【2017优化探究一轮复习 习题】第13章-第1讲 动量定理 动量守恒定律及其应用 (实验：验证动量守恒定律)

[随堂反馈]

1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑．下列说法正确的是()

A．在下滑过程中，物块的机械能守恒

B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒

C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动

D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处

解析：在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，但物块的机械能减少，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒，而竖直方向系统动量不守恒，故选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，选项C正确；由物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向动量守恒可知，物块和光滑弧形槽的速度大小相同，故物块被弹簧反弹后不可能再追上弧形槽，D错误．

答案：C

2．(2016·梅州联考)如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t()

A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小

B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大

C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大

D．以上三种情况都有可能

解析：由题可知，两个力大小相等，作用时间相同，所以由I＝Ft知，两冲量相等．

答案：C

3．(2015·高考天津卷)如图所示，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，A 、B 两球的质量之比为________，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为________．

解析：设A 、B 质量分别为m A 、m B ，B 的初速度为v 0，取B 的初速度方向为正方向，由题意，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v 03和－13v 0，则m B v 0＝m A ·v 03＋m B ·? ??

??－v 03，解得m A ∶m B ＝4∶1 碰撞前、后动能之比

E k1∶E k2

＝12m B v 20∶?

?????12m A ? ????v 032＋12m B ? ????－v 032 ＝9∶5

答案：4∶1 9∶5

4．如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．

解析：相对空间站而言，宇航员A 和B 构成的系统满足动量守恒的条件．以初速度v 0＝0.1 m/s 的方向为正方向，A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度一定沿正方向，即v A ＝0.2 m/s.

由动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B

代入数据解得v B ＝0.02 m/s

因为v B ＞0，所以B 的方向仍为离开空间站方向．

答案：0.02 m/s 离开空间站方向

5．(2014·高考山东卷)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：

(1)B 的质量；

(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．

解析：(1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同

速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由

动量守恒定律得

m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①

由①式得m B ＝m 2②

(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

m v 0＝(m ＋m B )v ③

设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则

ΔE ＝12m ? ??

??v 22＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16m v 20.

答案：(1)m 2 (2)16m v 20

[课时作业]

一、单项选择题

1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )

A ．动量守恒，机械能守恒

B ．动量不守恒，机械能守恒

C ．动量守恒，机械能不守恒

D ．无法判定动量、机械能是否守恒

解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的和为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C 正确，A 、B 、D 错误．

答案：C

2．一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列有关爆炸装

置的说法中正确的是( )

A ．总动量守恒

B ．机械能守恒

C ．水平方向动量守恒

D ．竖直方向动量守恒

解析：爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大作用力，所以爆炸装置的总动量不守恒，A 错误．爆炸时，化学能转化为机械能，机械能不守恒，B 错误．钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而水平方向是守恒的，C 正确，D 错误．

答案：C

3.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )

A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量

B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功

解析：在甲、乙相互作用的过程中，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确，

A 错误．由E k ＝p 2

2m 和W ＝ΔE k 可知，选项C 、D 均错误．

答案：B

4．如图，质量为M 的小船在静止水面上以速度v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速度为( )

A ．v 0＋m M v

B ．v 0－m M v

C ．v 0＋m M (v 0＋v )

D ．v 0＋m M (v 0－v )

解析：该题考查动量守恒定律的应用，解题的关键是要注意其矢量性．规定向右为正方向，设人跃出后小船的速度为v ，则根据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝M v 1

－m v ，从而得到v 1＝v 0＋m M (v 0＋v )，C 选项正确．

答案：C

5．如图所示，光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m B ＝2m A ，规定向右为正方向， A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )

A ．左方是A 球，碰撞后A 、

B 两球速度大小之比为2∶5

B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10

C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5

D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10

解析：两球碰前均向右运动，前球为被碰小球，动量一定增加，后球动量减小，故左方为A 球，由动量守恒定律可知，碰后m A v A ＝(6－4) kg·m/s ＝2 kg·m/s ，m B v B ＝10 kg·m/s ，又m B ＝2m A ，故v A ∶v B ＝2∶5，A 正确．

答案：A

6．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )

A.A ＋1A －1

B ．A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2 D ．(A ＋1)2(A －1)2

解析：设碰撞前后中子的速率分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速率为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据完全弹性碰撞规律可得m 1v 1

＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 21＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得碰后中子的速率v 1′＝????

??m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v 1′＝A ＋1A －1

，A 正确． 答案：A

7.如图所示，静止在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M ＝3 kg.质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝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( )

A．3 J B．4 J

C．6 J D．20 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，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为F f.铁块相对于木板向右运动过程中，根据

能量守恒得1

2m v

2

＝F f L＋

1

2(M＋m)v

2＋E

p

.铁块相对木板运动的整个过程中

1

2m v

2

＝

2F f L＋1

2(M＋m)v

2，由动量守恒可知m v

＝(M＋m)v.联立解得E p＝3 J，A正确．

答案：A

二、多项选择题

8．静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()

A．两球抛出后，船向左以一定速度运动

B．两球抛出后，船向右以一定速度运动

C．两球抛出后，船的速度为0

D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大

解析：水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝m v－0，人给乙球的冲量I2＝m v－m v′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．

答案：CD

三、非选择题

9.用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验．

(1)先测出可视为质点的两滑块A、B的质量m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ.

(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧

靠桌边．

(3)剪断细线，测出滑块B 做平抛运动的水平位移x 1，滑块A 沿水平桌面滑行距离为x 2(未滑出桌面)．

为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________；如果动量守恒，需要满足的关系式为____________．

解析：弹开后B 做平抛运动，为求其弹开后的速度(即平抛运动的初速度)，必须测量下落高度h .

h ＝12gt 21，x 1＝v 1t 1

解得v 1＝x 1g 2h

弹开后A 做匀减速运动，由动能定理得μmgx 2＝12m v 22

解得v 2＝2μgx 2

若动量守恒，则需满足M v 1－m v 2＝0

即需要满足的关系式为Mx 112h ＝m 2μx 2

答案：桌面离地的高度h Mx 1

1

2h ＝m 2μx 2 10．如图所示，木块A 的质量m A ＝1 kg ，足够长的木板B 的质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝4 kg 的木块C 置于木板B 上，水平面光滑，B 、C 之间有摩擦．现使A 以v 0＝12 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后以4 m/s 速度弹回．求：

(1)B 运动过程中最大速度的大小；

(2)若木板B 足够长，C 运动过程中的最大速度大小．

解析：(1)A 与B 碰后瞬间，C 的运动状态未变，B 速度最大．

由A 、B 系统动量守恒(取向右为正方向)，有

m A v 0＝－m A v A ＋m B v B

代入数据得v B ＝4 m/s

(2)B 与C 相互作用使B 减速、C 加速，由于木板B 足够长，所以B 和C 能达到相同速度，二者共速后，C 速度最大，由B 、C 系统动量守恒，有m B v B ＝(m B ＋m C )v C

代入数据得v C ＝2 m/s

答案：(1)4 m/s (2)2 m/s

11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度大小．

解析：设发生碰撞前瞬间A 的速度大小为v ，在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和能量守恒定律，得

m v ＝m v 1＋(2m )v 2①

12m v 2＝12m v 21＋12

(2m )v 22② 以A 碰前速度方向为正方向．由①②式得v 1＝－v 22③

设碰后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理有

μmgd 1＝12m v 21④

μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤

由题意得d ＝d 1＋d 2⑥

设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得

μmgd ＝12m v 20－12

m v 2⑦ 联立②至⑦式得v 0＝ 285μgd .

答案： 28

5μgd 12.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放，当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

(1)B 球第一次到达地面时的速度；

(2)P 点距离地面的高度．

解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，

由运动学公式有v B＝2gh①

将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s②

(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，

由运动学规律可得v1＝gt③

由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有

m A v1＋m B v2＝m B v2′④

1

2m A v21＋

1

2m B

v22＝

1

2m B

v2′2⑤

设B球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得

h′＝v B′2－v22

2g⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m.

答案：(1)4 m/s(2)0.75 m