鲁科版高中物理选择性必修第一册素养培优集训1动量守恒定律的综合应用的两种模型基础巩固练含答案

动量守恒定律的综合应用的两种模型

一、选择题

1．质量相同的A、B两木块从同一高度自由落下，如图所示，当A木块落至某一位置时，被水平飞来的子弹很快地击中(设子弹未穿出)，则A、B两木块在空中的运动时间tA、tB的关系为(　　)

A．tA＝tB B．tA>tB

C．tA<tB D．无法判断

B　[以子弹和木块A为一个系统，在子弹射入木块的过程中，水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒；在竖直方向上受到重力作用，严格讲系统动量不守恒，但由于子弹射入的时间极短，重力的冲量可以忽略，符合动量守恒条件。则在竖直方向上由动量守恒知，mAvA＝(m＋mA)vA′，vA′＝vA＜vA，故竖直方向上A的速度减小，空中运动时间变长，B正确．]

2．(2020·河北冀州中学高三上期中)如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为(　　)

A．  B．  C．  D．

A　[子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝，故A正确．]

3．(多选)质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿．现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块．设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则(　　)

A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B．子弹在木块中受到的阻力大小为

C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为

D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为

BD　[拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误；当木块固定时，由动能定理可知－fd＝0－mv，解得f＝，故B正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，故C错误；拔去销钉，由最终速度v＝，故整个过程根据动能定理有－fx＝(m＋M)v2－mv，解得x＝，故D正确．]

4．一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中下面部分为人走到船头时的情景．请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是(　　)

A　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　D

B　[人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，又因为人的质量小于船的质量，即人前进的距离大于船后退的距离，B正确．]

5．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计质量为一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，他轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)

A．  B．  C．  D．

B　[设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝．以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确，A、C、D错误．]

6．(2020·天津一中高三上月考)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)

A．FN＝mg cos α

B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α

C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒

D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L

D　[当滑块B相对于斜面体A加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对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为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统在竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．]

7．(多选)一个质量为M、底面长为b的斜面静止于光滑的水平桌面上，如图，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度释放滑到底部时，关于斜面移动距离s的下列说法中正确的是(　　)

A．若斜面光滑，s＝

B．若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒

C．若斜面粗糙，s＝

D．若斜面粗糙，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒

AC　[若斜面光滑，下滑过程中，设物块水平位移大小为x，斜面水平移动距离为s，则x＋s＝b，由水平方向动量守恒得mv1＝Mv2，v1＝，v2＝，联立解得：s＝，A正确；下滑过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向由于重力作用，动量不守恒，B错误；若斜面粗糙，系统在水平方向也是动量守恒，同理可得s＝，C正确；斜面粗糙，无初速度下滑，由于重力作用，竖直方向动量不守恒，D错误．]

8．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球壳内，球壳静止在光滑水平面上，如图所示．当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的位移为(　　)

A．，方向水平向右

B．，方向水平向左

C．，方向水平向右

D．，方向水平向左

D　[设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，则小球发生的水平位移大小为R－x，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得2mv2－mv1＝0，即2m＝m，解得x＝R，方向向左，故D正确，A、B、C错误．]

9．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

A．v0＋v B．v0－v

C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)

C　[小船和救生员组成的系统满足动量守恒：

(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′

解得v′＝v0＋(v0＋v)

故C项正确，A、B、D项错误．]

10．长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出．已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为(　　)

A．

B．

C．

D．

B　[子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，

设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理得

－f(s＋L)＝mv－mv，

由动量定理有－ft＝mv1－mv0，

对木块，由动能定理有fs＝Mv，

由动量定理有ft＝Mv2，

联立解得t＝．选项B正确．]

二、非选择题

11．冲击摆是测量子弹速度的装置，如图所示，摆锤的质量很大，子弹从水平方向射入摆锤并留在其中，随摆锤一起摆动．已知冲击摆的摆长为l，摆锤的质量为M，实验中测得摆锤摆动时摆线的最大摆角是θ．

(1)欲测得子弹的速度还需要测量的物理量是________________________．

(2)计算子弹速度的表达式v0＝________(用已知量和测量量的符号表示)．

[解析]　设射入摆锤前子弹速度为v0，子弹和摆锤的共同速度为v，子弹射入摆锤过程中，系统动量守恒，选子弹的初速度方向为正，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，摆锤与子弹一起摆动的过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos θ)，联立得v0＝，由上式可知，还需要测量的物理量是子弹的质量m．

[答案]　(1)子弹的质量m　(2)

12．如图所示，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为2m，球B的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短，设A、B两球作用为对心弹性碰撞．求：

(1)子弹与A球作用过程中，子弹和A球组成的系统损失的机械能；

(2)B球被碰撞后，从最低点运动到最高点的过程中，合外力对B球冲量的大小．

[解析]　(1)子弹射进A球，二者水平方向不受外力，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝(m＋2m)v，

由能量守恒定律有mv＝(m＋2m)v2＋ΔE，

解得ΔE＝mv．

(2)子弹与A组成的整体和B球碰撞时，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有3mv＝3mv1＋9mv2，

发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有

×3mv2＝×3mv＋×9mv，

解得v2＝v0，

根据摆动过程中动量的变化，由动量定理有

I＝Δp＝0－9mv2＝－mv0，

所以合外力对B球冲量的大小为mv0，方向水平向左．

[答案]　(1)mv　(2)mv0

13．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．

(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小．

[解析]　(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mv，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力．由牛顿第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝3mg．由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg，即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg．

(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得：mgR＝Mv＋m(2vm)2，解得：vm＝．②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：滑块＝2车，由于它们运动的时间相等，根据：s＝t可得s滑块＝2s车，又：s滑块＋s车＝L，所以小车的位移大小：s车＝L．

[答案]　(1)3mg　(2)①　②L