1、1动量守恒定律基础巩固题组(20 分钟，50 分)1如图，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( )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：选 D.选向右为正方向，则 A的动量 pA m2v02 mv0， B的动量 pB2 mv0.碰前 A、 B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后 A、 B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项 D符合题意2(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直
2、墙上，质量为 m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m的小球从槽上高 h处由静止开始自由下滑( )A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高 h处解析：选 BC.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项 A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项 B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项 C正确；小球与槽组成的系统动量守
3、恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项 D错误3有一个质量为 3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向右，则另一块的速度是( )A3 v0 v B2 v03 vC3 v02 v D2 v0 v解析：选 C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3 mv02 mv mv，可得另一块的速度为 v3 v02 v，对比各选项可知，答案选 C.4(2017高考全国卷)将质量为 1.00 kg的模型火箭点
4、火升空，50 g燃烧的燃气2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)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s解析：选 A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p mv00，解得p mv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项 A正确5如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为 M，质量为m的小球通过长度为 L的轻绳与杆的顶端连接，开始时
5、小车静止在光滑的水平面上现把小球从与 O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A. B2LMM m 2LmM mC. DMLM m mLM m解析：选 B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与 O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为 2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为 v1、 v2，有 mv1 Mv2，故ms1 Ms2， s1 s22 L，其中 s1代表小球的水平位移大小， s2代表小车的水平位移大小，因
6、此 s2 ，选项 B正确2LmM m6(多选)如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度 v00.1 m/s向右做直线运动，已知 a、 b两弹性小球质量分别为 m11.0 kg 和 m22.0 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动经过 t5.0 s两球的间距s4.5 m，则下列说法正确的是( )A刚分离时， a、 b两球的速度方向相同B刚分离时， b球的速度大小为 0.4 m/sC刚分离时， a球的速度大小为 0.7 m/sD两球分开过程中释放的弹性势能为 0.27 J解析：选 CD.在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量
7、守恒，设断开后两球的速度分别为 v1和 v2，刚分离时， a、 b两球的速度方向相同，由动量守恒定律得( m1 m2)3v0 m1v1 m2v2，根据题述，经过 t5.0 s两球的间距 s4.5 m，有 v1t v2t4.5，联立解得 v10.7 m/s， v20.2 m/s，负号说明 b球的速度方向向左，选项 A、B 错误，C 正确；由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能 Ep m1v m2v (m1 m2)12 21 12 2 12v 0.27 J，选项 D正确207如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12 m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为 2v
8、0、 v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 vmin，抛出货物后船的速度为 v1，甲船上的人接到货物后船的速度为 v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12 mv011 mv1 mvmin货物落入甲船过程，10 m2v0 mvmin11 mv2为避免两船相撞应满足 v1 v2解得 vmin4 v0.答案：4 v0能力提升题组(25 分钟，50 分)1如图所示， B、 C、 D、 E、 F,5个小球并排放置在光滑的水平面上， B、 C、 D、 E,4个球质量
9、相等，而 F球质量小于 B球质量，A球的质量等于 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( )A3 个小球静止，3 个小球运动B4 个小球静止，2 个小球运动C5 个小球静止，1 个小球运动D6 个小球都运动解析：选 A.因 A、 B质量不等， MA MB.A、 B相碰后 A速度向左运动， 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， E、 F向右运动故 A正确，B、C、D 错误2(多选)如图所示，光
10、滑水平面上有大小相同的 A、 B两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2 mA，规定向右为正方向， A、 B两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A球的动量增量为4 kgm/s，则( )4A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是 A球，碰撞后 A、 B两球速度大小之比为 25D右方是 A球，碰撞后 A、 B两球速度大小之比为 110解析：选 AC.由 mB2 mA， pA pB知碰前 vB vA，若右方为 A球，由于碰前动量都为 6 kgm/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为 A球，设碰后二者速度分别为vA、 vB，由题意知 pA mAvA2 kgm/s，
11、 pB mBvB10 kgm/s，解得 vAvB.碰撞后 A球动量变为 2 kgm/s， B球动量变为 10 kgm/s，又 mB2 mA，由计算可知碰25撞前后 A、 B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项 A、C 正确3(多选)质量为 M、内壁间距为 L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 .初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A. mv2 B v212 mM2 m MC. N
12、mgL D NmgL12解析：选 BD.设系统损失的动能为 E，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有 mv( M m)vt(式)、 mv2 (M m)v E(式)，12 12 2t由联立解得 E v2，可知选项 A错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞Mm2 M m为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即 E NmgL ，选项 C错误，D 正确4(多选)如图甲所示，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 x t图象已知 m10.1 kg.由此可以判断( )A碰前 m2静止， m1向右运动B碰后 m2和 m1
13、都向右运动5C m20.3 kgD碰撞过程中系统损失了 0.4 J的机械能解析：选 AC.由 x t图象的斜率得到，碰前 m2的位移不随时间而变化，处于静止状态 m1速度大小为 v1 4 m/s，方向只有向右才能与 m2相撞，故 A正确；由题图乙读 x t出，碰后 m2的速度为正方向，说明向右运动， m1的速度为负方向，说明向左运动，故 B错误；由题图乙求出碰后 m2和 m1的速度分别为 v22 m/s， v12 m/s，根据动量守恒定律得， m1v1 m1v1 m2v2，代入解得， m20.3 kg，故 C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为 E m1v m1v1 2 m2v2 2，代入解得，
14、 E0 J，故 D错误12 21 12 125光滑水平地面上有两个静止的小物块 a和 b， a的质量为 m， b的质量 M可以取不同的数值现使 a以某一速度向 b运动，此后 a与 b发生弹性碰撞，则( )A当 M m时，碰撞后 b的速度最大B当 M m时，碰撞后 b的动能最大C当 M m时，若 M越小，碰撞后 b的速度越小D当 M m时，若 M越大，碰撞后 b的动量越小解析：选 B.a与 b发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mv0 mv1 Mv2，由机械能守恒定律得 mv mv Mv ，联立解得 v1 v0， v2 v0.显然，当 M0 时， b的速度12 20 12 21 12 2 m Mm
15、M 2mm M最大，选项 A错误；当 M m时，碰撞后 a的速度为零，动能为零， b的动能最大，选项 B正确；当 M m时，若 M越小，碰撞后 b的速度越大，选项 C错误；当 M m时，若 M越大，碰撞后 a的速度越小， a的动量越小， b的动量 Mv2 v0 v0，若 M越大，碰撞后2mMm M 2mmM 1b的动量越大，选项 D错误6如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块 A、 B和半径为 0.5 m的 光滑圆轨14道 C静置于光滑水平轨道上， A、 B、 C质量分别为 1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让 A以 6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为 0.3
16、s，碰后速度大小变为 4 m/s.当A与 B碰撞后会立即粘在一起运动，已知 g10 m/s 2，求：(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块 A平均作用力的大小；(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度 h.解析：(1) A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对 A由动量定理有：Ft mAv2 mA( v1)6解得 F50 N(2)A与 B碰撞过程，对 A、 B系统，水平方向动量守恒有：mAv2( mB mA)v3AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对 A、 B、 C组成的系统，水平方向动量守恒，且最高点时，三者速度相同，有：(mB mA)v3( mB mA mC)v4由能量关系：(mB mA)v (mB mA mC)v ( mB mA)gh12 23 12 24解得 h0.3 m.答案：(1)50 N (2)0.3 m7
