第一章碰撞与动量守恒 第二节动量动量守恒定律 分层训练迎战两考 A级抓基础 1.下列说法中正确的是() A.冲量的方向一定和动量的方向相同 B.动量变化量的方向一定和动量的方向相同 C.物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同 D.冲量是物体动量变化的原因 解析:冲量的方向和动量的方向不一定相同,比如平抛运动,冲量方向竖直向 下,动量方向是轨迹的切线方向,故A错误;动量增量的方向与合力的冲量方向 相同,与动量的方向不一定相同,比如匀减速直线运动,动量变化量的方向和动量 的方向相反,故B错误;物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同, 故C错误;根据动量定理可知,冲量是物体的动量变化的原因,故D正确 答案:D 2.小球质量为2m,以速度沿水平方向垂直撞击墙壁,球被反方向弹回速度 大小是,球与墙撞击时间为,在撞击过程中,球对墙的平均冲力大小是 my my l8mν 2mv B st 解析:设初速度方向为正,则弹后的速度为一4;由动量定理可得:F=-2m 5-2m,解得: 8m,负号表示力的方向与初速度方向相反;由牛顿第 tommy 三定律可知,球对墙的平均冲击力为F=-F5;故选C. 答案:C 3如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站
第一章 碰撞与动量守恒 第二节 动量动量守恒定律 A 级 抓基础 1．下列说法中正确的是( ) A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．动量变化量的方向一定和动量的方向相同 C．物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同 D．冲量是物体动量变化的原因 解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向 下，动量方向是轨迹的切线方向，故 A 错误；动量增量的方向与合力的冲量方向 相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量变化量的方向和动量 的方向相反，故 B 错误；物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同， 故 C 错误；根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因，故 D 正确． 答案：D 2．小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度 大小是4 5 v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( ) A. 2mv 5t B. 8mv 5t C. 18mv 5t D. 2mv t 解析：设初速度方向为正，则弹后的速度为－4v 5 ；由动量定理可得：Ft＝－2m × 4v 5 －2mv，解得：F＝ －18mv 5t ，负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第 三定律可知，球对墙的平均冲击力为 F′＝－F＝ 18mv 5t ；故选 C. 答案：C 3.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站
在小车上用力向右迅速推出木箱.关于上述过程,下列说法中正确的是() 男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D.木箱的动量增量与小车(包含男孩的动量增量相同 解析:在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中,男孩和木箱组成的 系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;小车与木箱组成的系统所 受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;男孩、小车与木箱三者组成的系统 所受合力为零,系统动量守恒,故C正确;木箱、男孩、小车组成的系统动量守 恒,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同,方向相反,木箱的动量 增量与男孩、小车的总动量增量不相同,故D错误. 答案:C 4.甲、乙两物体的质量之比为m mz=1:4,若它们在运动过程中的动能相等,则它们动量大小之比p甲 Pz是( A.1:1 B.1:2 C.1:4 D.2:1 解析:根据运动过程中的动能相等,得团。 甲的动量p=m=1/2m甲·,m甲 乙的动量pc=mcc=12m乙·m乙V, 所以 乙 答案:B
在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( ) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同 解析：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的 系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 A 错误；小车与木箱组成的系统所 受合外力不为零，系统动量不守恒，故 B 错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统 所受合力为零，系统动量守恒，故 C 正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守 恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量 增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故 D 错误． 答案：C 4．甲、乙两物体的质量之比为m甲 ∶ m乙＝1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲 ∶ p乙是( ) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．2∶1 解析：根据运动过程中的动能相等，得 1 2 m 甲 v2甲＝ 1 2 m 乙 v乙2 ， 甲的动量 p 甲＝m 甲 v 甲＝ 2m甲· 1 2 m甲v甲2 ， 乙的动量 p 乙＝m 乙 v 乙＝ 2m乙· 1 2 m乙v乙2 ， 所以p甲 p乙 ＝ m甲 m乙 ＝ 1 2 . 答案：B
B级提能力 5沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动 ,该过程的位移时间图象如图所示,则下列判断错误的是() A.碰撞前后A的运动方向相反 B.A、B的质量之比为1:2 C.碰撞过程中4的动能变大,B的动能减小 D.碰前B的动量较大 20-30 解析:由位移时间图象可得,碰之前=2m=-5m/s,碰之后! 20-10 2ms=5ms;则碰撞前后A的运动方向相反,故A正确:由位移一时间 20-0 图象可得,碰之前v=2m/s=10ms;根据动量守恒得m31+mo= (m+mB)o4,代入数据得m:mB=1:2,故B正确;碰撞前后A速度大小相 等,则碰撞过程中A动能不变,故C错误;碰前AB速度方向相反,碰后AB速度 方向与B碰前速度方向相同,则碰前B动量较大,故D正确. 答案:C 6如图小球A和小球B质量之比为1 3,球A用细绳系住,绳子的另一端固定,球B置于光滑水平面上.当球4从高为h 处由静止摆下,到达最低点时恰好与球B弹性正碰,则碰后球4能上升的最大高度 是() hh h B. c. d 24m16
B 级 提能力 5.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动 ，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断错误的是( ) A．碰撞前后A的运动方向相反 B．A、B的质量之比为1∶2 C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小 D．碰前B的动量较大 解析：由位移—时间图象可得，碰之前 vA＝ 20－30 2 m/s＝－5 m/s，碰之后 vA ′ ＝ 20－10 2 m/s＝5 m/s；则碰撞前后 A 的运动方向相反，故 A 正确；由位移—时间 图象可得，碰之前 vB＝ 20－0 2 m/s＝10 m/s；根据动量守恒得 mAvA＋mBvB＝ (mA＋mB)vA ′，代入数据得 mA∶mB＝1∶2，故 B 正确；碰撞前后 A 速度大小相 等，则碰撞过程中 A 动能不变，故 C 错误；碰前 AB 速度方向相反，碰后 AB 速度 方向与 B 碰前速度方向相同，则碰前 B 动量较大，故 D 正确． 答案：C 6.如图小球A和小球B质量之比为1 ∶ 3，球A用细绳系住，绳子的另一端固定，球B置于光滑水平面上．当球A从高为h 处由静止摆下，到达最低点时恰好与球B弹性正碰，则碰后球A能上升的最大高度 是( ) A．h B. h 2 C. h 4 D. h 16
解析:设A球的质量为m,A球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得: mgh=列ma,得o=V A、B碰撞,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mo=m:+3mg由机械能守恒定律得:ma=mm+·3m,联立解得 设碰后球A能上升的最大高度是H,由机械能守恒定律得:mg -mu? 解得H=,故ABD错误,C正确 答案:C 7(多选)如图所示,小车A 静止于光滑水平面上,A上有一圆弧PQ,圆弧位于同一竖直平面内,小球B由静止 起沿圆弧下滑,这一过程中() A.若圆弧光滑,则系统的动量守恒,机械能守恒 B.若圆弧光滑,则系统的动量不守恒,机械能守恒 C.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量守恒,但机械能不守恒 D.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量不守恒,机械能不守恒 解析:不论圆弧是否光滑,小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受 合外力都不为零,则系统动量都不守恒.但系统水平方向不受外力,所以系统水平 方向的动量守恒,若圆弧光滑,只有重力做功,系统的机械能守恒.若圆弧不光滑, 系统要克服摩擦力做功,机械能减少,故A、D错误,B、C正确. 答案:BC 8.在水平力F=30 N的作用力下,质量m=5
解析：设 A 球的质量为 m，A 球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： mgh＝ 1 2 mv02，得 v0＝ 2gh A、B 碰撞，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝mvA＋3mvB由机械能守恒定律得： 1 2 mv02＝ 1 2 mv2A＋ 1 2 ·3mvB2，联立解得 vA＝－ 1 2 2gh； 设碰后球 A 能上升的最大高度是 H，由机械能守恒定律得：mgH＝ 1 2 mv2A 解得 H＝ h 4 ，故 ABD 错误，C 正确． 答案：C 7.(多选)如图所示，小车A 静止于光滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B由静止 起沿圆弧下滑，这一过程中( ) A．若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒 B．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒 C．若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量守恒，但机械能不守恒 D．若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量不守恒，机械能不守恒 解析：不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受 合外力都不为零，则系统动量都不守恒．但系统水平方向不受外力，所以系统水平 方向的动量守恒．若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒．若圆弧不光滑， 系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故 A、D 错误，B、C 正确． 答案：BC 8．在水平力F＝30 N的作用力下，质量m＝5
kg的物体由静止开始沿水平面运动.已知物体与水平面间的动摩擦因数u=0.2, 若F作用6s后撤去,撒去F后物体还能向前运动多长时间才停止g取10ms2)? 解析:方法一:用动量定理,分段处理 选物体为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,始态速度为零, 终态速度为取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有: (F-mg)1=m-0, 对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,始态速度为U,终态速度为零.根 据动量定理有: umgt2=0-mv 以上两式联立解得: 一30-0.2×5×10 0.2×5×10 6s=12s ung 方法二:用动量定理,研究全过程 选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态的物体速度 都等于零 取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得: F-Hmg)1+(-mg)t2=0, F-mg.30-0.2×5×10 解得:h=pmg 6s=12s 0.2×5×10 答案:12s 9.如图所示,小物块A在粗糙水平面上做直线运动,经距离时与另一小物块 B发生碰撞并粘在一起以速度U飞离桌面,最终落在水平地面上.已知=50 m,s=0.9 m,A、B质量相等且m=010 kg,物块与桌面间的动摩擦因数=0.5,桌面高h=045 m.不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2求:
kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2， 若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2 )? 解析：方法一：用动量定理，分段处理． 选物体为研究对象，对于撤去 F 前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零， 终态速度为 v.取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理有： (F－μmg)t1＝mv－0， 对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，始态速度为 v，终态速度为零．根 据动量定理有： －μmgt2＝0－mv， 以上两式联立解得： t2＝ F－μmg μmg t1＝ 30－0.2×5×10 0.2×5×10 ×6 s＝12 s. 方法二：用动量定理，研究全过程． 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度 都等于零． 取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理得： (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0， 解得：t2＝ F－μmg μmg t1＝ 30－0.2×5×10 0.2×5×10 ×6 s＝12 s. 答案：12 s 9．如图所示，小物块A在粗糙水平面上做直线运动，经距离l时与另一小物块 B发生碰撞并粘在一起以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝5.0 m，s＝0.9 m，A、B质量相等且m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.45，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2 .求：
(1)、B一起平抛的初速度o; (2)小物块A的初速度U 解析:(1)两木块离开桌面后做平抛运动,设在空中飞行的时间为t 根据平抛运动规律有: -V 代入数据解得:方=091/10 2045m/s≈3.0m (2)A在桌面上滑行过程,由动能定理得: uml=gm , A、B碰撞过程,由动量守恒定律: mo′=2mo, 联立得:=√v2+2g=9ms 答案:(1)30ms(2)9m/s 10.如图所示,长l02 m的细线上端固定在O点,下端连接一个质量为m=0.5 kg的小球,悬点O距地面的高度H=0.35 m.开始时将小球提到O点而静止,然后让它自由下落,当小球到达使细线被拉直 的位置时,刚好把细线拉断,再经过=01 s落到地面.如果不考虑细线的形变,g取10m/s2,试求: (1)细线拉断前后的速度大小和方向; (2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为M=01 ,试确定细线的平均张力大小
(1)A、B一起平抛的初速度v； (2)小物块A的初速度v0. 解析：(1)两木块离开桌面后做平抛运动，设在空中飞行的时间为 t 根据平抛运动规律有： h＝ 1 2 gt2， s＝vt， 代入数据解得：v＝s g 2h＝0.9 10 2×0.45 m/s≈3.0 m/s. (2) A 在桌面上滑行过程，由动能定理得： －μmgl＝ 1 2 mv′2－ 1 2 mv02， A、B 碰撞过程，由动量守恒定律： mv′＝2mv， 联立得：v0＝ v′2＋2μgl＝9 m/s. 答案：(1)3.0 m/s (2)9 m/s 10．如图所示，长l＝0.2 m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m＝0.5 kg的小球，悬点O距地面的高度H＝0.35 m．开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直 的位置时，刚好把细线拉断，再经过t＝0.1 s落到地面．如果不考虑细线的形变，g取10 m/s2，试求： (1)细线拉断前后的速度大小和方向； (2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为Δt＝0.1 s，试确定细线的平均张力大小．
解析ε(1)细线拉断前,小球下落过程机械能守恒: mgl=2mv2 得o1=√2g=2ms,方向竖直向下 设细线拉断后球速为U,方向竖直向下,由 H-1=U2t-+agt, 可得:2=1m/s,方向竖直向下 (2)设细线的平均张力为F,方向竖直向上.取竖直向上为正方向, 由动量定理可得 (F-mg)△==-m2-(-mon), mvl-my2 故F=A+mg,解得F=10N 答案:(1)2m/s,方向竖直向下1ms,方向竖直向下(2)10N
解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒： mgl＝ 1 2 mv12， 得 v1＝ 2gl＝2 m/s，方向竖直向下． 设细线拉断后球速为 v2，方向竖直向下，由 H－l＝v2t＋ 1 2 gt2， 可得：v2＝1 m/s，方向竖直向下． (2)设细线的平均张力为 F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向， 由动量定理可得： (F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1)， 故 F＝ mv1－mv2 Δt ＋mg，解得 F＝10 N. 答案：(1)2 m/s，方向竖直向下 1 m/s，方向竖直向下 (2)10 N
END
END