1、- 1 -第六章 第 2 课时 动量守恒定律及其应用一、单项选择题(本题 6 小题，每小题 6 分，共 36 分)1如图所示，甲木块的质量为 m1，以 v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为 m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后( )A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C2(68520181)(2015福建理综)如图，两滑块 A、 B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹
2、性碰撞后的运动状态是( )A A 和 B 都向左运动 B A 和 B 都向右运动C A 静止， B 向右运动 D A 向左运动， B 向右运动解析：D A、 B 两滑块碰撞前的总动量为零，根据动量守恒可知， A、 B 两滑动碰后的总能量也应为零，满足此关系的只有 D 选项，故 A、B、C 错，D 对3(2017泉州检测)有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向东，则另一块的速度是( )A3 v0 v B2 v03 vC3 v02 v D2 v0 v解析：C 在最高点水平方向动
3、量守恒，由动量守恒定律可知，3 mv02 mv mv，可得另一块的速度为 v3 v02 v，对比各选项可知，答案选 C.4一枚火箭搭载着卫星以速率 v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2沿火箭原方向飞行，若- 2 -忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1为( )A v0 v2 B v0 v2C v0 v2 D v0 (v0 v2)m2m1 m2m1解析：D 对火箭和卫星由动量守恒定律得( m1 m2)v0 m1v1 m2v2，解得v1 v0 (v0 v2)，故 A、B、C 错误，D
4、正确m2m15两球 A、 B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动， mA1 kg， mB2 kg， vA6 m/s， vB2 m/s.当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球 A、 B 速度的可能值是( )A vA5 m/s， vB2.5 m/sB vA2 m/s， vB4 m/sC vA4 m/s， vB7 m/sD vA7 m/s， vB1.5 m/s解析：B 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但 A、D 两项中，碰后 A 的速度 vA大于 B 的速度 vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能Ek mAvA 2 mBvB 257 J，大于碰前的总动能 Ek22
5、J，违背了能量守恒定律；而 B 项12 12既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故 B 项正确6(68520182)(2017福建三明九中质检)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为 3 m/s 和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为 2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A23 B25C35 D53解析：C 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 m 甲 v1 m 乙v2 m 甲 v1 m 乙 v2，代入数据，可得 m 甲 m 乙 35，C 正确二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分全部选对的得
6、 6 分，部分选对的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)7在光滑水平面上， A， B 两小车中间有一个弹簧(如图所示)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是 ( )- 3 -A两手同时放开后，两车的总动量为零B先放开左手，再放开右手，动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放开，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：ACD 根据系统动量守恒的条件，两手同时放开后，两车在水平方向上不受外力作用，总动量守恒且为零若先放开左手，则在弹簧弹开的过程中，右手对小车有向左的力的作用，
7、即小车受到向左的冲量作用，总动量向左只要两手都放开后，系统所受合外力就为零，动量就守恒，但总动量不一定为零故选项 A，C，D 正确，B 错误8(68520183)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体在速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成 a， b 两块，若质量大的 a 块速度仍沿原方向，则 ( )A b 的速度一定与原方向相反B从炸裂到落地的过程中， a， b 两块经历的时间相同C在炸裂过程中， a， b 动量变化的大小一定相等D在炸裂过程中，由动量守恒定律可知， a， b 的动量大小可能相等解析：BCD 物体在炸裂时，内力远大于外力，故动量守恒，取物体炸裂前的速度方向为正方向，则 mv0 m
8、ava mbvb， vb ，因 mv0与 mava的大小未知，故无法判断 b 的速度mv0 mavamb方向，故 A 错误；物体炸裂后做平抛运动，故炸裂后， a， b 两块的落地时间相等，故 B 正确；爆炸力是 a， b 间的相互作用力，就是此力引起 a， b 两块的动量变化，故炸裂过程中 a， b 的动量变化大小一定相等，故 C 正确；若 ma0.8 m， va ， mb0.2 m， vb ，此时 a， b 动量v01.6 v00.4均为 mv0，故 D 项正确129如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2 mA，规定向右为正方向， A、 B 两
9、球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )A该碰撞为弹性碰撞- 4 -B该碰撞为非弹性碰撞C左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110解析：AC 由 mB2 mA， pA pB知碰前 vBM，第一次碰撞后， A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B 发生碰撞；如果 m M，第一次碰撞后， A 停止， C 以 A 碰前的速度向右运动， A 不可能与 B 发生碰撞，所以只需要考虑 mM 的情况第一次碰撞后， A 反向运动与 B 发生碰撞，设
10、与 B 发生碰撞后， A 的速度为 vA2， B 的速度为vB1，同样有vA2 vA1 2v0m Mm M (m Mm M)根据题意，要求 A 只与 B、 C 各发生一次碰撞，应有vA2 vC1联立式得： m24 mM M20解得： m( 2) M5另一解 m( 2) M 舍去，所以 m 和 M 应满足的条件为：( 2) M mM5 5答案：( 2) M mM512(68520185)(20 分)(2017重庆一中高三)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为 R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5 个大小相同、质量不等的小
11、球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为 0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为 k(k1)将 0 号球向左拉至左侧轨道距水平高 h 处然后由静止释放，使其与 1 号球碰撞，1 号球再与 2 号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为 g)(1)0 号球与 1 号球碰撞后，1 号球的速度大小 v1；(2)若已知 h0.1 m， R0.64 m，要使 4 号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问 k 值为多- 6 -少？解析：(1)0 号球碰前速度为 v0，由机械能守恒定律得： m0gh m0v ，碰撞过程系统动量守12 20恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： m0v0 m0v0 m1v1，由机械能守恒定律得： m0v m0v0 2 m1v ，12 20 12 12 21解得： v1 v0 v0 .2m0m0 m1 21 k 21 k2gh(2)同理可得： v2 v1， v4 v3，21 k 21 k解得： v4 4v0，(21 k)4 号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：m4v m4v2 m4g2R，12 24 124 号球在最高点： m4 m4g，v2R解得： k 1.2答案：(1) (2) k 121 k2gh 2
