高考物理一轮复习课时作业28动量守恒定律（含解析）

动量守恒定律

一、选择题

1.(2018·昆明模拟)如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短．则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)

A．动量不守恒、机械能守恒

B．动量不守恒、机械能不守恒

C．动量守恒、机械能守恒

D．动量守恒、机械能不守恒

答案　B

解析　木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力，系统的外力之和不为零，所以动量不守恒．

A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒，故A、C、D三项错误，B项正确．

2．如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面．则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是(　　)

答案　D

解析　A、B两项，礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能，故A、B两项错误．C项，该图符合动量守恒定律．斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符，故C项错误．D项，该图符合动量守恒定律．向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，故D项正确．

3.(2018·济南一模)如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，假设高度无限大，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为(　　)

A．1次　　　　　　　　 B．2次

C．3次   D．4次

答案　C

解析　由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地．A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞．

4．(2018·福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为(　　)

A．m＝M   B．m＝M

C．m＝M   D．m＝M

答案　C

解析　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C项正确．

5.(2018·济南二模)(多选)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s­t图像如图乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　)

A．mb＝1 kg   B．mb＝2 kg

C．ΔE＝15 J   D．ΔE＝35 J

答案　AC

解析　A、B两项，由s­t图像的斜率表示速度得：碰撞前a球的速度为v1＝＝ m/s＝6 m/s，b球的速度为0.碰撞后ab两球的共同速度为v＝＝ m/s＝5 m/s，取碰撞前a球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得，mav1＝(mb＋ma)v，代入解得，mb＝1 kg.C、D两项，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝mav12－(mb＋ma)v2＝×5×62 J－×(1＋5)×52 J＝15 J，故C项正确，D项错误．

6．(2018·枣庄一模)在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车，质量分别为MA＝2 kg，MB＝1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿AB中心的连线向静止的B车运动，与B车发生对心碰撞，则碰后两车的速度可能是(　　)

A．vA＝7 m/s，vB＝6 m/s B．vA＝－1 m/s，vB＝22 m/s

C．vA＝6 m/s，vB＝8 m/s D．vA＝2 m/s，vB＝16 m/s

答案　C

解析　碰撞前两车组成的系统总动量：p＝MAv0＝2×10 kg·m/s＝20 kg·m/s，碰撞前系统总动能：Ek＝MAv02＝×2×102 J＝100 J；A项，碰撞后，A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能，故A项错误．B项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB＝2×(－1) kg·m/s＋1×22 kg·m/s＝20 kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×12 J＋×1×222 J＝243 J>Ek，系统动能增加，不可能，故B项错误；C项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB＝2×6 kg·m/s＋1×8 kg·m/s＝20 kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×62 J＋×1×82 J＝68 J<Ek，系统动能不增加，并符合实际运动情况，是可能的，故C项正确；D项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB＝2×2 kg·m/s＋1×16 kg·m/s＝20 kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×22 J＋×1×162 J＝132 J＞Ek，系统动能增加，不可能，故D项错误．

7．(2018·龙岩模拟)(多选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　)

A．t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒

B．t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒

C．t＝时，A的动量为2mv

D．t＝时，A的动量为4mv

答案　AC

解析　A项，设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F＝2f，得f＝，轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得－ft＝0－mv，联立得t＝，即t＝时B停止运动．在B停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，A、B系统的外力之和为零，总动量守恒．故A项正确．B项，t＝至t＝时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统的外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，故B项错误．C项，t＝时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得2mv＝pA＋0，得A的动量pA＝2mv，故C项正确．D项，t＝时即B停止t＝时，对A，由动量定理得ft＝pA′－2mv，解得A的动量pA′＝3mv，故D项错误．

8.(2018·广东一模)如图所示，一质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．橡皮泥下落的时间为0.3 s

B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s

C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒

D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J

答案　D

解析　A项，橡皮泥下落的时间为：t＝＝ s＝0.5 s．故A项错误；B项，橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共同速度为：v＝＝ m/s＝2 m/s.故B项错误；C项，橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒．故C项错误；D项，在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE＝m2gh＋[m1v02－(m1＋m2)v2]．代入数据可得：ΔE＝7.5 J．故D项正确．

9.(2018·安徽模拟)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)

A．5 m/s   B．4 m/s

C．3 m/s   D．2 m/s

答案　A

解析　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得

mAgR＝mAv02

解得v0＝6 m/s

若两个滑块发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mAv0＝mAvA＋mBvB.

mAv02＝mAvA2＋mBvB2.

解得vB＝4 m/s

若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：

mAv0＝(mA＋mB)vB′

解得vB′＝2 m/s

所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s.

10．(2018·安阳一模)(多选)如图所示，小球A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为H＝0.6 m，小球B到水平地面的距离为h＝0.2 m，同时由静止释放两球．设B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后B球速度为0，小球A的质量为m，小球B的质量为5m.重力加速度大小为g＝10 m/s2，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力．以地面为参考面，两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为(　　)

A．1.6 m   B．0.82 m

C．0.6 m   D．0.35 m

答案　D

解析　B球落地时的速度大小为v1＝＝ m/s＝2 m/s，此时A球的速度大小也为2 m/s.

设B球撞地后上升t时间与A球相撞，则有H－h＝(v1t＋gt2)＋(v1t－gt2)

得t＝0.1 s

两球相撞前瞬间A球的速度为vA＝v1＋gt＝3 m/s，B球的速度为vB＝v1－gt＝1 m/s

对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得5mvB－mvA＝mvA′

解得vA′＝2 m/s

两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度为h′＝＝0.2 m

两球碰撞处离地高度h″＝v1t－gt2＝2×0.1 m－×10×0.12 m＝0.15 m

所以两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为H′＝h′＋h″＝0.35 m.

11.某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离为(　　)

A.L   B.L

C.L   D.L

答案　C

解析　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动．每发射一颗子弹，车后退一段距离．每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：

0＝mv－[M＋(n－1)m]v′

设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，

m()＝[M＋(n－1)m]

解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝.

12.(2018·广东模拟)用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验．已知容器内侧面光滑，半径为R.三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触．若将质量为m1的小球移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示．各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失．小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为(　　)

A．2∶2∶1   B．3∶3∶1

C．4∶4∶1   D．3∶2∶1

答案　B

解析　由题意，碰撞后球1球2速度交换，m1＝m2

球1下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v02

对于碰撞过程，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3.

由机械能守恒定律得：m1v02＝m2v22＋m3v32.

碰后，对球2有m2g·R＝m2v22.

对球3有m3gR＝m3v32.

联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1.

二、非选择题

13．(2018·课标全国Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．

答案　(1)3 m/s　(2)4.3 m/s

解析　(1)以B车为研究对象，根据动能定理可得：

－μmBgxB＝0－mBvB2

代入数据解得：vB＝3 m/s；

(2)设碰后A车速度大小为vA，碰前A车速度大小为v0，

碰后A车运动过程中，根据动能定理可得：

－μmAgxA＝0－mAvA2，

代入数据解得：vA＝2 m/s；

两车碰撞过程中，取向右为正、根据动量守恒定律可得：

mAv0＝mAvA＋mBvB

代入数据解得：v0＝4.3 m/s.

14.(2018·沈阳二模)如图所示，质量M＝9 kg的小车A以大小v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面H＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)小车的最终速度的大小v；

(2)初始时小球与沙桶的水平距离Δx.

答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m

解析　(1)整个过程中，小球、小车和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：

(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v

解得：v＝5 m/s

(2)A与C的碰撞过程动量守恒，则有：

Mv0＝(M＋m0)v1.

设小球下落的时间为t，则有：

H＝gt2.

Δx＝(v0－v1)t

解得：Δx＝1.28 m.