1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用 同步练习（粤教版选修3-5）

1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用 同步练习（粤教版选修3-5）
1．(双选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，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互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD.光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒．
选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的．
选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能．
选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能．
选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．
2．(双选)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，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选AB.要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，则其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×＋2mvB″.
解得：vB′＝v0，vB″＝v0.
3．(单选)在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000 kg的向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　　)
A．小于10 m/s
B．大于10 m/s小于20 m/s
C．大于20 m/s小于30 m/s
D．大于30 m/s小于40 m/s
解析：选A.设卡车碰前的速率为v卡，由于碰后两者一起向南运动一段距离，由动量守恒定律可知：m客v客>m卡v卡，所以1500×20>3000v卡，解得v卡<10 m/s.
4．(单选)质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.设须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，所以n＝，故选C.
图1－3－10
5．(2010年高考山东卷)如图1－3－10所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′，①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2，②
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″，③
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0，④
联立①②③④式得1.5v2答案：1.5v2一、单项选择题
图1－3－11
1．如图1－3－11所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将(　　)
A．以速度v做平抛运动
B．以小于v的速度做平抛运动
C．静止于车上
D．自由下落
解析：选D.由动量守恒：mv＝mv1＋mv2，由机械能守恒：mv2＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v，故D正确．
2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：选A.以A、B为系统，系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除D项．
A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即
EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
EkA＋EkB＝＋
＝＝，
EkA′＋EkB′＝＋.
将A、B、C三项代入可排除C项．
A、B选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A球的速度应小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，因此又可排除B项，所以该题的正确选项为A.
3．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg、m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　)
A．v′1＝7 m/s，v′2＝1.5 m/s
B．v′1＝2 m/s，v′2＝4 m/s
C．v′1＝3.5 m/s，v′2＝3 m/s
D．v′1＝4 m/s，v′2＝3 m/s
解析：选B.选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误，B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误．
图1－3－12
4.(2010年高考福建卷)如图1－3－12所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：选B.因系统受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确．
5．质量为M的小车在光滑的水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，小车的速度将(　　)
A．减小 B．不变
C．增大 D．无法确定
解析：选B.本题中小车与沙子组成的系统仅在水平方向上动量守恒．因沙子从车上漏出前在水平方向有速度为v0，故沙子漏出后做平抛运动，水平方向的速度为v0.由动量守恒定律得，小车的速度仍为v0，即不变．
图1－3－13
6．如图1－3－13所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是(　　)
A．做加速运动 B．做减速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
解析：选A.薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)
Mv－mv＝(M＋m)v′.
则v′＝＝ m/s＝2 m/s.
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s.当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得
Mv－mv＝Mv1＋mv2.
v2＝
＝ m/s
＝0.8 m/s.
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动．
二、双项选择题
7．关于动量守恒定律，下列说法错误的是(　　)
A．系统满足动量守恒条件时，不仅作用前后总动量不变，就是作用过程中任何时刻总动量也不变
B．动量守恒定律与牛顿运动定律一样仅适用于宏观、低速的物体
C．动量守恒定律仅适用于正碰而不适用于斜碰的物体系统
D．大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，动量守恒定律都适用
解析：选BC.正确理解动量守恒定律与牛顿运动定律的区别是求解关键．
8．(2011年建湖高二检测)在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后钢球1的运动方向反向，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有(　　)
A．E1p0
C．E2>E0 D．p2>p0
解析：选AD.钢球1与钢球2碰撞，满足动量守恒定律，则p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0≥E1＋E2，又E2≠0，故E19．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若(　　)
A．两人质量相等，则必定是v甲>v乙
B．两人质量相等，则必定是v乙>v甲
C．两人速率相等，则必定是m甲>m乙
D．两人速率相等，则必定是m乙>m甲
解析：选AC.取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v甲>v乙，所以选项A正确，B错误．若两人速率相等，则必定是m甲>m乙，所以选项C正确，D错误．
图1－3－14
10.如图1－3－14所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．m1、m2系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD.两球组成系统所受合力为零，则动量守恒，包含弹簧在内的系统在整个过程中没有能量损失故机械能守恒．当弹簧伸长最长时两小球速度相同．
三、非选择题
图1－3－15
11．如图1－3－15所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统机械能的损失．
解析：因子弹未射出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：
μ(M＋m)gs＝(M＋m)v′2，②
由①②两式解得：s＝.
(2)射入过程中的机械能损失
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2，
解得：ΔE＝.
答案：(1)　(2)
图1－3－16
12.(2010年高考天津理综卷)如图1－3－16所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h/16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.
解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv
得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv
得v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv1＝－mv1′＋5mv2
得v2＝
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
f＝5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有
－ft＝0－5mv2
得t＝.
答案：