上海市丰华高中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 课时训练（含解析）

1.3动量守恒定律的案例分析
1．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶(人相对于小车静止不动)，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，子弹的质量为m，若子弹离开枪口的水平速度大小为v0(空气阻力不计)，子弹打入靶中且留在靶里，则子弹射入靶后，小车获得的速度大小为( )
A．0 B．
C． D．
2．如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量P随时间t的变化关系图象，合理的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。时，甲静止，乙以的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触，它们运动的图象分别如图中甲、乙两曲线所示。则由图线可知　　
A．两电荷的电性一定相反
B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C．在时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D．在时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
4．在2018年世界斯诺克国际锦标赛中，中国选手丁俊晖把质量为m的白球以5v的速度推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为3υ，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则
A．碰后瞬间白球的速度为2v
B．两球之间的碰撞属于弹性碰撞
C．白球对黄球的冲量大小为3mv
D．两球碰撞过程中系统能量不守恒
5．如图所示，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为m2的小球Q，另一质量为m1的小球P从槽面上某点由静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无机械能损失，已知两球落地点到O点水平距离之比为1：2，则P、Q两球的质量之比可能是
A．1：2 B．2：1
C．1：5 D．3：5
6．如图所示，水平地面上固定有两块木板AB、BC，两块木板紧挨在一起，木板AB的长度是BC的3倍．一颗子弹以初速度v0从A端水平射入木板，并恰能从C端射出，经历的时间为t，子弹在木板中的运动可以看成匀减速运动，则下列说法中正确的是(　 　)
A．子弹到达B点时的速度为
B．子弹到达B点时的速度为
C．子弹从A到B所用的时间为
D．子弹从A到B所用的时间为
7．如图甲，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的位移-时间图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（　　）
A．碰后m2和m1都向右运动
B．m2=0.3kg
C．碰撞过程中系统没有机械能的损失
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
8．如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s-t图像如图乙所示，已知，若b球的质量为，两球因碰撞而损失的机械能为，则
A． B． C． D．
9．如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　)
A．A、B质量相等，但A比B的速率大
B．A、B质量相等，但A比B的速率小
C．A、B速率相等，但A比B的质量大
D．A、B速率相等，但A比B的质量小
10．在光滑水平面上，一质量为M，速度大小为v的P球与质量为3M静止的Q球碰撞后，P球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后Q球的速度大小可能是（　　）
A．0.62v B．0.45 v C．0.31 v D．0.38 v
11．如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，求：
(1)小球到达车底B点时小车的速度和此过程中小车的位移；
(2)小球到达小车右边缘C点处，小球的速度。
12．如图所示，在光滑水平面上有木块A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它们的上表面是粗糙的，今有一小铁块C，mC=0.1kg，以初速v0=10m/s沿两木块表面滑过，最后停留在B上，此时B、C以共同速度v=1.5m/s运动，求：
（1）A运动的速度vA
（2）C刚离开A时的速度vC
（3）整个过程中，A、B、C整个系统所产生的内能是多少．
13．两个小球A和B在光滑的水平面上沿同一直线运动,A的质量为2kg,速度大小为6m/s,B的质量也为2kg,速度大小为12m/s,求下列两种情况下碰撞后的速度．
(1)A和B都向右运动,碰后粘在一起.
(2)A向右运动,B向左运动,碰后粘在一起.
14．如图所示，以A、B 和C、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C 两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 点时刚好与传送带速度相同，然后经A 点沿半圆轨道滑下，且在B 点对轨道的压力大小为10mg，再经B 点滑上滑板，滑板运动到C 点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R,板右端到C 点的距离为L=2.5R，E 点距A 点的距离s=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。求：
(1)物块滑到B点的速度大小.
(2)物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数.
(3)物块与滑板间因摩擦而产生的总热量
参考答案
1．A
【解析】
车、人、枪、子弹组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以子弹的初速度方向正方向，射击前系统动量为零，由动量守恒定律可知，子弹射入靶中后系统动量也为零，车的速度为零；
故选A．
2．ABD
【解析】
b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，出现图像B的运动过程；如果ab两球的质量相等，则可以出现D的运动过程；如果a的质量很小，可能出现A的运动过程，故ABD合理；b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，然后再减小，故两物体的加速度一定先增大后减小，故C不合理；故选：ABD。
【点睛】
本题考查含有弹簧问题的动量守恒定律的应用，要注意正确分析弹簧弹力的性质，从而确定运动过程，注意考虑多种可能性。
3．BC
【解析】
试题分析：由图象0-段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性；根据动量守恒定律求解两球质量之间的关系；分析时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，根据两者的速度变化判断动能变化．
由图象段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，A错误．两球相互作用时，受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，时刻两球速度相等，；则有，解得，即甲乙两个点电荷的质量之比为2：1，B正确；时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，C正确；由图象看出，时间内，甲的速度一直增大，动能一直增大．乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，D错误．
4．AC
【解析】
A、由动量守恒定律可知，相同质量的白球与黄球发生对心正碰，碰后瞬间白球的速度为2v，故A正确。
B、碰前的动能为m=m，碰后的动能为m+m=m，两球之间的碰撞不属于弹性碰撞，故B错误。
C、由动量定理，白球对黄球的冲量I大小就等于黄球动量的变化，=3mv-0=3mv,故C正确。
D、两球碰撞过程中系统能量守恒，损失的动能以其他形式释放，故D错误。
故选：A、C
5．AC
【解析】
根据平抛运动的规律得到两球碰后速度大小关系，由于碰后m1球可能沿原方向运动，也可能反弹，要分两种情况，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解．
【详解】
设碰前P球速度为v0，由弹性碰撞规律可知，碰后P球速度为：
Q球的速度为：
碰后P不反向，且落点为左侧点，又由平抛运动规律可知水平位移之比即为速度之比，则
解得：，不合题意
碰后P反向，若左侧点为P落地点，则，解得：
若右侧点为P落地点，则，解得：，故AC正确．
故应选：AC．
【点睛】
本题是弹性碰撞问题，要知道碰撞过程遵守动量守恒定律与机械能守恒定律，要注意碰后m1球的速度有两种可能，不能漏解．
6．BD
【解析】
试题分析：根据匀变速直线运动推论，匀减速过程可以看作逆向匀加速过程．所以可以将子弹向右的匀减速运动看成向左的加速度大小相等的初速度为零的匀加速运动．对于初速度为零的匀加速过程，则有：,,且,解得：，A错误：B正确；
因BC段和AB段位移之比为1：3，根据初速度为零的匀加速运动的推论可知，子弹通过这两段的时间相等，所以子弹从A到B的时间为，C错误：D正确；故选BD。
考点：匀变速直线运动规律的应用。
7．BC
【解析】
s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．
【详解】
由s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前的位移不随时间而变化，处于静止．向速度大小为，方向只有向右才能与相撞，A正确；由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，的速度为负方向，说明向左运动，B错误；由图求出碰后和的速度分别为，根据动量守恒定律得，，代入解得，C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得△E=0，D错误．
【点睛】
本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向．
8．AC
【解析】
AB．s-t图像的斜率表示速度，图在碰撞前a球的速度为
碰撞后两者的共同速度为
根据动量守恒定律可得
解得
A正确B错误；
CD．根据能量守恒定律可得
C正确D错误．
故选AC。
9．AC
【解析】
A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，故A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，故C正确，D错误；故选AC．
10．BD
【解析】
PQ两球在水平方向上合外力为零，P球和Q球碰撞的过程中动量守恒，设PQ两球碰撞后的速度分别为V1、V2，
选P原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv=-mv1+3mv2…①
假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=
由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞…②
PQ两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
…③
由①③两式联立得：…④
由②④两式可得：
故应选：BD。
11．（1） （2）
【解析】
小球从A点运动到B点的过程中，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求解小车速度，根据动量守恒得出小球和小车水平方向位移关系，根据位移之和为R求解；到C点时，小球相对车竖直向上运动，所以水平方向速度相等，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求解。
【详解】
(1)小球从A点运动到B点的过程中，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正，则有：mv1-Mv2=0，
系统机械能守恒：
联立以上两式得
水平方向动量守恒：即：mx1?Mx2=0
又x1+x2=R?
得：
(2)到C点时，小球相对车竖直向上运动，所以水平方向速度相等，
则(m+M)vx=0
得此时车速：vx=0
根据动能定理可得：
解得：
【点睛】
本题关键是分析物理过程，寻找解题规律是关键．要知道小球在小车上运动的过程，系统的水平方向动量守恒，但总的动量并不守恒。
12．（1） （2） （3）
【解析】
（1）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，在整个过程中，由动量守恒得：
mCv0=mAvA+（mB+mC）v
上式带入数据得：vA=0.5m/s
（2）当C刚离开A时AB有共同的速度vA，所以由动量守恒得：
mCv0=（mA+mB）vA+mC vC
上式带入数据得：vC=5.5 m/s
（3）根据能量守恒定律得：
代入数据得Q=4.375J
答：（1）A运动的速度为0.5m/s；
（2）C刚离开A时的速度为5.5m/s；
（3）整个过程中，A、B、C整个系统所产生的内能是4.375J．
点睛：以三个木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出A的速度；当C刚离开A时AB有共同的速度，以三个木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出C离开A时的速度；整个过程中，减小的动能转化成内能，根据能量守恒定律即可求解．
13．（1）9m/s；（2）-3m/s
【解析】
（1）碰撞过程中两小球组成的系统动量守恒，故有，解得：，带入数据可得：
（2）规定向右为正，则，解得，负号表示方向向左
14．（1） （2）0.5（3）
【解析】
在B点，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，根据向心力公式求解；从E到B的过程中，根据动能定理求解；滑块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学基本公式判断速度相当时的位置关系，再根据摩擦力做功公式结合能量守恒求解。
【详解】
（1）设物块运动到B的速度为vB，由牛顿第二定律得：
解得：
（2）从E到B由动能定理得
解得：?=0.5
（3）物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速，根据动量守恒：
解得：
对m，根据动能定理：
解得：x1=8R
对M，根据动能定理：
解得：x2=2R
因为：<6.5R
可知物块与滑板达到共同速度时，物块未离开滑板：
物块与木板此后以共同速度匀速运动至C点，滑板不再运动，物块在滑板上继续往前运动
对m，根据动能定理：
解得：
由上可知 可知物块不能到达与圆心同一高度的点，将会沿圆轨道滑回来，由能量守恒可得：
总热量：Q=Q1+Q2+Q3=3.5mgR
【点睛】
本题考查机械能守恒以及有摩擦的板块模型中克服摩擦力做的功．判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板是关键。