第六章 第2单元 动量守恒定律及其应用知识点及练习

单元二、动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律的内容一个系统或者所受外力之和，这个系统的总动量保持不变．二、动量守恒的数学表达式1．p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．2．Δp＝0(系统总动量为零)．3．Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小方向 )．4．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量和等于作用后动量和)．三、动量守恒的成立条件1．系统外力或所受外力之和时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力或外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．练习二(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )A．A开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时2．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等3．炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计阻力，则下列各关系式中正确的是( )A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D．Mv0＝Mv′＋mv4．(2010·福建高考)如图2所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动5．如图3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s－t图线，已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断(1)碰前m2静止，m1向右运动(2)碰后m2和m1都向右运动(3)碰撞过程中系统机械能守恒(4)碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能( )A．(1)(3) B．(1)(2)(3)C．(1)(2)(4) D．(3)(4)6.如图4所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，动量不守恒但机械能守恒的是( )①子弹射入木块过程②B载着子弹向左运动的过程③弹簧推载着子弹的B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程④B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长到最长的过程A．①②B．②③ C．③④D．②④7．如图5，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是( )8．(2011·北海模拟)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v的速度与质量为3m的静止小球B发生正碰．碰后A球的速度可能是( )A.v4，与B球速度同向 B.v3，与B球速度同向C.v2，与B球速度反向 D.2v3，与B球速度反向9．(2011·百色模拟)如图6所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒10．如图7所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则( )A．碰撞后A的速度越小 B．碰撞后A的速度越大C．碰撞过程中B受到的冲量越小 D．碰撞过程中A受到的冲量越大二、非选择题(本题共2小题，共30分，解题时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(13分)温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪、赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m1＝79 kg 的赵宏博抱着质量为m2＝44 kg的申雪以v0＝10 m/s的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，经时间t＝2.0 s后两人相距s＝4.0 m，冰面的摩擦可忽略不计．(计算结果保留小数点后1位)求：(1)两人分离时的速度大小分别为多少；(2)赵宏博将申雪推出时，受到申雪的冲量大小和方向．12．(17分)(2010·全国卷Ⅱ)小球A和B的质量分别为m A和m B，且m A＞m B.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．13、如图所示，m A＝1 kg, m B＝4 kg，小物块m C＝1 kg，ab、dc段均光滑，dc段足够长；物体A、B上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C静止在a点，已知ab长度L＝16 m，现给小物块C一个水平向右的瞬间冲量I0＝6 N·s.(1)当C滑上A后，若刚好在A的右边缘与A具有共同的速度v1(此时还未与B相碰)，求v1的大小；(2)A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为0.2 m/s，C最后和B保持相对静止，求B、C最终具有的共同速度v2.练习二参考答案一、选择题1．D 2．CD 3．A 4．B5．乙图可以看出，碰前m 1位移随时间均匀增加，m 2位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，(1)正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，(2)错误；由乙图可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后速度v 2′＝2 m/s ，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，(3)正确，(4)错误．故正确答案为A. 答案：A6.B 7．D8．根据题意，若A 、B 发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋3m )v ′，v ′＝v 4，方向与原方向相同，A 正确；若发生弹性正碰，则有mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 12＋12×3mv 22，可求出v 1＝－v 2，方向与原方向相反，C 正确． 答案：AC9．如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A 向右，F B 向左．由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F A ∶F B ＝3∶2，则A 、B 组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 选项错．对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 选项均正确．若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C 选项正确． 答案：BCD10．由动量守恒定律与机械能守恒定律可知 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，故v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0，所以当m 1、v 0一定时，若m 2越大，碰撞后A 的速度可能反向，故不能判断A 的速度大小情况，A 、B 错误；但v 2一定越小，m 2v 2＝2m 1m 2m 1＋m 2v 0＝2v 01m 1＋1m 2，所以碰撞过程中B 受到的冲量越大，A 受到的冲量也越大，D 正确．答案：D二、非选择题11．(1)设两人分离时赵宏博的速度为v 1，申雪的速度为v 2，由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2经时间t ＝2.0 s 后两人相距s ＝4.0 m即s ＝(v 2－v 1)t解得v 1≈9.3 m/s v 2≈11.3 m/s.(2)申雪对赵宏博的冲量等于赵宏博动量的变化I ＝m 1v 1－m 1v 0＝－55.3 N ·s 方向与原来的运动方向相反．答案：(1)9.3 m/s 11.3 m/s (2)55.3 N ·s ，方向与原来运动方向相反．12．根据题意，由运动学规律可知，小球A 与B 碰撞前的速度大小相等，设均为v 0，由机械能守恒有 m A gH ＝12m A v 02 ① 设小球A 与B 碰撞后的速度分别为v 1和v 2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有 m A v 0＋m B (－v 0)＝m A v 1＋m B v 2 ② 由于两球碰撞过程中能量守恒，故12m A v 02＋12m B v 02＝12m A v 12＋12m B v 22 ③联立②③式得 v 2＝3m A －m B m A ＋m B v 0 ④设小球B 能上升的最大高度为h ，由运动学公式有h ＝v 222g ⑤ 由①④⑤式得h ＝(3m A －m B m A ＋m B )2H . 答案：(3m A －m B m A ＋m B)2H 13、(1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C ＝6 m/s. 在C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正， m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有(m C ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24 m/s.[答案] (1)3 m/s (2)1.24 m/s。