動(dòng)量守恒定律測(cè)試題及解析

動(dòng)量守恒定律測(cè)試題及解析(2019-北京海淀一模)如圖所示，站在車上的人，用錘子連續(xù)敲打小車。一 .初始時(shí)，人、車、錘子都靜止。假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過(guò)程，下列 //f-x說(shuō)法正確的是() (I必a.連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)人、車和錘子組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒當(dāng)錘子速度方向豎直向下時(shí)，人和車水平方向的總動(dòng)量為零人、車和錘子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒解析：選C人、車和錘子整體看做一個(gè)處在光滑水平地面上的系統(tǒng)，水平方向上所受合外力為零，故水平方向上動(dòng)量守恒，總動(dòng)量始終為零，當(dāng)錘子有相對(duì)地面向左的速度時(shí)，車有向右的速度，當(dāng)錘子有相對(duì)地面向右的速度時(shí)，車有向左的速度，故車做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；錘子擊打小車時(shí)，發(fā)生的不是完全彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損耗，故B錯(cuò)誤；錘子的速度豎直向下時(shí)，沒(méi)有水平方向速度，因?yàn)樗椒较蚩倓?dòng)量恒為零，故人和車水平方向的總動(dòng)量也為零，故C正確；人、車和錘子在水平方向上動(dòng)量守恒，因?yàn)殄N子會(huì)有豎直方向的加速度，故錘子豎直方向上合外力不為零，豎直方向上動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。質(zhì)量為1kg的物體從距地面5m高處自由下落，落在正以5m/s的速度沿水平方向勻速前進(jìn)的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質(zhì)量為4kg，地面光滑，則車后來(lái)的速度為(g=10m/s2)()4m/s B.5m/sD.7m/sCD.7m/s解析：選A物體和車作用過(guò)程中，兩者組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。已知兩者作用前，車在水平方向的速度v0=5m/s，物體在水平方向的速度v=0;設(shè)當(dāng)物體與小車相對(duì)靜止后，小車的速度為V，取原來(lái)小車速度方向?yàn)檎较?，則根據(jù)水平方向系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：mv+M%=(M=(M+m)v‘，解得：vmv+Mv。4^5—n,I— m/s—4m/s，M+m 1+4故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.［多選］(2020?瀘州第一次診斷)在2019年世界斯諾克國(guó)際錦標(biāo)賽中，中國(guó)選手丁俊暉把質(zhì)量為m的白球以5v的速度推出，與正前方另一靜止的相同質(zhì)量的黃球發(fā)生對(duì)心正碰，碰撞后黃球的速度為3v，運(yùn)動(dòng)方向與白球碰前的運(yùn)動(dòng)方向相同。若不計(jì)球與桌面間的摩擦，則()碰后瞬間白球的速度為2v兩球之間的碰撞屬于彈性碰撞白球?qū)S球的沖量大小為3mv兩球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)能量不守恒解析：選AC由動(dòng)量守恒定律可知，相同質(zhì)量的白球與黃球發(fā)生對(duì)心正碰，碰后瞬間白球的速度為*3mv2*3mv2，兩球之間的碰2v，故A正確。碰前的動(dòng)能為gm(5v)2=5mv2，碰后的動(dòng)能為2m(3v)2+撞不屬于彈性碰撞，故B錯(cuò)誤。由動(dòng)量定理，白球?qū)S球的沖量I大小就等于黃球動(dòng)量的變化Ap，Ap=

3mv-0=3mv，故C正確。兩球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，損失的動(dòng)能以其他形式釋放，故D錯(cuò)誤。如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.0kg和m=3.0kg,用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從r=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v-t圖像如圖乙所示，墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s?12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量/的大小為()研 [TMraW恭甲A.9N-s B.18N-sC.36N-s D.72N-s解析：選C由題圖乙知，C與A碰前速度為V]=9m/s,碰后速度為v2=3m/s，物塊C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mCV]=(mA+mC)v2,12s末A和C的速度為v3=-3m/s,4s到12s，墻對(duì)B的沖量為：I=(mA+mC)v3—(mA+mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得：I=—36N-s，方向向左，故墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s?12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小為36N-s，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。如圖，立柱固定于光滑水平面上O點(diǎn)，質(zhì)量為M的小球a向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于Q點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運(yùn)動(dòng)，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時(shí)間均不計(jì)，b球恰好在P點(diǎn)追到a球，Q點(diǎn)為OP間中點(diǎn)，則a、b球質(zhì)量之比M：m=()A.3：5 B.1：3 *C.2：3 D.1：2 .?..?-□」.?..?-，，????，?"一 ■-■PQO解析：選A設(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v]、v2。由題意可知：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點(diǎn)追上甲，則從碰后到相遇a、b球通過(guò)的路程之比為：S]：52=1:3根據(jù)s=vt得：v2=3v1以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：Mv°=M(—v1)+mv2由機(jī)械能守恒定律得：2Mv02=2mv12+|mv22解得M:m=3:5，故A正確。(2019?內(nèi)江一模)如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球，從放置在光滑水平地面上、質(zhì)量為M的光滑半圓形槽的槽口A點(diǎn)，由靜止釋放經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是()從A-B，半圓形槽運(yùn)動(dòng)的位移一定大于小球在水平方向上運(yùn)動(dòng)的位移從B-C，半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 p?:可從A-B-C，C點(diǎn)可能是小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)小球最終在半圓形槽內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

解析：選D小球與半圓形槽水平方向動(dòng)量守恒，mv1=Mv2,則mv1t=Mv2t,mx1=Mx2，若m<M,則x1>x2，故A錯(cuò)誤；從B-C,半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)水平方向受外力為零，水平方向上動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；從A—B—C，小球和半圓形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，速度不為零，小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)應(yīng)與A點(diǎn)等高，故C錯(cuò)誤；小球從右邊最高點(diǎn)滑下運(yùn)動(dòng)到左邊最高點(diǎn)A時(shí)，速度又減到零，如此反復(fù)，做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確。如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小車A和B,兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，另有一質(zhì)量為m的黏性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，粘合之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為()1B.§mv1B.§mv021D.J5mv02C.^mv#解析：選C黏性物體落在A車上，由動(dòng)量守恒有C.^mv#解析：選C黏性物體落在A車上，由動(dòng)量守恒有mv0=2mV］，v ?一一解得V］=寸，之后整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)系統(tǒng)再次達(dá)到共同速度時(shí)，有2mv0=3mv2，解得v2=f，此時(shí)彈簧獲得的彈性勢(shì)能最大，最大彈性勢(shì)能Ep=|mv02+|X2m(^^2—2X3mgv)=12mv02，所以C正確。8.(2020-青島模擬)質(zhì)量m=260g的手榴彈從水平地面上以v°=14.14m/s的初速度斜向上拋出，上升到距地面h=5m的最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動(dòng)能為5J。重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計(jì)，火藥燃燒充分，求：手榴彈爆炸前瞬間的速度大??；手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。解析：(1)設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為0］，根據(jù)機(jī)械能守恒有1…一1…工,2”v02=^mv『十mgh解得：v1=10m/s。設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為m1，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v2，有m1gh=5J設(shè)手榴彈裝彈藥的質(zhì)量為Am，有Am=m—2m1代入數(shù)據(jù)解得：Am=0.06kg。另一塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為Ax，有mv1=m1v2Ax=v2th=2gt2解得：Ax=26m。

答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一 .蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2。求斜面體的質(zhì)量；通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為0,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有m2V20=(m2+m3)V2m2v202=2(m2+m3)v2+m2gh式中v20=—3m/s為冰塊推出時(shí)的速度解得m3=20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為V]，由動(dòng)量守恒定律有m]V]+”2^20=0解得v1=1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和％，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2V201烈2%=m2m2V201烈2%_1 ,1V202=2m2V22+2m3V32解得v2=1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。答案：(1)20kg(2)見(jiàn)解析光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為a的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示。將一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過(guò)時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過(guò)程中斜面對(duì)滑塊的支持力大小為尸N，則下列說(shuō)法中正確的是()A.FN=mgcosaTOC\o"1-5"\h\zB?滑塊下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNtcosa 七、滑塊B下滑的過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 一.: i '此過(guò)程中斜面體向左滑動(dòng)的距離^m^L 'm十M解析：選D當(dāng)滑塊B相對(duì)于斜面加速下滑時(shí)，斜面體A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對(duì)于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對(duì)滑塊的支持力fn不等于mgcosa，故A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNt，故B錯(cuò)誤；由于滑塊B

有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為S］、弘，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得M，一m^=0,即有Ms=msv又s1+s2=L,解得*=］弟L,故D正確。11.［多選］（2019?廈門(mén)期末）如圖所示，一質(zhì)量M=2.0kg的長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m=1.0kg的小物塊A。分別給A和B一大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，物塊A始終沒(méi)有滑離木板B。下列說(shuō)法正確的是（）召 A召 A VA、B共速時(shí)的速度大小為1m/s在小物塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板B速度大小可能是2m/s從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B共速的過(guò)程中，木板B對(duì)小物塊A的水平?jīng)_量大小為2N-s從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B共速的過(guò)程中，小物塊A對(duì)木板B的水平?jīng)_量方向向左解析：選AD取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv~mv=（M+m）v共，解得v共=1m/s,A正確；小物塊向左減速到速度為零時(shí)，設(shè)長(zhǎng)木板速度大小為％，根據(jù)動(dòng)量守恒定律Mv~mv=Mvr，解得v1=1.5m/s，當(dāng)小物塊反向加速的過(guò)程中，木板繼續(xù)減速，木板的速度必然小于1.5m/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，A、B相互作用的過(guò)程中，木板B對(duì)小物塊A的平均沖量大小為I=mv共+mv=4N-s，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，A對(duì)B的水平?jīng)_量I=Mv共一Mv=—4N?s，負(fù)號(hào)代表與正方向相反，即向左，故D正確。12.［多選］（2020?武漢調(diào)研）在光滑水平面上，小球A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，A球質(zhì)量為1kg，B球質(zhì)量大于A球質(zhì)量。兩球間距離小于L時(shí)，兩球之間會(huì)產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于L時(shí)作用力消失。兩球運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）B球質(zhì)量為2kg兩球之間的斥力大小為0.15Nr=30s時(shí)，兩球發(fā)生非彈性碰撞最終B球速度為零解析：選BD由題圖可知，10?30s的時(shí)間內(nèi)兩球在恒定的斥力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量，則A球的加速度大于B球的加速度，因此r=0時(shí)速度小于0的圖線為A球的3速度一時(shí)間圖線。對(duì)A球有F=mAaA，對(duì)B球有F=mBaB，又由圖像可知A球的加速度大小為。人=費(fèi)m/s2、B球的加速度大小為aB=20m/s2，可解得mB=3kg、F=0.15N，A錯(cuò)誤，B正確；t=30s時(shí)A球的速度為零，此時(shí)B球的速度為2m/s，兩球發(fā)生碰撞，由圖像可知碰后瞬間A、B兩球的速度大小分別為3m/s、1m/s，碰前兩球的總動(dòng)能為Ek1=2mBvB2='2X3X22J=6J，碰后兩球的總動(dòng)能為E1m/s，碰前兩球的總動(dòng)能為Ek1=2mBvB2='=2x1X32J+1X3X12J=6J,由于碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能相等，因此兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，C錯(cuò)誤；由題圖可知L=|x(2+6)X20m=80m,假設(shè)B球的速度在50s時(shí)減為零，則50s時(shí)兩球之間的距離為1X20X[(3+6)-1]m=80m,即B球的速度減為零時(shí)兩球之間的距離恰好等于L,斥力消失，B球靜止，假設(shè)成立，D正確。13.(2019-全國(guó)卷III)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別 修為mA=1.0kg,mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右 BA^~I—鄉(xiāng)側(cè)的豎直墻壁距離z=1.0m，如圖所示。某時(shí)亥U,將壓縮的微型彈簧釋m"'乃？放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為《=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？解析：(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為％、'，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0=mAVA-mBVB①1 ,1 —Ek=2mAVA2+2mBVB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s。③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為o。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為％，則有mBa=pmBg?sB=vBt—>2⑤vB—at=0⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻