第2讲-动量守恒定律及应用-作业.docx

第2讲　动量守恒定律及应用
课时精练

1．(多选)如图1所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况的说法是可能发生的(　　)

图1
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案　BC
解析　在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看成为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，A、D错误；而小车和木块碰撞后，可能以不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)向前运动，B、C正确．
2.(2019·湖北沙市中学模拟)如图2所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是(　　)

图2
A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4
答案　A
解析　两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝∶＝1∶2，D错误．
3．如图3甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01 s)，图中无法显示，则(　　)

图3
A．物块B的质量为2 kg
B．物块B的质量为4 kg
C．A、B碰撞时的平均作用力大小为300 N
D．A、B碰撞时的平均作用力大小为100 N
答案　C
解析　由题图乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后v＝ m/s＝1 m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝＝3 kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正确，D错误．
4．(2017·全国卷Ⅰ·14)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
答案　A
解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气喷出后的瞬间，燃气的动量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
5．(多选)(2020·湖北武汉市开学考试)如图4所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止．下列说法正确的是(　　)

图4
A．最终a车的速率大于b车的速率
B．最终a车的速率小于b车的速率
C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
答案　BD
解析　人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得＝<1，则a车的速率小于b车的速率；人对两车的冲量大小：Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va>mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故选B、D.

6.(多选)(2019·福建龙岩市模拟)如图5所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒
B．t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒
C．t＝时，A的动量为2mv
D．t＝时，A的动量为4mv
答案　AC
解析　在B停止运动前，A、B整体所受的合外力为零，总动量守恒；在B停止运动后，A、B整体所受的合外力不为零，总动量不守恒．设A、B所受的滑动摩擦力大小均为Ff，系统匀速运动时，有F＝2Ff，得Ff＝；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得－Fft＝0－mv，联立得t＝，即t＝时B停止运动．在B停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故A正确；t＝至t＝时间内，B停止运动，A做匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误；t＝时，由系统的动量守恒得2mv＝pA＋0，得A的动量pA＝2mv，故C正确；t＝时，对A，由动量定理得(F－Ff)(－)＝pA′－2mv，解得A的动量pA′＝3mv，故D错误．
7．(多选)(2020·吉林长春市模拟)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图6甲所示，蓝壶静止在固定区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v－t图像如图乙所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)

图6
A．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1 m/s
B．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2
C．蓝壶运动了4 s停下
D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 m
答案　BD
解析　红壶碰撞前后的速度分别为1.2 m/s、0.3 m/s，所以红壶碰撞前后速度大小变化了
0.9 m/s，故A错误；碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的加速度大小，为a＝＝ m/s2＝0.3 m/s2，故B正确；设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后速度为v0′＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9 m/s，故蓝壶运动时间为t＝＝3 s，故C错误；碰撞后两壶相距的最远距离等于碰后两图线与时间轴所围面积之差，为s＝ m－ m＝1.2 m，故D正确．
8．如图7所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　)

图7
A．5 B．6 C．7 D．8
答案　B
解析　取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝v，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝v，所以vn＝v1＋(n－1)v，当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.
9．(八省联考·重庆·13)如图8所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿．把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动．若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力．求：

图8
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度．
答案　(1)　(2)L
解析　(1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知
3mgL＝·3mv02
解得v0＝.
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动
L＝gt2
解得t＝
水平方向上做匀速直线运动
2L＝v2t
解得v2＝＝＝2L＝
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋mv2
解得碰撞后小木块1的速度为
v1＝＝
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝×3mv12
解得h＝××2L＝L.
10.如图9所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．

图9
答案　大于或等于3.8 m/s
解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向
由水平方向动量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′
解得v′＝1 m/s
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu
解得u＝3.8 m/s
因此，只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞．
11.(2021·江苏常州市期中)如图10所示，质量m＝1 kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧， 从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R＝0.5 m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上．木板质量M＝4 kg、长度L＝2.05 m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定．已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0＝0.6 m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g＝10 m/s2.求：

图10
(1)弹簧弹力对物块所做的功W；
(2)物块经过D点时所受轨道支持力F的大小；
(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系．
答案　(1)5.5 J　(2)60 N　(3)见解析
解析　(1)物块恰好通过C点，有mg＝m
解得vC＝ m/s
由动能定理得，W－μmgL0＝mvC2
解得W＝5.5 J
(2)物块由C运动到D，由动能定理得2mgR＝mvD2－mvC2
解得vD＝5 m/s
在D点，F－mg＝m
解得F＝60 N
(3)若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
mvD＝(M＋m)v共
解得v共＝1 m/s
对物块，－μmg·x物＝mv共2－mvD2，得x物＝2.4 m
对木板，μmg·x板＝Mv共2，
得x板＝0.4 m, (L＋x板＞x物)
(用牛顿运动定律解答同样得分)
①若s≥0.4 m，物块能和木板共速，
则由能量守恒得：Ek＝mv共2－μmg(L＋x板－x物)＝0.25 J
②若s<0.4 m，物块不能和木板共速，
则由能量守恒得：
Ek＝mv D2－μmg·(L＋s)＝2.25－5s