1、2015_2016高中物理第16章第3節動量守恒定律練習新人教版選修3_5第3節動量守恒定律1系統：碰撞問題的研究對象不是一個物體，而是兩個或兩個以上的物體我們說這兩個物體組成了一個力學系統2內力：系統內物體之間的相互作用力3外力：除系統內物體之間的相互作用力之外的其他力叫作外力4動量守恒定律(1)內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量保持不變(2)表達式：p1p2對兩個物體組成的系統，可寫為：m1v1m2v2m1v1m2v2(3)適用條件(具備下列條件之一)：系統不受外力；系統所受合外力為零；系統在某一方向不受外力或所受合外力為零；系統內力遠大于外力或者在某一

2、方向上內力遠大于外力(4)適用范圍：動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律之一，它既適用于宏觀、低速物體，也適用于微觀、高速物體5動量守恒定律的普適性(1)動量守恒定律只涉及過程的始末兩個狀態，與物體相互作用過程的細節無關，可簡化問題(2)近代物理中的高速、微觀領域，牛頓運動定律不適用，動量守恒定律仍適用(3)電磁波也具有動量，它與粒子的相互作用遵守動量守恒定律1關于系統動量守恒的條件，下列說法中正確的是(C)A只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒B只要系統中有一個物體具有加速度，系統的動量就不守恒C只要系統所受的合外力為零，系統的動量就守恒D系統中所有物體的加速度都為零時，系統的總動

3、量不一定守恒解析：根據動量守恒的條件即系統所受外力的矢量和為零可知，選項C正確；系統內存在摩擦力，與系統所受外力無關，選項A錯誤；系統內各物體之間有著相互作用，對單個物體來說，合外力不一定為零，加速度不一定為零，但整個系統所受的合外力仍可為零，動量守恒，選項B錯誤；系統內所有物體的加速度都為零時，各物體的速度恒定，動量恒定，總動量一定守恒，選項D錯誤2如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統)，則此系統在子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程中(B)A動量守恒，機械能守恒B動量不守恒

4、，機械能不守恒C動量守恒，機械能不守恒D動量不守恒，機械能守恒解析：把系統從子彈射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程分段考慮第一段：子彈射入木塊瞬間，彈簧仍保持原長，子彈與木塊間的摩擦力為內力，合外力為零，所以此瞬間系統動量守恒，機械能不守恒第二段：子彈射入木塊后，與木塊一起壓縮彈簧，系統受墻面彈力(外力)不為零，所以此過程系統動量不守恒綜合在一起，整個過程中動量、機械能均不守恒，應選B.3(多選)兩位同學穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列判斷正確的是(BC)A互推后兩同學總動量增加B互推后兩同學動量大小相等，方向相反C分離時質量大的同學的速度小一些D互推過程中機械

5、能守恒解析：對兩同學所組成的系統，互推過程中，合外力為零，總動量守恒，故A錯；兩同學動量的變化量大小相等，方向相反，故B、C正確；互推過程中機械能增大，故D錯誤4將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(D)A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析：取向上為正方向，由動量守恒定律得：0(Mm)vmv0.則火箭速度：v.故選D.5如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止若救生員以相對水面速率v水平

6、向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(C)Av0v Bv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)解析：人在躍出的過程中，船、人組成的系統水平方向上動量守恒，規定向右為正方向則：(Mm)v0Mvmv，解得：vv0(v0v)故選C.6(多選)如圖所示，在橄欖球比賽中，一個85 kg的前鋒隊員以5 m/s的速度跑動，想穿越防守隊員到底線觸地得分就在他剛要到底線時，迎面撞上了對方兩名均為65 kg的隊員，一個速度為2 m/s，另一個速度為4 m/s，然后他們就扭在了一起，則(BC)A他們碰撞后的共同速率是0.2 m/sB碰撞后他們動量的方向仍向前C這名前鋒能得分D這名前鋒不能得分解析：前鋒隊員的質量

7、為M，速度為v1，兩名65 kg的隊員質量均為m，速度分別為v2、v3.取前鋒隊員跑動的速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得：Mv1mv2mv3(Mmm)v，代入數據得：v0.16 m/s.所以碰撞后的速度仍向前，故這名前鋒能得分，B、C兩項正確7質量為M的沙車沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運動，此時從沙車上方落入一只質量為m的鐵球，如圖所示，則小鐵球落入沙車后(C)A沙車立即停止運動B沙車仍做勻速運動，速度仍為v0C沙車仍做勻速運動，速度小于v0D沙車做變速運動，速度不能確定解析：由水平方向上動量守恒Mv0(Mm)v可知C項正確8如圖所示，設車廂長為L，質量為M，靜止在光滑的水平面上，車

8、廂內有一質量為m的物體以初速度v0向右運動，與車廂來回碰撞n次后，最終相對車廂靜止，這時車廂的速度 (C) Av0，水平向右 B0C.，水平向右 D.，水平向左解析：物體和車廂所受的合外力為0，在物體與車廂的n次碰撞的整個過程中系統的動量守恒，忽略中間細節，只考慮初、末狀態，由系統動量守恒得：mv0(Mm)v，車廂最終速度v，方向與v0相同，即水平向右9兩輛質量相同的小車，置于光滑的水平面上，有一人靜止在小車A上，兩車A、B靜止，如圖所示當這個人從A車跳到B車上，接著又從B車跳回A車并與A車保持相對靜止時，則A車的速率(B)A等于零 B小于B車的速率C大于B車的速率 D等于B車的速率解析：選A

9、車、B車和人作為系統，兩車均置于光滑的水平面上，在水平方向上無論人如何跳來跳去，系統均不受外力作用，故滿足動量守恒定律設人的質量為m，A車和B車的質量均為M，最終兩車速度分別為vA和vB.由動量守恒定律得0(Mm)vAMvB，則，即vA<vB.故選項B正確10(2015·上海高考)兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運動A車總質量為50 kg，以2 m/s的速度向右運動；B車總質量為70 kg，以3 m/s的速度向左運動；碰撞后，A以1.5 m/s的速度向左運動，則B的速度大小為_ m/s，方向向_(選填“左”或“右”)解析：由動量守恒定律得：規定向右為正方向，mAvAmBvBmA

10、vAmBvB，解得vB0.5 m/s，所以B的速度大小是0.5 m/s，方向向左答案：0.5左11某同學質量為60 kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執行任務，小船的質量是140 kg，原來的速度大小是0.5 m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上則此過程該同學動量的變化大小為_ kg·m/s，此時小船的速度大小為_ m/s.解析：將該同學與船組成一個系統，設最終二者的速度為v，方向與人速度方向相同，由動量守恒得，m人v人m船v船(m人m船)v，解得：v0.25 m/s，該同學動量的變化為：p人m人(v人v)105 kg&

11、#183;m/s.答案：1050.2512如圖所示，質量m10.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L1.5 m, 現有質量m20.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止物塊與車面間的動摩擦因數0.5，取g10 m/s2，求：(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少？解析：(1)設物塊與小車共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有： m2v0(m1m2)v，設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有：Ftm2vm2v0，又Fm2g，解得：t，

12、代入數據得t0.24 s.(2)要使物塊恰好不從車面滑出，須使物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v，則：m2v0(m1m2)v，由功能關系有： m2v0(m1m2)vm2gL，代入數據解得v05 m/s.故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過5 m/s.答案：(1)t0.24 s(2)5 m/s13如圖所示，在高H2.5 m的光滑、絕緣水平高臺邊緣，靜置一個小物塊B，另一帶電小物塊A以初速度v010.0 m/s向B運動，A、B的質量均為m1.0×103 kg.A與B相碰撞后，兩物塊立即粘在一起，并從臺上飛出后落在水平地面上落地點距高臺邊緣的水平距離L5

13、.0 m已知此空間中存在方向豎直向上的勻強電場，場強大小E1.0×103 N/C(圖中未畫出)假設A在滑行過程和碰撞過程中電量保持不變，不計空氣阻力，g10 m/s2.求：(1)A、B碰撞過程中損失的機械能(2)試說明A帶電的電性，并求出其所帶電荷q的大小(3)在A、B的飛行過程中，電場力對它做的功解析：(1)設A、B剛粘在一起時的速度為v，對于A、B兩物塊的碰撞過程，根據動量守恒定律有：mv02mv，解得：v5.0 m/s.A、B碰撞過程中損失的機械能為：Emv0×2mv2.5×102 J.(2)A、B碰后一起做勻變速曲線運動，設加速度為a，經時間t落至地面，則

14、有水平方向：Lvt，豎直方向：Hat，解得：a5.0 m/s.因a<g，表明A、B所受電場力方向豎直向上，因此A帶正電對A、B沿豎直方向的分運動，根據牛頓第二定律有：2mgqE2ma，解得：q1.0×105C.(3)A、B飛行過程中，電場力做的功為WqEH，解得：W2.5×102 J.答案：(1)2.5×102 J(2)A帶正電，q1.0×105C(3)2.5×102 J2015_2016高中物理第16章第4節碰撞練習新人教版選修3_5第4節碰撞1彈性碰撞和非彈性碰撞(1)彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作彈性碰撞，如下圖

15、所示碰撞中，由動量守恒得m1v1m1v1m2v2，由機械能守恒得m1v1m1v1m2v2，解得v1v1，v2v1若m1m2，則有v10，v2v1；若m1m2，則有v1v1，v22v1；若m1m2，則有v1v1，v20(2)非彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞若兩個物體碰撞后成為一個整體，即它們相對靜止，這樣的碰撞叫作完全非彈性碰撞，如上圖所示發生完全非彈性碰撞，則有動量守恒m1v1(m1m2)v；碰撞損失機械能Ev12對心碰撞和非對心碰撞(1)對心碰撞(正碰)：兩個球在碰撞之前運動速度與兩球心連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍在同一條直線上，這種碰撞稱為對心碰

16、撞，即正碰(2)非對心碰撞：兩個球在碰撞之前運動速度與兩球心連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度會偏離原來兩球心的連線，這樣的碰撞稱為非對心碰撞3散射微觀粒子之間的作用力是保守力，它們之間的碰撞與宏觀物體不同，粒子相互接近時并不發生直接接觸，因此微觀粒子的碰撞又叫作散射1(多選)下列對于碰撞的理解正確的是(AB) A碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程B在碰撞現象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的總動量守恒C如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞D微觀粒子的碰撞由于不發生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量

17、守恒定律求解解析：碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯動量守恒定律是自然界普遍適用的規律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規律，D錯2科學家試圖模擬宇宙大爆炸初的情景他們使兩個帶正電的不同重離子被加速后，沿同一條直線相向運動而發生猛烈碰撞為了使碰撞前的動能盡可能多地轉化為內能，關鍵是設法使這兩個重離子在碰撞前的瞬間具有相同大小的(C)A速度 B質量 C動量 D動能解析：碰撞后粘在一起時動能損失最大，故碰前動量等大反向時，碰后粘在一起時系統靜止，動能全部損失掉，故選C.3在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，

18、A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是(A)A0.6v B0.4v C0.3v D0.2v解析：A、B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mvmv12mv2，假設碰后A球靜止，即v10，可得v20.5v由題意知球A被反彈，所以球B的速度有：v20.5v，AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有：，兩式聯立得：v2v，由兩式可得：0.5vv2v，符合條件的只有0.6v，所以選項A正確，B、C、D錯誤4在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻

19、發生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球在碰撞前后的速度時間圖象如圖所示，下列關系式正確的是(B)Ama>mb Bma<mbCmamb D無法判斷解析：由圖象知，a球以某一初速度與原來靜止的b球碰撞，碰后a球反彈且速度小于初速度根據碰撞規律知，a球質量小于b球質量5冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為2014年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰，如圖2.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖(B)解析：A.兩球碰撞過程動量守恒，兩球發生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統動量不變，兩冰壺

20、的動量方向即速度方向不會偏離甲原來的方向，由圖示可知，A圖示情況是不可能的，故A錯誤；B.如果兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖所示，故B正確；C.兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如圖C所示是不可能的，故C錯誤；D.碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤；故正確答案為B.6(2014·北京卷)如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相

21、切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點現將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l.分析：根據機械能守恒定律求出碰撞前瞬間A的速率，進而利用碰撞過程A和B整體動量守恒，求得共同速率，最后根據動能定理解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離解析：設滑塊的質量為m.(1)根據機械能守恒定律有：mgRmv2，解得碰撞前瞬間A的速率有：v2 m/s.(2)根

22、據動量守恒定律有：mv2mv，解得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s.(3)根據動能定理有：(2m)v2(2m)gl，解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m.點評：本題考查機械能守恒定律、動量守恒定律、動能定理，是一道難度較低的綜合題7如圖所示，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出重力加速度為g.求：(1)子彈穿過物塊后物塊的速度v1；(2)此過程中系統損失的機械能；(3)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離分析：(1)子彈射擊物塊，子彈和物塊的總動量守恒，由動量守恒定律求出子彈穿出木塊時木塊的速度大小

23、系統損失的機械能等于射入前子彈的動能與射出后物塊與子彈總動能之差(2)子彈射出物塊后，物塊做平拋運動，由高度求出時間，再求出水平距離解析：(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v1，由動量守恒得：mv0mMv1，解得：v1v0.(2)系統的機械能損失為： (3)設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則：，sv1t，解得：s.答案：(1)v1v0(2)Emv20(3)s點評：本題采用程序法按時間順序進行分析處理，是動量守恒定律與平拋運動簡單的綜合，比較容易8如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面也為h，坡道底端與臺面相切小球A從坡道頂端

24、由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半兩球均可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)小球A剛滑至水平臺面的速度vA；(2)A、B兩球的質量之比mAmB.解析：(1)小球A在坡道上只有重力做功機械能守恒，有mAgh，解得：vA.(2)設小球A、B在光滑臺面上發生碰撞粘在一起速度為v，根據系統動量守恒得：mAvA(mAmB)v，離開平臺后做平拋運動，在豎直方向有：，在水平方向有：hvt，聯立化簡得： mAmB13.答案：(1)vA(2)mAmB139(2014·

25、山東卷)如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發生碰撞并粘在一起碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半求：(1)B的質量；(2)碰撞過程中A、B系統機械能的損失分析：先利用動量守恒定律求得B的質量與A的關系，注意動量的方向性，再次對全過程應用動量守恒定律即可求得碰撞過程中系統損失的機械能解析：(1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得m2mBv(mm

26、B)v，由式得mB.(2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0(mmB)v，設碰撞過程A、B系統機械能的損失為E，則：EmmB(2v)(mmB)v，聯立式得Emv0.答案：(1)(2)mv0點評：本題考查用動量守恒定律和能量守恒定律解決碰撞問題10(2014·江蘇卷)牛頓的自然哲學的數學原理中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小分析：A、B兩球在碰撞的前后瞬

27、間動量守恒，結合分離速度和接近速度的關系，通過動量守恒定律求出碰后A、B的速度大小解析：設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，規定A球的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律得，2mv02mv1mv2，根據題意知，解得：v1v0，v2v0.答案：碰撞后A、B的速度分別為：v0、v0.點評：本題考查了動量守恒定律的基本運用，運用動量守恒定律關鍵是選擇好研究的系統和研究的過程，結合動量守恒列出表達式，注意表達式的矢量性.11.(2015·新課標全國卷)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示求：(