1、动量守恒定律的应用A 组基础巩固题1两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的( )A质量相等 B动能相等C动量大小相等 D速度大小相等解析 两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C 项正确。答案 C 2如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，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( )A16 J B2 JC6 J D4 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
2、与木块组成的系统动量守恒，即 m0v0( mm 0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即 E m0v (mm 0)v2，而木块获得的动能 E 木 mv26 J，两12 20 12 12式相除得 1，即 E6 J，A 项正确。EE木 m m0m0答案 A 3(2018湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为 M0.4 kg 的两长平板小车A 和 B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小物块 (可看成质点)m0.2 kg 以初速度 v9 m/s 从最左端滑上小车 A 的上表面，最后停在小车 B 最右端时速度为 v22 m/s，最后 A 的速度 v1 为( )A1.5 m /s B. 2
3、m/sC1 m /s D0.5 m/s解析 三物体整体分析，系统动量守恒 mv(mM) v2Mv 1v 11.5 m/s。答案 A 4.如图所示，在光滑的水平面上有一物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为 C，两端 A、B 一样高。现让小滑块 m 从 A 点静止下滑，则( )Am 不能到达小车上的 B 点Bm 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动，m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动Cm 从 A 到 B 的过程中小车一直向左运动， m 到达 B 的瞬间，M 速度为零DM 与 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析 M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以 m 恰能
4、达到小车上的 B 点，到达 B 点时小车与滑块的速度都是 0，故 A 项错误；M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，m 从 A 到 C 的过程中以及 m 从 C 到 B 的过程中 m 一直向右运动，所以 M 一直向左运动，m 到达 B 的瞬间，M 与 m 速度都为零，故 B 项错误，C 项正确；小滑块 m 从 A 点静止下滑，物体 M 与滑块 m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M 和m 组成的系统机械能守恒，故 D 项错误。答案 C 5.(2018湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木
5、块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置。现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中，则木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为( )Av ，I0 Bv ，I 2mv 0mv0M m mv0M mCv ，I Dv ，I2mv 0mv0M m 2m2v0M m mv0M解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得 mv0( Mm) v，解得 v ，子弹和木块系统在弹簧弹力的作mv0M m用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木块回到 A 位置时的速度 v ，子弹
6、、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用mv0M m力，根据动量定理得 I(Mm)vmv 02m v0，所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为2mv0。答案 B 6(多选 )如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一物体B 以水平速度 v03 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( )A木板获得的动能为 2 JB系统损失的机械能为 4 JC木板 A 的最小长度为 1.5 mDA、B 间的动摩擦因数为 0.1解析 根据动量守恒定律可得mv0( mm A)vm A4 kg，
7、A 的动能为 Ek mAv22 J，12系统损失的动能 Ek mv (mAm)v 26 J，12 20 12木板长 L v0t11.5 m，12mgma0.2。答案 AC 【解题技巧】由图读出木板获得的初速度，根据 Ek mv2 求解木板获得的动能。根据斜率求出12B 的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数。根据“面积”之差求出木板 A的长度，再求系统损失的机械能。 7如图所示，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，
8、g 取 10 m/s2，物块可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的速度为( )A0.5 m /s B1.0 m/sC1.5 m /s D2.0 m/s解析 A 、B 碰撞过程动量守恒，mv 0mv 12mv 2，机械能无损失， mv mv 2mv 。碰撞后对 B 物体应用动能定理12 20 12 21 12 22mgx 2mv ，解得 v01.5 m/s，C 项正确。12 2答案 C 8质量相等的 4 个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示，具有初动能 E 的物块 1 向其他 3 个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4 个物块粘为一整体，这个整体的动能等于( )AE
9、 B. E34C. E D. E14 116解析 对整个系统研究，以水平向右为正，整个过程运用动量守恒定律得mv04mv，解得 v ，则整体的动能 Ek 4m 2 ，故 C 项正确，v04 12 (v04) E4A、B、 D 项错误。答案 C B 组能力提升题9.(2018菏泽一中月考)( 多选 )如图所示，一辆质量为 M3 kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为 m1 kg 的小铁块 B(可视为质点)放在平板小车 A 最右端，平板小车 A 上表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 0.5，平板小车 A 的长度 L0.9 m。现给小铁块 B 一个 v05 m/s
10、 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为 2 m/sB小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为 8 NsC小铁块 B 从反向到与车同速共历时 0.6 sD小铁块 B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为 9 J解析 设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为 v1，根据动能定理得mgL mv mv ，代入数据可得 v14 m/s，故 A 项错误；小铁块 B 与竖直墙12 21 12 20壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为 v1 4 m/s，方向向右，根据
11、动量定理 Im v 8 kgm/s，故 B 项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速 v2，根据动量守恒定律得 mv1( mM )v2，解得 v21 m/s，小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移 x1 t 0.6 m1.5 m，平板车的位移 x2 t 0.6 v2 v12 1 42 v22 12m0.3 m，xx 1x 21.2 mL，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为 E2mgL9 J，故 C 项错误，D 项正确。答案 BD10半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体 m1、m 2 同时由轨道左
12、、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道 M 点，已知 OM 与竖直方向夹角为 60，则两物体的质量之比 m1m 2 为( )A( 1)( 1) B. 12 2 2C( 1)( 1) D12 2 2解析 两球到达最低点的过程，由动能定理得 mgR mv2，解得 v ，所以12 2gR两球到达最低点的速度均为 ，设向左为正方向，则 m1 的速度 v1 ，则 m22gR 2gR的速度 v2 ，由于碰撞瞬间动量守恒得 m2v2m 1v1(m 1m 2)v 共 ，解得 v 共 2gR，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道 M 点，对此过程应m2 m1m1 m22gR用机械能守恒
13、定律得(m 1 m2)gR(1cos60)0 (m1m 2)v ，由解得12 2共2 ，整理 m1m2( 1) ( 1)，故 C 项正确。m1 m22m2 m12 2 2答案 C 11如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体 A 和 B 经反弹后，B 能上升到比初位置高得多的地方。A 是某种材料做成的实心球，质量 m10.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量 m20.1 kg 的木棍 B，B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从 A 下端离地板的高度 H1.25 m 处由静止释放。实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍 B 脱离球 A
14、开始上升，而球 A 恰好停留在地板上。则木棍 B 上升的高度为(重力加速度 g 取 10 m/s2)( )A4.05 m B1.25 mC5.30 m D12.5 m解析 球及棒落地速度 v ，球反弹后与 B 的碰撞为瞬间作用，AB 虽然在2gH竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有 m1vm 2v0 m 2v2，棒上升高度为 h ，联立并代入数据，得v 22gh4.05 m 。答案 A 12如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M3.0 kg，质量 m1.0 kg 的铁块以水平速度 v04.0 m/s，
15、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，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A4.0 J B6.0 JC3.0 J D20 J解析 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为 L，摩擦力大小为 f，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程mv fL (Mm)v 2E p，12 20 12铁块相对于木板运动的整个过程mv 2fL (Mm)v 2，12 20 12又根据系统动量守恒可知mv0( Mm)v，联立得 Ep3.0 J，故选 C 项。答案 C 13如图所示，可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B
16、 物体上，一起以 v0 的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生碰撞，碰撞后 B、C 的速度相同， B、C 的上表面相平且 B、C 不粘连，A 滑上 C 后恰好能到达 C 板的右端。已知 A、B 质量均相等，C 的质量为 A 的质量的 2 倍，木板 C 长为L，重力加速度为 g。求：(1)A 物体的最终速度。(2)A 物体与木板 C 上表面间的动摩擦因数。解析 (1)设 A、B 的质量为 m，则 C 的质量为 2m，B、C 碰撞过程中动量守恒，令 B、 C 碰后的共同速度为 v1，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv03mv 1，解得 v1 。v
17、03B、C 共速后 A 以 v0 的速度滑上 C、A 滑上 C 后，B、C 脱离，A、C 相互作用过程中动量守恒，设最终 A， C 的共同速度 v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv02mv 13mv 2，解得 v2 。5v09(2)在 A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得fL mv 2mv 3mv ，12 20 12 21 12 2又 fmg ，解得 。4v2027gL答案 (1) (2)5v09 4v2027gL14足够长的倾角为 的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为 x0，如图所示。一物块从钢板上方距离为 3x0 的 A
18、处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时，它们恰能回到 O 点，O 为弹簧自然伸长时钢板的位置。若物块质量为 2m，仍从 A 处沿斜面滑下，则物块与钢板回到 O 点时，还具有向上的速度。已知重力加速度为 g，计算结果可以用根式表示，求：(1)质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小 v1。(2)碰撞前弹簧的弹性势能。(3)质量为 2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离 O 点的距离。解析 (1)设物块与钢板碰撞前速度为 v0，3mgx0sin mv ，12 20解得 v0 。6gx0sin设物块与钢板碰撞后一起运动的
19、速度为 v1，有mv02mv 1，解得 v1 。6gx0sin2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为 Ep，当它们一起回到 O 点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据机械能守恒得 Ep (2m)v 2mgx 0sin，12 21解得 Ep mgx0sin。12(3)设 v2 表示质量为 2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，有2mv03mv 2，它们回到 O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为 v，由机械能守恒定律得Ep (3m)v 3mgx0sin (3m)v2，12 2 12在 O 点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度 v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离 O 点的距离为 h，有 v22ah ，2mgsin2ma，解得 h 。x02答案 (1) (2) mgx0sin (3)6gx0sin2 12 x02
