湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律提升训练 新人教版选修3-5（通用）

动量守恒定律 一选择题（共14小题）1在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A碰后红壶将被反弹回来B碰后蓝壶速度为0.8 m/sC碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力2如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m。E点切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦。则小球的初速度v0的大小为（）Av0=4m/sBv0=5m/sCv0=6m/sDv0=7m/s3如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的已知两球始终末接触，则甲、乙两球的质量之比为（）A1：1B1：2C1：3D1：44将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（）A小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽5如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短。则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A动量不守恒、机械能守恒B动量不守恒、机械能不守恒C动量守恒、机械能守恒D动量守恒、机械能不守恒6如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A两者的速度均为零B两者的速度总不会相等C盒子的最终速度为，方向水平向右D盒子的最终速度为，方向水平向右7如图所示，小球A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为H=0.6m，小球B到水平地面的距离为h=0.2m，同时由静止释放两球设B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后B球速度为0，小球|A的质量为m，小球B的质量为5m重力加速度大小为g=10m/s2，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力以地面为参考面，两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为（）A1.6mB0.82mC0.6mD0.35m8如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（）A，I=mv0B，I=2mv0C，I=mv0D，I=2mv09如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦。从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是（）A小球的机械能守恒，动量守恒B小球的机械能守恒，动量不守恒C小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒10有一宇宙飞船，它的正面面积S=2m2，以v=3103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区此微粒尘区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m=2107kg设微微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（）A3.6103NB3.6NC1.2103ND1.2N11如图所示，每级台阶的高和宽均相等，一小球向左抛出后从台阶上逐级弹下，在每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，不计空气阻力，则小球（）A与每级台阶都是弹性碰撞B通过 每级台阶的运动时间逐渐缩短C除碰撞外，水平方向的速度保持不变D只要速度合适，从下面的某级台阶上向右抛出，它一定能原路返回12如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m，小滑块的质量关系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2则碰后小滑块B的速度大小不可能是（）A5 m/sB4 m/sC3 m/sD2 m/s13台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球（母球）15个花球（色球）组成，又称花式台球。如图在某次击球过程中，白球以3m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（）A白球静止，黑球以3m/s的速度向右运动B黑球静止，白球以3m/s的速度反弹向左运动C白球和黑球都以下1.5m/s的速度向右运动D白球以3m/s的速度反弹向左运动，黑球以3m/s的速度向右运动14如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是（）A合力对物块的冲量大小一定为2mv2B合力对物块的冲量大小一定为2mv1C合力对物块的冲量大小可能为零D合外力对物块做的功可能为零二计算题（共7小题）15如图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端。已知木板的质量m1=20.0kg，物体A的质量m2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数=0.5，木板长L=2m本板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2不计滑轮摩擦。（1）为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；（2）若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升。当物体B上升hB=1.0m（物体B未碰触滑轮）时，物体A刚好到达木板最右端。求最初击打木板的冲量I。16如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知AB=h，BC=3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为=0.5给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示求：（1）滑块甲的初速度v0的大小；（2）滑块乙最终静止的位置与C点的距离17如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R，MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为=0.8，求：（1）B到达的最远位置离M点的距离；（2）极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；（3）A与B的质量之比。18如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=l.75m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m=lkg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为=0.4现给物块施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g=l0m/s2。（1）求物块滑到板右端时的速度v多大；（2）求x的大小；（3）通过计算说明，物块最终能否滑离木板。19如图听示，在光滑水平面上有一质量为2020m的木板，板上有2020块质量均为m的相同木块1、2、2020最初木板静止，各木块分别以v、2v、2020v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：（1）最终木板的速度（2）运动中第88块木块的最小速度；（3）第二块木块相对木板滑动的时间。20如图甲所示，m1=5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2=3kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的vt图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2。（1）求A、B的高度差h；（2）求滑块m1与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度LBC；（3）滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s，求滑块m2的传送时间；（4）求系统因摩擦产生的热量。21如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B（可视为质点），以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为，最后B不会滑离A已知M=2m，重力加速度为g。求：（1）A、B最后的速度；（2）木板A的最短长度。参考答案与试题解析一 选择题1【解答】解：A、由图知：碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v0=0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，故A错误。B、设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=mv0+mv解得：v=0.8m/s，故B正确；C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小 x=2m，故C错误。D、根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力。故D错误。故选：B。2【解答】解：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：，根据题意，有：M=4m，联立两式解得：v0=5m/s，故ACD错误，B 正确。故选：B。3【解答】解：甲、乙两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m甲v0=（m甲+m乙）v据题 v=解得：m甲：m乙=1：4故选：D。4【解答】解：A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒。小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误。B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒。小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒。故B错误。C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒。系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误。D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故D正确。故选：D。5【解答】解：木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力，系统的合外力不为零，所以动量不守恒。A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒，故ACD错误，B正确。故选：B6【解答】解：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v所以：v=v0v方向与v0同向，即方向水平向右。故选：D。7【解答】解：B球落地时的速度大小为 v1=2m/s，此时A球的速度大小也为2m/s。设B球撞地后上升t时间与a球相撞，则有 Hh=（v1t+）+（v1t）得 t=0.1s两球相撞前瞬间A球的速度为 vA=v1+gt=3m/s，B球的速度为 vB=v1gt=1m/s对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得 5mvBmvA=mvA解得 vA=2m/s两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度为 h=0.2m两球碰撞处离地高度 h=v1t=20.1100.12=0.15m所以两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为 H=h+h=0.35m故选：D。8【解答】解：A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能 E=联立解得 E=从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对AB及弹簧整体，由动量定理得 I=2mv（2mv）=4mv=2mv0。故选：D。9【解答】解：AB、从静止弹射到小球落地前的过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒。由于小球所受的合外力是重力，不等于零，则其动量不守恒，故AB错误。CD、小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故C正确，D错误。故选：C。10【解答】解：选在时间t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vt的圆柱体内微粒的质量。即 M=mSvt，初动量为0，末动量为mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：Ft=Mv0则 F=mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F=F=mSv2；代入数据得：F=21072（3103）2N=3.6N故ACD错误，B正确故选：B。11【解答】解：ABC、小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动，由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用；因在每级台阶上弹起的高度相同，所以存在机械能损失，碰撞不是弹性碰撞，所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等，由于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：h=gt2，所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故C正确，AB错误；D、由于在上升过程重力做负功，同时碰撞中存在能量损失，所以小球不可能原路返回，故D错误。故选：C。12【解答】解：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得 mAgR=解得 v0=6m/s若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB。mAv02=mAvA2+mBvB2。解得 vB=4m/s若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）vB解得 vB=2m/s所以碰后小滑块B的速度大小范围为 2m/svB4m/s，不可能为5m/s。故选：A。13【解答】解：设每个球质量为m。取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得：mv0=mv白+mv黑由动能守恒可得：联立解得：v白=0m/s，v黑=3m/s故A正确，BCD错误故选：A。14【解答】解：若v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为：I合=mv2（mv2）=2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合=mv1+mv2，根据动能定理得，合力做功为：W=故D正确，A、B、C错误。故选：D。二 计算题15【解答】解：（1）设A、B和木板一起向左运动的加速度大小为a，采用分离法如下：物体B受重力和绳拉力T的作用，由根据牛顿第二定律有：Tm3g=m3a；物体在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，根据牛顿第二定律有：fT=m2a；木板在水平方向外力F和A的摩擦力f作用，根据牛顿第二定律有：Ff=m1a；当A和木板间的摩擦力取最大值f=m2g时，外力F最大，联立解得：Fm3g=（m1+m2+m3）a=60 N；a=2.0 m/s2。（2）打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a=2.0 m/s2加速运动，当物体B上升高度hB=1.0 m时，有：；木板向左运动的位移为：x=L+hB木板在A的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：m2g=m1a设打击木板后的瞬间木板的速度为v0，则：代入数据，解得：v0=3.5 m/s；根据动量定理得最初击打木板的冲量为：I=mv0=70Ns。答：（1）求力F的最大值为60N；（2）最初击打木板的冲量大小为70Ns。16【解答】解：（1）甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换速度根据能量守恒定律得：=mgBC+mgh将BC=3h，=0.5代入解得 v0=（2）设滑块乙在水平面上滑行的总路程为S对整个过程，由动能定理得mgS=0解得 S=5h所以滑块乙最终静止的位置与C点的距离为 S=S3h=2h答：（1）滑块甲的初速度v0的大小为；（2）滑块乙最终静止的位置与C点的距离是2h17【解答】解：（1）A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：，解得：；A离开轨道后做平抛运动，在水平方向：x=vNt，在竖直方向：，解得：x=2R，B到达的最远位置离M点的距离：x=2R（2）A上升到N的过程，由机械能守恒定律得：，得：A受到爆炸力的冲量大小：I=（3）炸药爆炸过程AB组成的系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB=0，对B，由动能定理得：，解得：=；答：（1）B到达的最远位置离M点的距离是2R；（2）极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小是；（3）A与B的质量之比是。18【解答】解：（1）对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：解得：v=4m/s（2）对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：FxmgL=解得：x=lm（3）设物块相对板向左滑动距离x后，与木板达到相同速度v取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=（M+m）v解得：v=lm/s由能量守恒定律得：解得：x=1.5mL=1.75m。故物块不会滑离木板。答：（1）物块滑到板右端时的速度v是4m/s；（2）x的大小是1m；（3）物块最终不能滑离木板。19【解答】解：（1）设当所有物块的速度相等时的速度为v，选取向右为正方向，则有：m（v+2v+3v+nv）=2nmv可得：（2）设第k块木块的最小速度为vk，则此时木块与第1至第k1块木块的速度均为vk，由于所有的木块的质量都相等，所以所有的木块受到的摩擦力大小都是相等的，设为mg，由动量定理可知，在相等的时间内，第k+1块木块至第n块木块速度的减小量也相等，因而此时第k+1块木块至第n块木块速度依次是：vk+v，vk+2v，vk+3vvk+（nk）v则由动量守恒定律可得：m（v+2v+3v+nv）=（nm+km）vk+m（vk+v）+m（vk+2v）+mvk+（nk）v即m（v+2v+3v+nv）=2nmvk+m1+2+（nk）v所以：则：（3）由以上的结果可知，=由于木块的加速度始终为： a=g对木块2，有：v2=2vg所以：答：（1）最终木板的速度是；（2）运动中第88块木块的最小速度为43.1v；（3）第二块木块相对木板滑动的时间是。20【解答】解：（1）由图乙丙可知，碰撞后瞬间，m1 的速度v1=1m/s，m2的速度v2=5m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，碰撞过程系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2解得：v0=4m/s，m1下滑的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：h=0.8m；（2）由图乙可知，滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小：m/s2滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故：1m1g=m1a，解得，滑块m1与传送带间的动摩擦因数：1=0.05由图乙可知，滑块m1在传送带上先加速4s，后匀速运动6s 到达C 点图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC，即LBC=（1+3）4+3（104）=26m；（3）滑块m2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3m/s，全程的平均速度为：，设滑块m2的传送时间：t=6.5s；（4）由图乙可知，滑块m1在传送带上加速阶段的位移：，滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量：Q1=1m1g（vt1x1），滑块m2在传送带上减速的加速大小：m/s2滑块m2受到的滑动摩擦力大小：f=m2a滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量：Q2=f（LBCvt），系统因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2，解得：Q=16J。答：（1）A、B的高度差h为0.8m；（2）滑块m1与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度LBC为26m；（3）滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s，滑块m2的传送时间为6.5s；（4）系统因摩擦产生的热量为16J。21【解答】解：（1）由题意知A、B最后具有共同速度v。以向左为正方向。由动量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）v将M=2m代入解得：v=，方向向左。（2）设木板A的最短长度为L，根据能量守恒定律得：Mv02+mv02=（M+m）v2+mgL解得：L=答：（1）A、B最后的速度是，方向向左；（2）木板A的最短长度是。