第一篇专题十动量守恒选修35专题训练经典化.docx

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第一篇专题十动量守恒选修35专题训练经典化

第一篇专题十动量守恒（选修3-5）

[基础等级评价]

1．（2010·丰台二模）如图10－3所示，质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动．则（　　）

图10－3

A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，甲、乙（包括弹簧）构成的系统动量不守恒

B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0

D．甲物块的速率可能达到5m/s

解析：

甲、乙和弹簧组成的系统符合动量守恒的条件，故A错；由于mv甲＜mv乙，即p甲＜p乙，所以系统动量水平向右，选项B中，若v′甲＝0，则v乙′≠0，所以此时两物块相距不是最近，B错；若甲物块的速率为1m/s，有两种情况，甲的此时的速率可能向左，也可能向右，若向左，则由mv甲－mv乙＝mv′甲＋mv′乙，

所以v′乙＝－2m/s；

若向右，则由mv甲－mv乙＝－mv′甲＋mv′乙

所以v′乙＝0，故C对；若甲的速率为5m/s，根据对运动情景的分析，甲的速度应水平向右，由动量守恒定律可解得mv甲－mv乙＝－mv′甲＋mv′乙，所以v′乙＝4m/s显然违背了能量守恒定律，故D错．

答案：

C

2.（2010·福建高考）如图10－4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（　　）图10－4

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

解析：

因地面光滑，木箱和小木块组成的系统水平方向上合外力为零，根据系统动量守恒可知，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确．

答案：

B

3．（2010·铜陵模拟）机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．机车输出功率逐渐减小

B．机车输出功率不变

C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等

D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等

解析：

a不变，且F阻不变，所以F不变，由公式P＝Fv知P在增大，由公式mvt－mv0＝F合t，因为F合不变，且t相同，所以Δmv相同．

答案：

D

4．（2010·海淀模拟）跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（　　）

A．人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小

B．人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小

C．人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小

D．人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小

解析：

人跳远时从一定高度落下，落地前的速度（v＝

）一定，则初动量一定；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长则F小．

答案：

D

5．（2010·厦门模拟）一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（　　）

A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气

B．探测器加速运动时，竖直向下喷气

C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气

D．探测器匀速运动时，不需要喷气

解析：

航天器靠反冲获得推力，由探测器的运动状态判断合力情况，由喷气方向判断推动力方向．航天探测器受到与喷气方向相反的推动力和重力作用．航天探测器做加速直线运动时，合力与运动方向相同，喷气方向应斜向下；做匀速直线运动时，合力为零，喷气方向应竖直向下．

答案：

C

6．（2010·开封联考）某同学设计了一个验证动量守恒定律的实验，实验装置如图10－5所示，OP为一弹性钢片，A、B为完全相同的物块，质量均为m，水平面的动摩擦因数为μ，实验步骤如下：

①先在O点正下方的水平面上只放物块A，把弹性钢片的P端弯曲至Q点（Q点未画出），突然释放钢片，弹性钢片打在物体A上，物体A在水平面上运动x的位移后静止下来；②把物体A放回原处，同时在A的右侧x1处（x1

由以上实验结果可得：

碰前瞬间系统的总动量p1＝__________________；

碰后瞬间系统的总动量p2＝__________________.

经分析x、x1、x2满足关系式：

__________________即可说明动量守恒．

图10－5

解析：

设弹性钢片打在物体A后，物体A获得的速度为v0，滑到x1后与B碰前的速度为v1，碰后AB的速度为v2，

则有：

0－

mv02＝－μmgx.

mv12－

mv02＝－μmgx1，

0－

2mv22＝－μ2mgx2.

由以上三式可得：

v1＝

　v2＝

故碰前瞬间系统的总动量p1＝mv1＝m

碰后瞬间系统的总动量p2＝2mv2＝2m

，

若碰撞过程动量守恒，则p1＝p2，

即m

＝2m

，

可得：

x－x1＝4x2.

答案：

m

　2m

　x－x1＝4x2

7．（2010·天津高考）如图10－6所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为

.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.

图10－6

解析：

设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律，有

mgh＝

mv

得v1＝

设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有

mg

＝

mv

′

得v1′＝

设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有

mv1＝－mv1′＋5mv2

得v2＝

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为

F＝5μmg

设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有

－Ft＝0－5mv2

得t＝

答案：

8．（2010·全国卷Ⅱ）小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB.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．

解析：

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v0.由机械能守恒有

mAgH＝

mAv

①

设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有

mAv0＋mB（－v0）＝mAv1＋mBv2②

由于两球碰撞过程中能量守恒，故

mAv

＋

mBv

＝

mAv

＋

mBv

③

联立②③式得

v2＝

v0④

设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有

h＝

⑤

由①④⑤式得

h＝（

）2H⑥

答案：

（

）2H

[发展等级评价]

（限时60分钟，满分100分）

一、选择题（本题共8小题，每小题7分，共56分．每小题只有一个选项符合题意，把该选项前的字母填在题后的括号内）

1．下列几种物理现象的解释中，正确的是（　　）

A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻

B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量

C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零

D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来

解析：

砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致冲力小．跳高时在沙坑里填沙，是为了增长缓冲时间，减小冲力．推车时推不动，但由I＝Ft，推力冲量不为零．由动量定理，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将一起停下来，故A、B、C错误，D正确．

答案：

D

2．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度u向后喷出，则火箭的速度大小变为（　　）

A．v0＋

u　　　　　B．v0－

u

C．v0＋

（v0＋u）D．v0＋

u

解析：

由动量守恒定律得Mv0＝（M－m）v＋m（v－u），所以v＝v0＋

u，故A项正确．

答案：

A

3．平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是（　　）

A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反

B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间

C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍

D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍

解析：

人的质量为m，速度为v，位移为s1，动能为Ek1.船的质量为8m，速度为V，位移为s2，动能为Ek2.人和船组成的系统动量守恒，则有mv＝8mV，m

＝8m

，解得V＝

v，s2＝

s1，故A错，C错，当v＝0，V＝0，故B错．Ek1＝

mv2，Ek2＝

×8mV2＝

mv2，故D对．

答案：

D

4．如图1所示，位于光滑水平桌面上，质量相等的小滑块P和Q都可以视为质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示图1

弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则（　　）

A．E1＝

　　　　　　　　　　B．E1＝E0

C．E2＝

D．E2＝E0

解析：

P和Q达到共同速度时，弹簧具有的弹性势能最大，由动量守恒得，mv0＝2mv，弹性势能最大Ep＝mv02/2－2mv2/2＝mv02/4＝E0/2，故A、B错误；两滑块质量相等，整个作用过程中无机械能损失，故作用完后交换速度，故C错误，D正确．

答案：

D

5．（2010·佛山模拟）如图2所示，质量相同的两带电小球A与B，带电量分别为－q、＋2q，在光滑、绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线相向运动．则在两球相互靠拢的过程中（　　）图2

A．任一时刻B的加速度均比A的大

B．两球均做加速度减小的加速运动

C．两球组成的系统，电势能增大

D．两球动量均增大，但总动量保持不变

解析：

由牛顿第三定律，带电小球A与B相互的库仑引力大小相等，故任一时刻两球的加速度大小相等，故A错；由于两球的库仑引力变大，故两球均做加速度变大的加速运动，故B错；由于两球受的库仑引力（电场力）做正功，故C错；对两球组成的系统，合力为零，故D对．

答案：

D

6．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块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．一定先于b到达地面

D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小不一定相等

解析：

物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：

（mA＋mB）v＝mAvA＋mBvB

当vA与原来速度v同向时，vB可能与vA反向，也可能与vA同向．由于vA的大小没有确定，题目只讲a块的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量（mA＋mB）v.这时，vB的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同，所以A不对；

a、b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由t＝

决定，因为h相等，所以落地时间一定相等，所以选项C是正确的；由于水平飞行距离x＝vt，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝F·t的大小一定相等．所以D是错误的．

答案：

C

7．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图3中a线段所示，在t＝4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示．从图中的信息可知（　　）

A．B、C都和弹簧分离后的运动方向相反

B．B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大图3

C．B、C分离过程中B木块的动量变化较大

D．B木块的质量是C木块质量的四分之一

解析：

s－t图象的斜率表示速度，B、C都和弹簧分离后图象的斜率均为正，故分离后的运动方向相同，选项A错误．B、C都和弹簧分离前后，系统的总动量守恒，选项B错误．分离过程中B、C的动量变化大小相等，方向相反，选项C错误．由图象，求出分离前的共同速度为1m/s，B、C分离后的速度分别为3m/s、0.5m/s，由动量守恒定律，（mB＋mC）×1m/s＝mB×3m/s＋mC×0.5m/s，解出mB＝mC/4，故选项D正确．

答案：

D

8．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A的动量为5kg·m/s，B的动量为7kg·m/s.当A追上B发生碰撞，则碰撞后A、B两物体的动量的可能值是（　　）

A．pA′＝6kg·m/s　pB′＝6kg·m/s

B．pA′＝3kg·m/s　pB′＝8kg·m/s

C．pA′＝－2kg·m/s　pB′＝14kg·m/s

D．pA′＝－5kg·m/s　pB′＝17kg·m/s

解析：

解决碰撞问题可从以下几个角度进行分析：

（1）从动量守恒的角度看，选项A、C、D均符合；

（2）从能量的角度看，根据动能与动量大小关系得

Ek＝

.因此由碰后动能不可能增加，即只能有

＋

≥

＋

，可排除选项D.

（3）从运动速度的角度看，碰撞前A球速度应该大于B球速度才能赶上，发生碰撞．因此根据碰前：

vA>vB，即

>

；碰后：

vA′≤vB′，即

≤

；可得选项C正确．

答案：

C

二、非选择题（本题共3小题，共44分）

9．（14分）用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图4所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静止置于水平槽的前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上图4

的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：

OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差

＝________%（结果保留一位有效数字）．

解析：

未放B球时A球的落地点是P.用小球的质量和水平位移的乘积代替动量，则有：

＝

＝

≈2%.

答案：

P　2

10．（14分）（2010·抚顺二模）如图5所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车头站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动.为避免两车相撞，人从A车跃到B车上，最终A车停止运动，B图5

车获得反向速度v0，试求：

（1）两小车和人组成的系统的初动量大小；

（2）为避免两车相撞，且要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？

解析：

（1）由动量守恒定律可知，系统的初动量大小

p＝（M＋m）v0

（2）为避免两车恰好不会发生碰撞，最终两车和人具有相同速度（设为v），则（M＋m）v0＝（2M＋m）v

解得v＝

.

答案：

（1）（M＋m）v0　

（2）

11．（16分）（2010·重庆高考）某兴趣小组用如图6所示的装置进行实验研究．他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为

d、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块．板中心、物块均在杯的轴线上．物块与板间动摩擦因数为μ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转．

（1）对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件．

（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I.

①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？

②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？

图6

③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变．

解析：

（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a

由牛顿运动定律，有

对物块f＝2ma　对圆板F－f＝ma

两物相对静止，有f≤fmax

解得F≤

fmax

相对滑动的条件F>

fmax

（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2.

由动量定理，有I＝mv0

由动能定理，有

对圆板－2μmg

＝

mv12－

mv02

对物块2μmgs＝

（2m）v22－0

由动量守恒定律，有

mv0＝mv1＋2mv2

要使物块落下，必须v1>v2

由以上各式得I>

m

s＝

2

分子有理化得

s＝

μg

2

根据上式结果知：

I越大，s越小．

答案：

见解析