1、第2讲 动量守恒定律及其应用知识巩固练习1运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭C火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭【答案】D【解析】火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾喷管迅速喷出，气体的反作用力使火箭获得反冲速度2(2021年黑龙江名校质检)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触现把质量为m1的小球拉开一些，如
2、图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1m2m3为()A631B231 C211 D321【答案】A【解析】因碰撞后三个小球的动量相等，设为p，则总动量为3p.由机械能守恒得，得，代入四个选项的质量比值关系，只有A符合3汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞
3、过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为()Av0Bv0 Cv0 Dv0【答案】C【解析】两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，由动量守恒定律，有2mv02mv1mv2，由机械能守恒定律，有2mv2mvmv，解得v1v0，故C正确4(多选)(2021年河北名校质检)如图所示，一质量为M3.0 kg的长方形木板B被放置在光滑水平地面上，在其右端有一质量m1.0 kg的小物块A现以地面为参考系，给A和B一大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动
4、，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动则在这段时间内的某时刻，木板B相对地面的速度大小可能是()A3.0 m/sB2.5 m/sC2.4 m/s D1.8 m/s【答案】BC【解析】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得(Mm)v0MvB1，解得vB1 m/s；当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得(Mm)v0(Mm)vB2，解得vB22 m/s.则在物块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为2 m/svB m/s，故B、
5、C正确，A、D错误5(2021年大庆名校质检)如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，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()A五个小球静止，一个小球运动B四个小球静止，两个小球运动C三个小球静止，三个小球运动D六个小球都运动【答案】C【解析】设A、B球碰撞后两球速度分别为v1和v2，由题可知所发生的碰撞均为弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v，解得碰撞后两个小球的速度为v1v0，v2v0.由于A球的质量小于B球的质量，所以A
6、、B相碰后A向左运动，B向右运动；B、C、D、E四球的质量相等，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；由于F球的质量小于E球的质量，所以E、F两球碰撞后都向右运动所以碰撞之后B、C、D三球静止；A球向左运动，E、F两球向右运动C正确6如图所示，两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，两球的质量分别为m11 kg、m23 kg，初始时的速度分别为v016 m/s、v023 m/s.当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为()Av11.75 m/s，v2
7、3.75 m/sBv11.5 m/s，v24.5 m/sCE19 JDp11 kgm/s【答案】B【解析】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01m2v02(m1m2)v，解得v3.75 m/s；如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01m2v02m1v1m2v2，由机械能守恒定律得m1vm2vm1vm2v，代入数据解得v11.5 m/s，v24.5 m/s，可见B正确则碰撞后球1的速度满足1.5 m/sv13.75 m/s，球1的动能E1m1v，满足1.125 JE17.03 J；球1的动量为p1m1v1，满足1.5
8、 kgm/sp13.75 kgm/s，故C、D错误将A数值代入知动量不守恒，A错误7(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，B在前，A在后，发生碰撞前后的vt图像如图所示，由此可以判断()AA、B的质量比为32BA、B的质量比为23CA、B两物体的碰撞为弹性碰撞DA、B两物体的碰撞为非弹性碰撞【答案】AC【解析】根据题中vt图像可知，碰撞时间为1102 s2102 s碰撞前，A的速度为vA6 m/s，B的速度为vB1 m/s，碰撞后，A的速度为vA2 m/s，B的速度为vB7 m/s，根据动量守恒定律有mAvAmBvBmAvAmBvB，代入数据可得mAmB32，B错误，A正确；碰撞前
9、系统的总动能为EkmAvmBvmA，碰撞后系统的总动能为EkmAvmBvmA，可见碰撞前后系统的总动能不变，因此该碰撞为弹性碰撞，D错误，C正确综合提升练习8(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(含单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞进行的过程中，下列说法可能正确的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(Mm0)uMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足MuMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足Mu(Mm
10、)vD小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足(Mm0)u(Mm0)v1mv2【答案】BC【解析】因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与碰撞，单摆的速度不发生变化，故A、D错误；因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得MuMv1mv2，因为题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，即Mu(Mm)v，故B、C正确9(2021年长沙质检)如图所示，
11、质量分别为m和M的两物体静止在光滑的水平面上，物体之间有一轻弹簧，弹簧仅与M拴接，开始时m靠在弹簧的另一端现有一水平恒力F作用于m的左端，当两物体有相同的速度v0时撤离F，同时锁定两物体过一会儿解除锁定，最终m的速度为零试求：(1)力F作用的时间；(2)锁定未解除时弹簧的弹性势能；(3)力F作用的距离【答案】(1)(2)v(3)【解析】(1)由动量定理有Ft(mM)v0，解得t.(2)解除锁定，由动量守恒有(mM)v0Mv，弹簧的势能为EpMv2(mM)vv.(3)由功能关系有FsMv2，力F作用的位移为s.10(2021年泉州质检)如图，半径R0.2 m的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在水平面
12、上，B为轨道最低点且切线水平，右端紧靠一质量M3 kg的平板车，车的上表面与B点等高且处于锁定状态质量m1 kg的小木块从A点由静止释放，恰能滑到平板车的右端已知木块与平板车长木板间的动摩擦因数0.4，g取10 m/s2.(1)求木块从A滑到B的过程中受到的合外力的冲量大小；(2)求平板车的长度；(3)若解除平板车的锁定，木块仍从A点静止释放，求木块在平板车上相对平板车滑行的最大距离【答案】(1)2 Ns(2)0.5 m(3)0.375 m【解析】(1)设木块到达B点时速度为v1，对木块根据机械能守恒定律有mgRmv，对木块，根据动量定理有Imv1，解得I2 Ns .(2)设平板车的长度为L，根据动能定理有mgL0mv，解得L0.5 m.(3)以木块和平板车为系统，取向右方向为正方向，设木块和平板车相对静止时的速度为v，相对滑动的最大距离为x，根据动量守恒定律有mv1(Mm)v，根据能量守恒定律有mgxmv(Mm)v2，解得x0.375 m
