1.3 动量守恒定律同步练习 （word版含答案）

动量守恒定理练习
一、单选题（每道题只有一个正确答案）
下列情况中系统动量守恒的是(????)
①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统
②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统．
A. 只有① B. ①和② C. ①和③ D. ①和③④
质量为1kg的物体在离地面高5m处自由下落，正好落在以5m/s的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车和沙子的总质量为4kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为
A. 3m/s B. 4m/s C. 5m/s D. 6m/s
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，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，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0.8?，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为0.6?
质量的小船静止在平静水面上，船两端载着，的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为(? ? )
A. ，向左 B. ，向左 C. ，向右 D. ，向右
如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(????)
A. 木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
B. 小车与木箱组成的系统动量守恒
C. 男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D. 男孩和木箱组成的系统动量守恒
小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是(????? )
A. 若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B. 若物体滑动中受到摩擦力，该系统全过程动量不守恒
C. 不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D. 若物体滑动中受到摩擦力，系统损失的机械能比没有摩擦力损失的机械能多
在一平直公路上发生一起交通事故，质量为1500?kg的小轿车迎面撞上了一质量为3000?kg的向北行驶的卡车，碰后两车相接在一起向南滑行了一小段距离而停止。据测速仪测定，碰撞前小轿车的时速为72km/?，由此可知卡车碰前的速率(????)
A. 小于10m/s B. 大于10m/s，小于20m/s
C. 大于20m/s，小于30m/s D. 大于30m/s，小于40m/s
如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为12?(不计空气阻力)，则(? ? ? )
A. 小球冲出B点后做斜上抛运动
B. 小球第二次进入轨道后，恰能运动到A点
C. 小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R
D. 小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于12mg?
向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有：
A. b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反
B. 从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C. a、b一定同时到达水平地面
D. 炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等
如图所示，静止在光滑水平面上的物块A和B的质量分别为m和2m，它们之间用水平轻弹簧相连，在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，可知(????)
A. 物块A立刻有速度
B. 物块B立刻有速度vB=I2m
C. 当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为vB=I2m
D. 当A与B之间的距离最大时，A与B有相同速度v=I3m
质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽右边最高点A处由静止滑下，设桌面光滑，则(????? )
A. 小球不可能滑到左边最高点
B. 小球到达槽底的动能小于mgR
C. 小球升到最大高度时，槽速度不为零
D. 若球与槽有摩擦，则系统水平方向动量不守恒
光滑水平地面上有物块A、B，它们用一轻弹簧连接，如图所示，此时弹簧处于原长状态。若给物块B一水平向右、大小为I的瞬时冲量，物块向右运动过程中弹簧的最大长度为L。若给物块A一水平向左，大小为2I的瞬时冲量，物块向左运动过程中弹簧的最大长度也为L，则A、B的质量可能为
A. mA=1.0?kg，mB=2.0?kg B. mA=3.0?kg，mB=2.0?kg
C. mA=2.0?kg，mB=3.0?kg D. mA=4.0?kg，mB=2.0?kg
二、多选题（每道题有两个或两个以上的正确答案）
如图所示，半径为R、质量为M的14光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是(? )
A. M和m组成的系统动量守恒
B. m飞离圆槽时速度大小为2gRMm+M
C. m飞离圆槽时速度大小为2gR
D. m飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为mm+MR
如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(? )
A. a、b两车运动速率相等 B. a、c两车运动速率相等
C. 三辆车的速率关系vc>va>vb????????????????????????????????????????????? D. a、c两车运动方向相反
如下图所示，一质量M=3.0?kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0?kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0?m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板．站在地面上的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是(????)
A. 1.8?m/s B. 2.4?m/s C. 2.6?m/s D. 3.0?m/s
如图所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s?t图象。已知m1=0.1kg，由此可判断
A. 碰前m2静止，m1向右运动
B. 碰后m2和m1都向右运动
C. 由动量守恒可以算出m2=0.3kg
D. 碰撞过程中机械能损失了0.4J的机械能
三、计算题（写清解答过程）
两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以大小为v02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m4，速度大小为v0，子弹射入木块A(时间极短)并留在其中．求：

(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小．
(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．
如图，一个带有光滑14圆弧的滑块B静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M，圆弧半径为R，另一个质量为m(m=M2)的小球A，以水平速度23gR，沿圆弧的最低点进入圆弧。求
(1)小球A能上升的最大高度；
(2)A、B最终分离时的速度。
如图所示，质量为mA=0.2kg的小球A系在长L1=0.8m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为mB=1kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数μ=0.5，传送带长L2=6.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L116，取重力加速度g=10m/s2，小球与物块均可视为质点，求：
(1)小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；
(2)物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；
(3)碰撞后，物块B到传送带P点需要的时间。
如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0??,?34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
答案和解析
【答案】B
【解答】
①小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统，受到的合外力为零，系统动量守恒。故①正确；
②子弹射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受外力之和为零，系统动量守恒。故②正确；
③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统受墙角的作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒。故③错误；
④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故④错误；
综上可知，B正确，ACD错误。
2.【答案】B
【解答】
物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。
已知两者作用前，车在水平方向的速度v0=5m/s，小球水平方向的速度v=0；
设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：
?mv+Mv0=(M+m)v′
解得：v′=mv+Mv0M+m=4×51+4m/s=4m/s
3.【答案】B
【解答】
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，故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??0.8??Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.2mg?，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mg?，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0.2mg?，机械能损失小于0.2mg?，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8??0.2?=0.6?，故D错误；
4.【答案】A
【解答】
甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：
0=?m甲v甲+m乙v乙+mv，
解得：v=m甲v甲?m乙v乙m，
代入数据解得v=?0.6?m/s，负号说明小船的速度方向向左，故BCD错误，A正确。
5.【答案】C
【解答】
在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；
A.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故A错误；
B.小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
CD.男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确，D错误。
6.【答案】C
【解答】
A、物体与小车粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故 A错误；
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则全过程系统的合外力为零，系统的动量守恒，故 B错误；
C、不论物体滑动中受不受摩擦力，全过程系统的合外力为零，系统的动量一直守恒，原来向左匀速运动，故最终小车、物体的速度相同也一起向左匀速运动，故 C正确；
D、当物体与B端粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故 D错误。
7.【答案】A
【解答】
长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律，有
mv1?Mv2=(m+M)v?
因而
mv1?Mv2>0?
代入数据，可得
v28.【答案】C
【解答】
A.小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，系统在水平方向上动量守恒，小球离开小车时，由系统水平方向动量为零，知小球与小车在水平方向上的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误；
BD.小球第一次通过轨道时，克服摩擦力所做的功是12mg?，第二次通过轨道时，克服摩擦力所做的功小于12mg?，故小球第二次进入轨道后，可以从A点冲出轨道，故BD错误；
C.小球第一次到达B点时，设小车的位移大小是x，则小球的位移大小就是(2R?x)，因水平方向动量守恒，则满足m(2R?x)=mx(人船模型)，得x=R，故C正确。
9.【答案】C
【解答】
A.炮弹炸裂过程发生在炮弹的速度恰好沿水平方向时，由于炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v炸裂后a、b的速度分别为va、vb，由动量守恒定律有：(ma+mb)v=mava+mbvb，若vav，故A错误；
BC.a、b?在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可知a、b同时落地，由于水平飞行距离x=vt，结合A选项分析知，a的速度可能小于b的速度，则a的水平位移可能比b的小，故B错误，C正确；
D.由动量守恒定律可知，炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等，故D错误。
故选C。
10.【答案】A
11.【答案】B
【解答】
AC.小球向左运动到最左侧时，相对于小车的速度为0，由水平方向的动量守恒可知，二者此时的速度都是0，然后又由机械能守恒定律可知，小球此时滑到左边最高点B，故AC错误；
B.小球无初速下滑到达最低点时，小球有向左的动量，根据水平方向动量守恒可知，槽有向右的动量，根据系统机械能守恒可知，系统减少的机械能为mgR，由于小球与槽都有动能，故小球到达槽底的动能小于mgR，故B正确；
D.由于桌面光滑，小球与槽组成的系统在水平方向合外力为零，故系统水平方向动量守恒，故D错误。
12.【答案】D
【解答】
当给物块B一水平向右、大小为I的瞬时冲量，根据动量定理有：I=p0B，
当两A、B两物体速度相等时弹簧最长，从开始到向右运动过程中弹簧的最大长度为L的过程，A、B弹簧系统动量守恒有：p0B=pAB，
根据能量守恒定律有：p0B22mB=pAB22mA+mB+Epm；
当给物块A一水平向左、大小为2I的瞬时冲量，根据动量定理有：2I=p0A，
当两A、B两物体速度相等时弹簧最长，从开始到向右运动过程中弹簧的最大长度为L的过程，A、B弹簧系统动量守恒有：p0A=p′AB，
根据能量守恒定律有：p0A22mA=p′AB22mA+mB+Epm；
联立解得：mA=2mB，故D正确，ABC错误。
13.【答案】BD
【解答】
A.木块m下滑过程中在竖直方向有向下的加速度，M和m组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但系统水平方向不受力，故系统水平方向动量守恒，故A错误；
BC.对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv?Mu=0，
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR=12mv2+12Mu2，联立解得v=2gRMm+M?，故B正确，C错误；
D.由水平方向动量守恒定律可得mv?Mu=0，则mvt=Mut，即mx1=Mx2，又因为x1+x2=R，解得x2=mm+MR?，故D正确；
14.【答案】CD
【解答】
若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有：
0=?M车vc+m人v，
m人v=?M车vb+m人v，
m人v=(M车+m人)?va，
所以：vc=?m人vM车，vb=0，va=m人vM车+m人。
即：vc>va>vb，并且vc与va方向相反。所以选项AB错误，选项CD正确。
故选：CD。
15.【答案】BC
【解答】
以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，
由动量守恒定律得(M?m)v0=MvB1，代入数据解得vB1=2.67?m/s．
当从开始运动到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M?m)v0=(M+m)vB2，
代入数据解得vB2=2?m/s．
木块A加速运动的过程为从其速度为零至与B共速，且此过程中B始终减速，
则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2?m/s16.【答案】AC
【解答】
A.碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1=ΔsΔt=4?m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；
B.由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；
C.由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2?m/s，v1′=?2?m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得m2=0.3?kg，故C正确；
D.碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12?12m1v′12?12m2v′22=0，故D错误。
故选AC。
17.【答案】解：(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹簧弹力的作用，故
v??B=?v02；
由于此时A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv02??mv04=(?m4+m)v??A
解得v??A=?v05
(2)由于子弹击中木块A后，木块A、木块B运动方向相同且v??A设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v，弹簧的最大弹性势能为E??pm，
选向左为正方向，由动量守恒定律得：
54mv??A+mv??B=(?54m+m)v
由机械能守恒定律得：
12×?54mv??A2+?12mv??B2=?12×(?54m+m)v??2+E??pm
联立解得v=?13v??0，E??pm=?140mv??02．
18.【答案】解：(1)当A上升到最大高度时，A、B速度相同，设为v共，对A、B组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
?mv=(m+M)v共
由系统的机械能守恒得：12mv2=mgH+12(m+M)v共2
结合m=M2，解得小球A能上升的最大高度为：H=4R
(2)由水平方向动量守恒得：mv=mvA+MvB
由系统的机械能守恒得：12mv2=12mvA2+12MvB2
联立解得：vA=?233gR，vB=433gR
19.【答案】解：(1)小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械恒守恒定律可得：mAgL1=12mAvA2；
解得：vA=4m/s；
小球在O点正下方时，由牛顿第二定律可得：T?mAg=mAvA2L1；
解得：T=6N；
(2)A上摆过程机械能守恒，则有：mAgL116=12mAv12；
解得：v1=1m/s；
A、B碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mAvA=?mAv1+mBvB；
解得：vB=1m/s；
设经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得：v0=vB+at；
由牛顿第二定律得：μmBg=mBa；
代入数据可得：t=1s；
物块滑行的距离为：s物=vB+v02t；
传送带的位移为：s带=v0t；
物块与传送带间的相对位移大小为：Δs=s带?s物；
解得：△s=2.5m；
滑块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为：Q=μmBg△s；
解得：Q=12.5J；
(3)t1=1s时，物块与传送带共速，走过的位移为s物=3.5m，传送带总长为6.5m；
走完剩余长度需要的时间为t2=6.5?3.56s=0.5s；
则碰撞后物块到达P点的时间为t=t1+t2=1.5s。
20.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题?vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。