【2017優(yōu)化探究一輪復習 習題】第13章-第1講 動量定理 動量守恒定律及其應用 (實驗：驗證動量守恒定律)

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1、 [隨堂反饋] 1.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量也為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑．下列說法正確的是(　　) A．在下滑過程中，物塊的機械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動 D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h處 解析：在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物塊的機械能減少，選項A錯誤；在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力，水平方向動量守恒，而豎直方向系統(tǒng)動量不守恒，故選項B錯誤；物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運

2、動，選項C正確；由物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒可知，物塊和光滑弧形槽的速度大小相同，故物塊被彈簧反彈后不可能再追上弧形槽，D錯誤． 答案：C 2．(2016·梅州聯考)如圖所示甲、乙兩種情況中，人用相同大小的恒定拉力拉繩子，使人和船A均向右運動，經過相同的時間t，圖甲中船A沒有到岸，圖乙中船A沒有與船B相碰，則經過時間t(　　) A．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量小 B．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量大 C．圖甲中人對繩子拉力的沖量與圖乙中人對繩子拉力的沖量一樣大 D．以上三種情況都有可能 解析：由題可知，兩個力大小相等，

3、作用時間相同，所以由I＝Ft知，兩沖量相等． 答案：C 3．(2015·高考天津卷)如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質量之比為________，A、B兩球碰撞前、后的總動能之比為________． 解析：設A、B質量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－v0，則mBv0＝mA·＋mB·，解得mA∶mB＝4∶1 碰撞

4、前、后動能之比 Ek1∶Ek2 ＝mBv∶ ＝9∶5 答案：4∶1　9∶5 4．如圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向． 解析：相對空間站而言，宇航員A和B構成的系統(tǒng)滿足動量守恒的條件．以初速度v0＝0.1 m/s的方向為正方向，A將B向空間站方向輕推后，A的速度一定沿正方向，即vA＝0.2 m/s. 由動量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 代入數據解得vB＝0.02 m/s 因為vB＞0，

5、所以B的方向仍為離開空間站方向． 答案：0.02 m/s　離開空間站方向 5．(2014·高考山東卷)如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求： (1)B的質量； (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失． 解析：(1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋

6、mB)v① 由①式得mB＝② (2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯立②③④式得ΔE＝mv. 答案：(1)　(2)mv [課時作業(yè)] 一、單項選擇題 1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) A．動量守恒，機械能守恒 B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能不守恒 D．無法判定動量、機械

7、能是否守恒 解析：動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的和為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的和為零，所以動量守恒．機械能守恒的條件是系統(tǒng)除重力、彈力做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機械能轉化為內能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機械能不守恒．故C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 2．一小型爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的倒圓錐面(圓錐的頂點在爆炸裝置處)飛開．在爆炸過程中，下列有關爆炸裝置的說法中正確的是(　　) A．總動量守恒　　　　 B．機械能守恒 C．水平方向動量守恒 D．豎直方向動

8、量守恒 解析：爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產生巨大作用力，所以爆炸裝置的總動量不守恒，A錯誤．爆炸時，化學能轉化為機械能，機械能不守恒，B錯誤．鋼板對爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝置在豎直方向動量不守恒，而水平方向是守恒的，C正確，D錯誤． 答案：C 3.我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女子3 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對

9、甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功 解析：在甲、乙相互作用的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，即甲對乙和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，選項B正確，A錯誤．由Ek＝和W＝ΔEk可知，選項C、D均錯誤． 答案：B 4．如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速度v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速度為(　　) A．v0＋v　　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v0

10、＋v) D．v0＋(v0－v) 解析：該題考查動量守恒定律的應用，解題的關鍵是要注意其矢量性．規(guī)定向右為正方向，設人躍出后小船的速度為v，則根據動量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1－mv，從而得到v1＝v0＋(v0＋v)，C選項正確． 答案：C 5．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向， A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10

11、C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析：兩球碰前均向右運動，前球為被碰小球，動量一定增加，后球動量減小，故左方為A球，由動量守恒定律可知，碰后mAvA＝(6－4) kg·m/s＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，又mB＝2mA，故vA∶vB＝2∶5，A正確． 答案：A 6．一中子與一質量數為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　) A. B． C. D． 解析：設碰撞前后中子的速率分別為v1、v1′，碰撞后原子核的速率為v2，中子的質量

12、為m1，原子核的質量為m2，則m2＝Am1.根據完全彈性碰撞規(guī)律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v＝m2v＋m1v1′2，解得碰后中子的速率v1′＝v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比＝，A正確． 答案：A 7.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3 kg.質量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 解析：設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v

13、，鐵塊相對木板向右運動時，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為Ff.鐵塊相對于木板向右運動過程中，根據能量守恒得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep.鐵塊相對木板運動的整個過程中mv＝2FfL＋(M＋m)v2，由動量守恒可知mv0＝(M＋m)v.聯立解得Ep＝3 J，A正確． 答案：A 二、多項選擇題 8．靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋．拋出時兩小球相對于河岸的速率相等，水對船的阻力忽略不計，則下列說法正確的是(　　) A．兩球拋出后，船向左以一定速度運動 B．兩球拋出后，船向右以一定速度運動 C．兩球拋出后，船的速度為0

14、 D．拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大 解析：水對船的阻力忽略不計，根據動量守恒定律，兩球拋出前，由兩球、人和船組成的系統(tǒng)總動量為0，兩球拋出后的系統(tǒng)總動量也是0.兩球質量相等，速度大小相等，方向相反，合動量為0，船的動量也必為0，船的速度必為0.具體過程是：當甲球向左拋出后，船向右運動，乙球拋出后，船靜止．人給甲球的沖量I甲＝mv－0，人給乙球的沖量I2＝mv－mv′，v′是甲球拋出后的船速，方向向右，所以乙球的動量變化量小于甲球的動量變化量，乙球所受沖量也小于甲球所受沖量． 答案：CD 三、非選擇題 9.用如圖所示的裝置進行“驗證動量守恒定律”的實驗． (1)先測出可

15、視為質點的兩滑塊A、B的質量m、M及滑塊與桌面間的動摩擦因數μ. (2)用細線將滑塊A、B連接，使A、B間的輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，滑塊B恰好緊靠桌邊． (3)剪斷細線，測出滑塊B做平拋運動的水平位移x1，滑塊A沿水平桌面滑行距離為x2(未滑出桌面)． 為驗證動量守恒定律，寫出還需測量的物理量及表示它們的字母：________________；如果動量守恒，需要滿足的關系式為____________． 解析：彈開后B做平拋運動，為求其彈開后的速度(即平拋運動的初速度)，必須測量下落高度h. h＝gt，x1＝v1t1 解得v1＝x1 彈開后A做勻減速運動，由動能定理得μmgx2＝mv

16、 解得v2＝ 若動量守恒，則需滿足Mv1－mv2＝0 即需要滿足的關系式為Mx1＝m 答案：桌面離地的高度h　Mx1＝m 10．如圖所示，木塊A的質量mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量mB＝4 kg，質量為mC＝4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回．求： (1)B運動過程中最大速度的大??； (2)若木板B足夠長，C運動過程中的最大速度大?。? 解析：(1)A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，B速度最大． 由A、B系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有 mAv0＝－mAvA＋mBvB

17、 代入數據得vB＝4 m/s (2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于木板B足夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC 代入數據得vC＝2 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s 11．在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短．當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ，B的質量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度大?。? 解析：設發(fā)生碰撞前瞬間A的速度大小為v，在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1

18、和v2，由動量守恒定律和能量守恒定律，得 mv＝mv1＋(2m)v2① mv2＝mv＋(2m)v② 以A碰前速度方向為正方向．由①②式得v1＝－③ 設碰后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理有 μmgd1＝mv④ μ(2m)gd2＝(2m)v⑤ 由題意得d＝d1＋d2⑥ 設A的初速度大小為v0，由動能定理得 μmgd＝mv－mv2⑦ 聯立②至⑦式得v0＝ . 答案： 12.(2014·高考新課標全國卷Ⅰ)如圖所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放

19、，當A球下落t＝0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (1)B球第一次到達地面時的速度； (2)P點距離地面的高度． 解析：(1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB， 由運動學公式有vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s② (2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′， 由運動學規(guī)律可得v1＝gt③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′④ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤ 設B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運動學及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB⑥ 設P點距地面的高度為h′，由運動學規(guī)律可得 h′＝⑦ 聯立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m. 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m