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1、 課時跟蹤檢測(四十五)　動量守恒定律及其應用 高考常考題型：選擇題＋計算題 1．下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 圖1 2.如圖2所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A在左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　　) 圖2 A．A開始運動時　　　　　　 B．A的速度等于v時 C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相等時 3．(2012·太原模擬)一炮艇總質量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質

2、量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是(　　) A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0) C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D．Mv0＝Mv′＋mv 4．如圖3所示，在光滑水平面上有一質量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止狀態(tài)，一質量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復運動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，受到的合力的沖量大小為(　　) 圖3 A． B．2Mv0 C. D．2mv0

3、5. (2012·德州聯(lián)考)如圖4所示，質量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　) 圖4 A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速度為mv0/M，方向水平向右 D．盒子的最終速度為mv0/(M＋m)，方向水平向右 6．在靜水中一條長l的小船，質量為M，船上有一個質量為m的人。當他從船頭走到船尾時，若不計水對船的阻力，則船移動的位

4、移大小為(　　) A.l B.l C.l D.l 7．如圖5所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量 圖5 均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 8．如圖6所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體

5、A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是(　　) 圖6 A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為 C．B能達到的最大高度為 D．B能達到的最大高度為 9．(2012·烏魯木齊模擬)如圖7所示，有n個相同的質點靜止在光滑水平面上的同一直線上，相鄰的兩個質點間的距離都是1 m，在某時刻給第一個質點一個初速度v，依次與第二個、第三個……質點相碰，且每次碰后相碰的質點都粘在一起運動，則從第一個質點開始運動到與

6、第n個質點相碰所經歷的時間是(　　) 圖7 A.(n－1) B.(n＋1) C.(n＋1) D.(n－1) 10．如圖8所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動能增加了6 J，那么此過程產生的內能可能為(　　) 圖8 A．16 J　　　　　　　 B．12 J C．6 J D．4 J 11．(2012·湖南師大附中測試)如圖9所示，一質量m1＝0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右端放一質量m2＝0.2

7、kg的小物塊，小物塊可視為質點?，F有一質量m0＝0.05 kg的子彈以水平速度v0＝100 m/s射中小車左端，并留在車中，最終小物塊以5 m/s的速度與小車脫離。子彈與車相互作用時間很短。g取10 m/s2。求： 圖9 (1)子彈剛剛射入小車時，小車的速度大小； (2)小物塊脫離小車時，小車的速度多大。 12. (2013·青島模擬)如圖10所示，一質量為1 kg的物塊靜止在水平地面上，它與地面的動摩擦因數為0.2，一質量為10 g的子彈以水平速度500 m/s射入物塊后水平穿出，物塊繼續(xù)滑行1 m距離停下。求： 圖10 子彈射穿物塊過程中系統(tǒng)損失的機械能。(g

8、取10 m/s2) 答 案 課時跟蹤檢測(四十五) 動量守恒定律及其應用 1．選AC　A中子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受到擋板的作用力，系統(tǒng)動量不守恒。 2．選D　當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA＝vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對。 3．選A　解答本題應注意動量守恒的矢量性和相對性，即水平方向動量守恒，相

9、互作用前后的速度都是相對地的速度，則根據動量守恒可得：Mv0＝(M－m)v′＋mv，A正確。 4．選A　子彈射入木塊的過程中，由子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，設子彈擊中木塊并嵌在其中時的速度大小為v，根據動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，所以v＝；子彈嵌在木塊中后隨木塊壓縮彈簧在水平面做往復運動，在這個過程中，由子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以當木塊第一次回到原來位置時的速度大小仍為v；木塊被子彈擊中前處于靜止狀態(tài)，根據動量定理，所求沖量大小I＝Mv－0＝，A正確。 5．選D　由于盒子內表面不光滑，在多次碰撞后物體與盒子相對靜止，B項錯誤；由動量守恒得：mv0

10、＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D項正確，A、C項錯誤。 6．選B　設船移動的位移大小為x1，人相對地面的位移大小為x2，由于人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，故有mx2＝Mx1，又x1＋x2＝l，解得x1＝，B正確。 7．選A　兩球碰前均向右運動，前球為被碰小球，動量一定增加，后球動量減小，故左方為A球，由動量守恒定律可知，碰后mAvA＝(6－4)kg·m/s＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，又mB＝2mA，故vA∶vB＝2∶5，A正確。 8．選BD　根據機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝，根據動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝v0，所以彈簧被壓縮時所具

11、有的最大彈性勢能為Epm＝·2mv2＝mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據機械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能達到的最大高度為h/4，即D正確。 9．選A　根據動量守恒可得：mv＝nmvn，vn＝，則tn＝＝，t＝t1＋t2＋…＋tn－1＝＋＋…＋＝＝(n－1)，所以選項A正確。 10．選AB　設子彈的質量為m0，初速度為v0，木塊質量為m，則子彈打入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此過程產生的內能等于系統(tǒng)損失的動能，即：E＝m0v02－(m＋m0)v2＝()m0v02，而木塊獲得的動能E木＝m(v

12、0)2＝6 J，兩式相除得：＝＞1，所以A、B項正確。 11．解析：(1)子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。 (2)整個運動過程中，三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，設小物塊脫離小車時，小車的速度為v3，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v3＋m2v2，解得v3＝8 m/s。 答案：(1)10 m/s　(2)8 m/s 12．解析：設子彈射穿物塊后的速度為v1，物塊的速度為v2，對物塊應用動能定理有 μMgx＝Mv22 對物塊與子彈組成的系統(tǒng)應用動量守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2 則子彈射穿物塊過程中系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝mv02－mv12－Mv22 聯(lián)立以上方程并代入數據解得 ΔE＝798 J。 答案：798 J 5