动，动量又是矢量，则得，A车的动量一定大于B车的动量．由于两车的质量关系未知，无法判断速度大小、动能大小的关系．故A正确．
故选A
点睛：两车相撞过程，系统的动量守恒，相撞后，总动量沿A原来的速度方向，根据动量守恒定律分析可知，碰撞前的总动量的方向，即可得到两车动量大小的关系．
6．A
【解析】
根据动量守恒定律，设碰后的共同速度为v，则：，解得v=0.6v0；可知在碰撞过程中滑块A动量的变化量为：?P=m×0.6v0-mv0=-0.4mv0，方向向左，故选A.
【点睛】
应用动量守恒定律和动量定理解题时一定要注意正方向的选择，若结果出现负号，说明与正方向相反.
7．C
【解析】
试题分析：AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：
mAvA+mBvB+m车v车=0，若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．
考点：本题考查动量守恒．
8．A
【解析】
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．
则 ，，
规定向右为正方向，根据动量守恒得，
即Ml2=m（L﹣l2），
L=5m，l2=1.25m，则M=3m，故A项符合题意，故答案为A．
【点睛】
本题考查动量守恒定律，人船模型，人与船的速度之比等于它们的位移之比，也等于它们的质量反比。
9．AB
【解析】
根据碰后A球的动能恰好变为原来的，即，解得：，碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0=mv+2mvB，解得：或，故AB正确，BC错误。
10．AD
【解析】
A、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零。若碰撞后以某一相等速率反向而行，总动量也为零，符合动量守恒，是可能的；故A正确.
B、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零。若碰后以某一相等速率同向而行，总动量不等于零，不符合动量守恒这一基本规律，不可能发生；故B错误.
C、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若碰后以某一相等速率反向而行，总动量也与质量较大的物体动量方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，不可能发生；故C错误.
D、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行，总动量可能与碰撞前动量相等，是可能发生的；故D正确.
故选AD.
【点睛】
本题抓住碰撞过程的基本规律：动量守恒定律进行分析，特别要注意动量的方向，动量守恒是指总动量的大小和方向都不变，要正确全面理解．
11．(1) 0.05kg≤m≤0.45kg (2)m=0.15kg，t=600s
【解析】
(1)由题述可知所求的喷出氧气的质量m应有一个范围，若m太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他途中呼吸所用，若m太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太少，也无法满足其呼吸作用，所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况，设瞬间喷气m kg时，宇航员恰能安全返回，根据动量守恒定律可得： mv=MV
宇航员匀速返回的时间为t=x/V
贮气筒中氧气的总质量：m0≥m+Qt
代入数据可得0.05 kg≤m≤0.45 kg
(2)为了使总耗氧量最低，设喷出mkg氧气，则耗氧
又有：
喷气过程动量守恒：
联立可得：，代入式得
根据数学知识有，当时，有最小值，此时m=0.15kg
返回时间
【点睛】
本题考查了动量守恒定律及速度公式的灵活应用，要建立物理模型，理清思路，关键键能从题干中得出和理解有用的信息，如所带氧气质量为m=0.5kg，已知宇航员呼吸的耗氧率为m0=2.5×10-4kg/s等．
12．(1) v=3m/s (2)
【解析】
(1)设炮弹的速度v0、炮车后退的速度大小为v，弹和车的质量分别为m、M，由于内力远大于外力，由动量守恒得：Mv－mv0=0
解得：v=3m/s
(2)设炮车后退中受到的阻力为f、位移为x，由动能定理有：
解得：f=9000N
阻力与其重力的比值：
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用动能定理的应用，掌握速度的分解和某一方向系统动量守恒.
13．1m
【解析】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有mv=MV。人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L-x。由 ；解得，；
点睛：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．
14．(1)v0=6.4m/s (2) v共=0
【解析】
【详解】
（1）人恰好落到车的右端时人跳出时的速度最大，人跳出过程，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0-Mv =0，
即，
可得：x ==3.2m，以地为参考系，人做平抛运动：t==0.5s ，
所以：v0==6.4m/s
（2）人从跳出到落在车上水平方向动量守恒：（M+m）v共=0；
解得：v共=0
点睛：本题要分析清楚物体的运动过程，明确人跳出过程，人与车组成的系统动量守恒．知道平抛运动常用运动的分解法研究．