山东省怀仁县巨子高中2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-5：动量守恒研究 单元复习题（含解析）

动量守恒研究
1．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后．已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是(　　)
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
2．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（ ）
A．（+1）：（﹣1） B．：1
C．（﹣1）：（+1） D．1：
3．质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，可能发生的情景有：
①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：（m+m0）v0＝mv1+m1v2+m0v3
②摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：mv0＝mv1+m1v2
③摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：mv0＝（m+m1）v
④小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：（m+m0）v0＝（m+m0）v1+m1v2
其中正确的是（　　）
A．①②③ B．②③ C．①②④ D．①③④
4．我国长征3号甲火箭在起飞阶段，通过发动机喷射气体而获得的反冲力约为火箭总重量的2倍左右．设某次发射时，火箭的总质量为m，火箭发动机喷出的燃气的横截面积为S，燃气的密度为ρ，重力加速度为g．极短时间内喷出的燃气的质量和火箭质量相比可以忽略，则喷出的燃气的速度大小约为
A． B．
C． D．
5．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以
A．减小球对手的冲量
B．减小球的动量变化量
C．减小球的动能变化量
D．减小球的动量变化率
6．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从A点正上方距A点h处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h；不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度大于0.6h
7．如图所示，一质量为m的小球A沿斜坡由静止开始滑下，与一质量为km的静止在水平面上的小球B发生正碰，假设碰撞是弹性的，且不计任何阻力，斜面与水平面连接处平滑。为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值可能是
A．4.0 B．3.5
C．2.5 D．5.0
8．如图，质量为m的小木块从高为h的质量为M的光滑斜面体顶端滑下，斜面体倾角为θ，放在光滑水平面上，m由斜面体顶端滑至底端的过程中，下列说法正确的是
A．M、m组成的系统动量守恒 B．M移动的位移为
C．m对M做功为 D．m对M做功为
9．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则
A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为v0
B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为v0
C．若n=3，则第2号木块在整个运动过程中的最小速度为
D．若n=3，则第2号木块在整个运动过程中的最小速度为
10．随着手机逐渐走进每个人的生活，有些小可爱喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸的情况（如图）。若某手机（可视为质点）的质量为200g，从距人脸上方约20cm的高度无初速掉落，砸到脸后经0.1s手机停止运动。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正确的是
A．脸受到的平均撞击力大小约为6N
B．脸受到的平均撞击力大小约为9N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.2N·s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.6N·s
11．在高处的同一点将三个质量相同的小球以大小相等的初速度v0分别上抛、平抛和下抛，不计空气阻力，则 （ ）
A．从抛出到落地过程中，重力对它们做功相同
B．从抛出到落地过程中，重力对它们的平均功率相同
C．三个小球落地时，重力的瞬时功率相同
D．三个小球落地时的动能相同
E.从抛出到落地过程中, 三个小球动量的变化都不相同
12．如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段的摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，则以下说法中正确的是(　　)
A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等
B．物体在AB段和BC段的运动时间相等
C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等
D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同
13．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为0.75h0（不计空气阻力），则（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲过A能上升的最大高度0.5h0＜h＜0.75h0
14．质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是
A．0.2v B．0.3v
C．0.6v D．v
15．体育课上王强同学为了检查篮球气是否充足，于是手持篮球自离地面高度0.8m处以3m/s的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为0.45m，已知篮球的质量为1kg，球与地面接触时间为1s，若把在这段时间内球对地面的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（空气阻力不计，g=10m/s2）
16．如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L=1.5m，质量为m1=1kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，在盒内最右端放可看做质点的光滑金属球（半径忽略），质量为m2=1kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I=4N?s，（盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和机械能损失均忽略不计）．g取10m/s2，求：
（1）金属盒能在地面上运动多远？
（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？
17．如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度度为g）
18．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）．
参考答案
1．A
【解析】
A项：由ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，由动量守恒得：碰后两球的动量分别为：，，可见，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律和不可穿越原理，是可能的，故A正确；
B、D项：由题意可知，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，即违反了不可穿越原理，故BD错误；
C项：根据碰撞过程动量守恒得：如果ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
所以碰后两球的动量分别为，，
可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误．
故选A．
2．C
【解析】
两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②
由①②解得：
整理得：m1：m2=，故选C.
3．B
【解析】
碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在碰撞的瞬间不发生改变，可以认为没有参与碰撞，若小车和木块碰撞后的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒定律，有：
mv0＝mv1+m1v2
若小车和木块碰撞后的速度均为v，则根据动量守恒定律，有：
mv0＝（m+m1）v
故②③都可能发生，故选B。
4．C
【解析】
对于气体由动量定理得：
解得：
A. 与计算结果不符，故A错误。
B. 与计算结果不符，故B错误。
C. 与计算结果相符，故C正确。
D. 与计算结果不符，故D错误。
5．D
【解析】
先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，但动量的变化量不变；根据动量定理得：
-Ft=0-mv
当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变。
A. 减小球对手的冲量与分析结果不符，故A错误。
B. 减小球的动量变化量与分析结果不符，故B错误。
C. 减小球的动能变化量与分析结果不符，故C错误。
D. 减小球的动量变化率与分析结果相符，故D正确。
6．BD
【解析】
A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒．故A错误．
BC．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零．小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动．故B正确，C错误．
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h-0.8h）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：
Wf=0.2mgh
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h-0.2h=0.6h．故D正确．
7．ABD
【解析】
设与碰撞前的速度为，碰后与的速度分别为与，由动量守恒及机械能守恒定律有：
联立解得：
为使能回到坡上，要求，这导致；为使从坡上滑下后再能追上，应有：
即有：
这导致，于是，为使第二次碰撞能发生，要求；
A.与分析相符，故A正确；
B.与分析相符，故B正确；
C.与分析不符，故C错误；
D.与分析相符，故D正确。
8．BC
【解析】
A．M、m组成系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，故A错误；
B．M、m组成系统水平方向动量守恒有
由水平位移关系有
联立解得

即M位移为，故B正确；
CD．设物体滑到斜面底端时，沿斜面的速度v2，斜面速度为v1，则有
m对M做功：
故C正确，D错误。
9．AC
【解析】
【详解】
AB.木块与木板组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得：
m(v0+2v0+3v0+…+nv0)=2nmvn，
解得：
故A项正确，B项错误；
CD.第(n?1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v。
对系统，由动量守恒定律：
①
对第n?1号木块，由动量定理得：
②
对第n号木块,由动量定理得：
③
由①②③式解得：
，
当n=3，第2号木块在整个运动过程中的最小速度：
，
故C项正确，D项错误；
10．AD
【解析】
【详解】
AB．由题意知砸到脸前一瞬间手机速度为：
故由动量定理有：
解得，故A正确，B错误.
CD．手机下落时间为：
故全过程手机重力的冲量大小为：
所以C错误，D正确.
11．ADE
【解析】
【详解】
ABE．三个小球在整个过程中因为下落高度相同，所以重力做功相等，平抛运动的时间等于自由落体运动的时间，可知竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，根据：
知重力做功的平均功率不同；落地过程中速度改变量为：
三个小球落地过程中的速度改变量不同，即动量变化也不同，故A正确，E正确，B错误；
C．平抛运动的物体落地时速度与竖直方向有夹角，根据：
知平抛运动的物体落地时重力的瞬时功率小于竖直上抛和下抛的物体．故C错误；
D．根据动能定理：
可知高度相同，初速度相同，则末速度大小相等；三个小球质量相同，故落地时的动能相同.故D正确.
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
由题设知， AB段粗糙，物体受重力、支持力和摩擦力，BC段仅受重力和支持力，合力大于AB段的合力，根据牛顿第二定律，知BC段的加速度大于AB段的加速度，故A错误；经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，根据，知AB段和BC段的平均速度相等，两段位移相等，所以运动时间相等，故B正确；重力做功与首末位置的高度差有关，在两段运动过程中，高度差相同，所以重力做功相等，故C正确；A到B、B到C速度变化量的大小相等，根据，知动量变化的大小相等，但方向不同，故D错误．所以选BC．
13．BD
【解析】
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向在水平方向由动量守恒定律得：
即：
计算得出小车的位移：，所以B正确;?
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误;?
D．小球第一次车中运动过程中,由动能定理得：
为小球克服摩擦力做功大小，计算得出：
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，因为小球第二次在车中滚动时对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：
而小于，所以D正确;
14．AB
【解析】
【详解】
A与B碰撞的过程中二者组成的系统的动量守恒，规定A球初速度方向为正方向，若为完全非弹性碰撞，则：
mv=（m+4m）?v′
所以：
v′=0.2v
若为弹性碰撞，由动量守恒得：
mv=mvA+4m?vB
由机械能守恒得：
联立得：
根据碰撞的特点可知，碰撞后B的速度的范围：
0.2v?vB?0.4v
A. 0.2v与计算结果相符，故A正确。
B. 0.3v与计算结果相符，故B正确。
C. 0.6v与计算结果不符，故C错误。
D. v与计算结果不符，故D错误。
15．18N
【解析】
【分析】
【详解】
设球与地面碰撞前速度大小为v1，碰后速度大小为v2
由运动学规律，对球下落过程，有：v12-v02=2gh1?
代入数据得：v1=5m/s??????????????????
对球上升过程，有：v22=2gh2??
代入数据得：v2=3m/s?????????
设向上为正，则对碰撞过程，由动量定理，得：（FN-mg）t=mv2-（-mv1）????
代入数据得：FN=18N??????
由牛顿第三定律可知球对地面的作用力大小为：FN′=FN=18N
【点睛】
本题考查动量定理的应用，在解题时要正确选择研究过程，注意动量的矢量性，应先设定正方向；此题还可以选择整个过程来研究．
16．（1）2m （2）1.75s
【解析】
（1）由于冲量作用，m1获得的速度为v==4m/s，（1分）
金属盒所受摩擦力为F=μ（m1+m2）g=4N，由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理得：﹣Fs=0﹣ (2分）
解得：s=2m（1分）
（2）当盒前进s1=1.5m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，则对盒，应用动能定理：
﹣Fs1=﹣，解得v1=2m/s（1分）
由于碰撞中动量守恒、机械能守恒，有：
m1v1=m1v1′+m2v2，
=+
联立以上方程得：v1′=0，v2=2m/s．（1分）
当球前进1.5m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为2m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2=2m/s，
以金属盒为研究对象，利用动能定理得：
﹣Fs2=0﹣，解得：s2=0.5m．（1分）
所以不会再与球碰，
则盒子运动时间可由动量定理给出：设盒子前进s1=1.5m所用时间为t1，前进s2=0.5m所用时间为t2，则：
﹣Ft1=m1v1﹣m1v，
﹣Ft2=0﹣m1v2，且v1=v2=2m/s
代入数据得：t1=0.5s，（1分）t2=0.5s（1分）
在盒两次运动之间还有一段时间t3为小球在运动，t3=s1/v2=0.75s
则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间t=t1+t2+t3=1.75s（1分）
17．
【解析】
【分析】
【详解】
碰撞前，长木板和重物的共同速度为v1，由动量守恒定律得
碰撞后瞬间，长木板以v1反弹，最终两者的共同速度为v2，由动量守恒定律得
对全过程由功能关系得
解得
18．(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.