8.4 动量守恒定律（3）同步练习

动量守恒定律同步练习
解密碰撞模型同步练习
（答题时间：30分钟）
1. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s. 当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值分别是（　　）
A. 6 kg·m/s，6 kg·m/s
B. 3 kg·m/s，9 kg·m/s
C. －2 kg·m/s，14 kg·m/s
D. －5 kg·m/s，15 kg·m/s
2. 如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5 m，小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后，小车乙与小车甲相碰（碰撞时间极短），碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变（不计碰撞过程）。下列说法正确的是（　　）
A. 小车乙追上小车甲用时4 s
B. 小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9 m
C. 碰后瞬间两车的速度大小为7 m/s
D. 若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s2
3. 质量为m1＝1 kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x?t图象如图所示，则（　　）

A. 此碰撞一定为弹性碰撞
B. 被碰物体的质量为2 kg
C. 碰后两物体速度相同
D. 此过程有机械能损失
4. 如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2. 0 kg的物体A. 平衡时物体A距天花板h＝2. 4 m，在距物体A正上方高为h1＝1. 8 m处由静止释放质量为m2＝1. 0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短），并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0. 25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/s
B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m
C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N
D. A、B运动到最低点后反弹上升，A、B分离后，B还能上升的最大高度为0. 2 m
5. 如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（　　）

A. 弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B. C与B碰前，C与小车的速率之比为m∶M
C. C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D. C与油泥粘在一起后，小车继续向左运动
6. 如图所示，质量为3 kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1 kg的小木块，小木块可视为质点。现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0. 4 J，小木块最终停在木箱正中央。已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0. 3，木箱内底板长为0. 2 m。（g取10 m/s2）求：
（1）木箱的最终速度的大小；
（2）小木块与木箱碰撞的次数。
解密碰撞模型同步练习参考答案
1.【答案】BC
【解析】
两球组成的系统动量守恒. A球减少的动量等于B球增加的动量，故D错。虽然碰撞前后的总动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，故A错。选B、C。
2.【答案】BC
【解析】小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5 m，即at2－v甲t＝5 m，代入数据得×2 m/s2×t2－4 m/s×t＝5 m，解得t＝5 s（另一负值舍去），所以小车乙追上小车甲用时5 s，故A错误。当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，得t′＝s＝2 s，最远距离s＝5 m＋v甲t′－at′2＝5 m＋4×2 m－×2×22 m＝9 m，故B正确。碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7 m/s，故C正确。若地面光滑，碰前乙车所受到的作用力F＝ma，甲车所受到的合外力为0，则碰后两车的加速度大小a＝＝1 m/s2，故D错误。
3.【答案】A
【解析】位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v′1＝－2 m/s，v′2＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞。B、C、D错误，A正确。
4.【答案】ABC
【解析】设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律，有v0＝＝ m/s＝6 m/s，设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m2v0＝（m1＋m2）vt，解得vt＝2. 0 m/s，A正确。从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有（m2g－F）t＝0－m2vt，解得F＝18 N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得－Fx＋mgx＝0－m2vt2，解得x＝0. 25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m，B、C正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm＝＝0. 2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离，故B还能上升的最大高度小于0. 2 m，D错误。
5.【答案】C
【解析】依据系统动量守恒，C向右运动时，AB向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又MvAB＝mvC，得，即B项错；根据动量守恒得：0＝（M＋m）v′，所以v′＝0，故选C。
6.【答案】（1）1 m/s　（2）6次
【解析】（1）设系统最终速度为v′，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv－mv＝（M＋m）v′，代入数据得v′＝1 m/s。
（2）对整个过程，由能量守恒定律有
Mv2＋mv2＝ΔE＋（M＋m）v′2，
设碰撞次数为n，木箱内底板长度为L，
则有n（μmgL＋0. 4 J）＝ΔE，代入数据得n＝6次。
解密爆炸、反冲模型同步练习
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球正面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（　　）

A. 5 m B. 3. 6 m
C. 2. 6 m D. 8 m
2. 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
3. 甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是（　　）
A. 甲的速率与乙的速率之比为10∶9
B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10
C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D. 甲的动能与乙的动能之比为1∶1
4. 如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车 A 总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
5. 一质量为6×103 kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率（相对于火箭）为103 m/s，求：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度？（g取10 m/s2）
6. 在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处有一可视为质点的质量为2 kg的物块C静止，OP的距离等于PQ的距离，两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起，已知A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量应在什么范围内？（假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能）
解密爆炸、反冲模型同步练习参考答案
1.【答案】B
【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律得，m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3. 6 m，选项B正确。
2.【答案】A
【解析】设火箭的总质量为M，燃气的质量为m，取火箭的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0＝（M－m）v－mv0，其中v0＝600 m/s，则火箭的动量大小为p＝（M－m）v＝mv0＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确，B、C、D错误。
3.【答案】AC
【解析】因两人静止在光滑的冰面上，故他们所受合力为零，由动量守恒定律可知当甲推乙时，有m甲v甲＝m乙v乙，则，选项A正确；二人之间的相互作用力大小相等、方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比，即10∶9，选项B错误；二人相互作用的时间相等，且作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，选项C正确；由动量守恒定律可知，甲、乙的动量大小相等，根据动能的定义式Ek＝mv2可知甲、乙的动能不相等，选项D错误。
4.【答案】3
【解析】设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A. 此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB＝v①
第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n－1）·2mAv＝mBvB②
又由题意知4mA＝mB③
联立①②③解得n＝2. 5，
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。
5.【答案】（1）60 kg　（2）180 kg
【解析】（1）以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出的气体质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，根据动量定理有
FΔt＝Δmv0①
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′＝F②
对火箭有（忽略喷出气体的重力）F′＝Mg③
由①②③式解得
kg/s＝60 kg/s.
即要获得克服火箭重力的推力，每秒钟要喷出60 kg的气体。
（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象，有
FΔt＝Δmv0④
对火箭有F′－Mg＝Ma，F′＝F⑤
由④⑤两式解得
kg/s＝180 kg/s。
即每秒钟喷出180 kg气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度。
6.【答案】3 J≤E≤1 875 J
【解析】对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得
（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，
设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知
mAvA2＋mBvB2－（mA＋mB）v02＝E，
B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB＝（mC＋mB）v共，
若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可得知若炸开后，A仍向右运动，需满足vA≤v共，代入数据可得E≥3 J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|≤3v共，代入数据可得E≤1 875 J。
综合可得3 J≤E≤1 875 J。