下载地址

资源介绍

2022步步高一轮word题库碰撞与动量守恒·第2讲 动量守恒定律及其应用.doc
-----------------------------------
第2讲　动量守恒定律及其应用

知识要点
一、动量守恒定律
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
3.动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞
物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最多
三、反冲和爆炸问题
1.反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹升空、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
2.爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
基础诊断
1.(多选)如图1所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)

图1
A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
解析　木块A离开墙壁前，由A、B和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，故选项A错误，B正确；木块A离开墙壁后，由A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，故选项C正确，D错误。
答案　BC
2.如图2所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)

图2
A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动
C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动
解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误。
答案　D
3.[人教版选修3－5·P16·T5改编]某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A.0.053 m/s B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
解析　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝116v0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s。故选项B正确。
答案　B
4.(2017·全国Ⅰ卷，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
解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。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，所以选项A正确，B、C、D错误。
答案　A


　动量守恒定律的理解和基本应用
1.动量守恒定律的四个特性
相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2.应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下

【例1】 (多选)(2019·安徽省宜城市第二次调研)如图3所示，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(　　)

图3
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.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
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.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
解析　物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，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正确。
答案　BCD
【例2】 如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

图4
解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s。
答案　2 m/s

1.(多选)(2020·湖北武汉三模)如图5所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。此人将锤抡起至最高点，此时大锤在头顶的正上方，然后，人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是(　　)

图5
A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左
B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零
C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量先增大后减小
D.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
解析　由水平方向动量守恒可知锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左，故A正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，故B正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，故C错误；人、锤和车组成的系统，只在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故D错误。
答案　AB
2.[临界问题]两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s。方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？
解析　(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝1×3－0.5×20.5＋1 m/s＝1.3 m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得v乙′＝2 m/s。
答案　(1)1.3 m/s　(2)2 m/s
　碰撞问题
1.三种碰撞形式的理解
碰撞类型 特征描述及重要关系式或结论
弹性碰撞 碰撞时，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫作弹性碰撞，若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时机械能也守恒，满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
12m1v 21＋12m2v 22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
若碰撞前，有一个物体是静止的，设v2＝0，则碰撞后的速度分别为
v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2、v2′＝2m1v1m1＋m2

非弹性碰撞 发生非弹性碰撞时，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，若系统有两个物体在水平面上发生非弹性碰撞，动量守恒，总动能减少。
满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
12m1v 21＋12m2v 22＞12m1v1′2＋12m2v2′2

完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大。两个物体在水平面上碰撞，碰后物体以共同速度运动，动量守恒，损失的机械能转化为内能。满足：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝12m1v 21＋12m2v 22－12(m1＋m2)v2

2.碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
考向 　弹性碰撞
【例3】 (2019·江西赣州模拟)如图6所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)

图6
A.3个小球静止，3个小球运动
B.4个小球静止，2个小球运动
C.5个小球静止，1个小球运动
D.6个小球都运动
解析　A、B质量不等，MA＜MB，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，ME＞MF，则E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，故A正确。
答案　A
考向 　完全非弹性碰撞
【例4】 A、B两球沿同一条直线运动，如图7所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x－t图象，c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，则B球质量为(　　)

图7
A.2 kg 　　　B.23 kg
C.4 kg 　　　D.43 kg
解析　由图象可知，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va＝4－102 m/s＝－3 m/s，vb＝4－02 m/s＝2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动，vc＝2－44－2 m/s＝－1 m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝23 kg，选项B正确。
答案　B
考向 　非弹性碰撞
【例5】 北京成功申办2022年冬奥会，水立方将摇身一变，成为冰立方，承办北京冬奥会冰壶比赛。训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，则：

图8
(1)冰壶乙获得的速度为多大？
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
解析　(1)由动量守恒定律得
mv1＝mv2＋mv3
其中v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
解得v3＝0.3 m/s。
(2)碰撞前的动能E1＝12mv 21＝0.08m，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝12mv 22＋12mv 23＝0.05m，
因为E1＞E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。
答案　(1)0.3 m/s　(2)非弹性碰撞
考向 　碰撞的可能性
【例6】 (2020·湖北宜昌西陵区期末)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　　)
A.m1＝m2 B.2m1＝m2
C.4m1＝m2 D.6m1＝m2
解析　甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，
得p1′＝2 kg·m/s。
由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，得m1≤2151m2。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p1m1＞p2m2，即m1＜57m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p1′m1＜p2′m2，所以m1＞15m2。因此选项C正确。
答案　C

1.如图9所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是(　　)

图9
A.甲球速度为零，乙球速度不为零
B.两球速度都为零
C.乙球速度为零，甲球速度不为零
D.两球都以各自原来的速率反向运动
解析　首先根据两球动能相等，12m甲v 2甲＝12m乙v 2乙得出两球碰前动量大小之比为p甲p乙＝m甲m乙，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A所述情况，而B、C、D情况是违背动量守恒的。
答案　A
2.如图10所示，质量为m的物块Q静止于半径为R的半圆形轨道的最低点，轻质弹簧的一端连接在Q上，另一端固定在圆弧轨道的上端A点，弹簧恰好处于原长。质量也为m的物块P由圆弧轨道的顶端B点由静止释放，运动到轨道的最低点与Q发生弹性正碰，碰撞后物块Q沿轨道上升的高度为h＝R2，不考虑物块和轨道间的摩擦，重力加速度为g，物块P、Q可以看成质点，则(　　)

图10
A.物块P、Q碰撞后，物块P会原速返回
B.物块P、Q碰撞后，物块Q的机械能守恒
C.弹簧的最大弹性势能等于12mgR
D.物块P、Q碰撞过程中，物块P对物块Q做的功为12mgR
解析　由题意知，物块P和物块Q发生弹性正碰，质量相等，交换速度，所以物块P碰后静止在轨道的最低点，A错误；物块P、Q碰撞后，在物块Q上升的过程中，Q和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；物块P下滑的过程中机械能守恒，mgR＝12mv20，可得v0＝2gR，碰撞后交换速度，则碰后对物块Q和弹簧由功能关系可知弹簧的最大弹性势能Ep＝12mv20－mgh，可得Ep＝12mgR，C正确；根据功能关系可知在物块P、Q碰撞过程中，物块P对物块Q做的功W＝12mv20＝mgR，D错误。
答案　C
　常见的三个经典模型
模型 　“人船模型”类问题的处理方法
1.人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。
2.人船模型的特点
(1)遵从动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。如图所示。

(2)两物体的位移满足：mx人t－Mx船t＝0
x人＋x船＝L
即x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
【例7】 长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)如图11所示，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　)

图11
A.L B.mLM
C.mLM＋m D.MLM＋m
解析　设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝mLM＋m，故只有选项C正确。
答案　C
模型 　“滑块—弹簧”碰撞模型
【例8】 如图12所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)

图12
A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J
解析　设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv20＝Ff L＋12(M＋m)v2＋Ep。由动量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得12mv 20＝2FfL＋12(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确。
答案　A
模型 　“子弹打木块”模型
【例9】 (2019·陕西咸阳模拟)如图13所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定，不计空气阻力。试求：

图13
(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；
(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。
解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有
mv0＝m(25v0)＋3mv
解得v＝15v0
对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有
FfL＝12mv20－12m(25v0)2－12·(3m)v2
解得子弹受到木块阻力Ff＝9mv 2025L。
(2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于12m·(25v0)2＝2mv 2025＜9mv 2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m(25v0)＝(m＋3m)v共
解得v共＝v010
对第二块木块，由动量定理有
Fft＝3m(v010)
子弹在第二块木块中的运动时间为t＝5L6v0。
答案　(1)15v0　9mv 2025L　(2)5L6v0

1.(多选)如图14甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

图14
A.木板获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为1.5 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
解析　根据动量守恒定律可得
mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4 kg，
A的动能Ek＝12mAv2＝2 J，
系统损失的动能ΔEk＝12mv 20－12(mA＋m)v2＝6 J，
木板长L≥12(v0＋v)t1－12vt1＝12v0t1＝1.5 m，
μmg＝ma，解得μ＝0.2。选项A、C正确，B、D错误。
答案　AC
2.(2019·山东省临沂市一模)如图15所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取10＝3.17)求：

图15
(1)滑块C的初速度v0的大小；
(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。
解析　(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：
mCv0＝(mB＋mC)v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得
Ep＝12(mB＋mC)v 21
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得
mAv3－(mB＋mC)v2＝0，
根据能量守恒定律得
Ep＝12mAv23＋12(mB＋mC)v 22
解得v2≈1.9 m/s。
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得
I＝Δp＝(mB＋mC)[v2－(－v1)]
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。
答案　(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止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(　　)

图1
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
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.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同
解析　男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，不受外力，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。
答案　CD
2.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A.若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙
B.若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D.无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
答案　B
3.(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动。已知两节车厢的质量均为20 t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)(　　)
A.10 N·s B.20 N·s
C.104 N·s D.2×104 N·s
解析　动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确。
答案　C
4.(2020·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图2所示。则下列说法错误的是(　　)

图2
A.碰撞前后物体A的运动方向相反
B.物体A、B的质量之比为1∶2
C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小
D.碰前物体B的动量较大
解析　由题图可得，碰撞前vA＝20－302 m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝20－102 m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A正确；由题图可得，碰撞前vB＝20－02 m/s＝10 m/s，根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B速度方向与物体B碰前速度方向相同，则碰前物体B动量较大，故D正确。
答案　C
5.如图3所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)

图3
A.0.5 m/s B.1.0 m/s
C.1.5 m/s D.2.0 m/s
解析　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－12·2mv 22，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，
12mv 20＝12mv21＋12·2mv 22，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。
答案　C
6.[人教版选修3－5·P17·T6改编]如图4所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为(　　)

图4
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
解析　设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v03和－v03，则有mBv0＝mA·v03＋mB－v03，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。
答案　D
7.如图5所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上的静止木块，未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

图5
A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J
解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝12m0v 20－12(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝12mv2＝6 J，两式相除得ΔEEk木＝m＋m0m0＞1，即E＞6 J，A项正确。
答案　A
8.如图6所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：

图6
(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
解析　(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝12(m0＋m1)v 21－12(m0＋m1＋m2)v 22
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
答案　(1)10 m/s　(2)5 m
9.如图7所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2。求：

图7
(1)两小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小。
解析　(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统：碰撞前后动量守恒，则有
MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后总动能保持不变，
则有12Mv 2A＝12MvA′2＋12mv 2B
由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
设小球运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为零势能面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有12mv 2C＋2mgR＝12mv 2B
解得vC＝5 m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝mv 2CR
解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N。
答案　(1)2 m/s　(2)4 N
综合提能练
10.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则图8中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

图8
解析　弹丸在爆炸过程中，水平方向上的动量守恒，有mv0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向上有h＝12gt2，水平方向上，对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，故A、C、D错误，B正确。
答案　B
11.(2020·陕西省商洛市质检)如图9所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图9
A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0＋m＋M
B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
解析　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝m0v0m0＋M，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)v 21L，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，由牛顿第三定律知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。
答案　C
12.如图10所示，质量为mB＝1 kg的物块B通过轻弹簧和质量为mC＝1 kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上。系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1 m，另一质量为mA＝1 kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动。已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力可忽略不计。

图10
(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小；
(2)求A、B相碰后，整体以a＝5 m/s2的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力FN；
(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度h至少为多大？
解析　(1)A由静止释放到与B碰撞前，由动能定理得mAg·2x0＝12mAv 20－0
由于A与B碰撞结束后粘合为一个整体，则对A与B组成的系统，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s。
(2)A、B相碰后，对A与B整体应用牛顿第二定律得
(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a
对C受力分析得FN＝mCg＋F弹
代入数据解得FN＝20 N，方向竖直向上。
(3)对A从静止释放到与B碰撞前，由机械能守恒定律得
mAgh＝12mAv 21－0
对A与B碰撞的过程，由动量守恒定律得
mAv1＝(mA＋mB)v共
从A、B碰后到C恰好离开地面的过程，初时压缩量为x0，末时伸长量也为x0，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能。
若C恰好能离开地面，根据能量守恒定律得
12(mA＋mB)v 2共＝(mA＋mB)g·2x0
解得h＝0.8 m，所以h至少为0.8 m。
答案　(1)1 m/s　(2)20 N　方向竖直向上　(3)0.8 m