動量守恒定律測試題及解析(2019-北京海淀一模)如圖所示，站在車上的人，用錘子連續敲打小車。一 .初始時，人、車、錘子都靜止。假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列 //f-x說法正確的是() (I必a.連續敲打可使小車持續向右運動人、車和錘子組成的系統機械能守恒當錘子速度方向豎直向下時，人和車水平方向的總動量為零人、車和錘子組成的系統動量守恒解析：選C人、車和錘子整體看做一個處在光滑水平地面上的系統，水平方向上所受合外力為零，故水平方向上動量守恒，總動量始終為零，當錘子有相對地面向左的速度時，車有向右的速度，當錘子有相對地面向右的速度時，車有向左的速度，故車做往復運動，故A錯誤；錘子擊打小車時，發生的不是完全彈性碰撞，系統機械能有損耗，故B錯誤；錘子的速度豎直向下時，沒有水平方向速度，因為水平方向總動量恒為零，故人和車水平方向的總動量也為零，故C正確；人、車和錘子在水平方向上動量守恒，因為錘子會有豎直方向的加速度，故錘子豎直方向上合外力不為零，豎直方向上動量不守恒，系統總動量不守恒，故D錯誤。質量為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的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質量為4kg，地面光滑，則車后來的速度為(g=10m/s2)()4m/s B.5m/sD.7m/sCD.7m/s解析：選A物體和車作用過程中，兩者組成的系統水平方向不受外力，水平方向系統的動量守恒。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;設當物體與小車相對靜止后，小車的速度為V，取原來小車速度方向為正方向，則根據水平方向系統的動量守恒得：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A正確，B、C、D錯誤。3.［多選］(2020?瀘州第一次診斷)在2019年世界斯諾克國際錦標賽中，中國選手丁俊暉把質量為m的白球以5v的速度推出，與正前方另一靜止的相同質量的黃球發生對心正碰，碰撞后黃球的速度為3v，運動方向與白球碰前的運動方向相同。若不計球與桌面間的摩擦，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對黃球的沖量大小為3mv兩球碰撞過程中系統能量不守恒解析：選AC由動量守恒定律可知，相同質量的白球與黃球發生對心正碰，碰后瞬間白球的速度為*3mv2*3mv2，兩球之間的碰2v，故A正確。碰前的動能為gm(5v)2=5mv2，碰后的動能為2m(3v)2+撞不屬于彈性碰撞，故B錯誤。由動量定理，白球對黃球的沖量I大小就等于黃球動量的變化Ap，Ap=

3mv-0=3mv，故C正確。兩球碰撞過程中系統能量守恒，損失的動能以其他形式釋放，故D錯誤。如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是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右側與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從r=0時以一定速度向右運動在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示，墻壁對物塊B的彈力在4s?12s的時間內對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碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mCV]=(mA+mC)v2,12s末A和C的速度為v3=-3m/s,4s到12s，墻對B的沖量為：I=(mA+mC)v3—(mA+mC)v2，代入數據解得：I=—36N-s，方向向左，故墻壁對物塊B的彈力在4s?12s的時間內對B的沖量I的大小為36N-s，故C正確，A、B、D錯誤。如圖，立柱固定于光滑水平面上O點，質量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質量為m的小球b發生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追到a球，Q點為OP間中點，則a、b球質量之比M：m=()A.3：5 B.1：3 *C.2：3 D.1：2 .?..?-□」.?..?-，，????，?"一 ■-■PQO解析：選A設a、b兩球碰后速度大小分別為v]、v2。由題意可知：b球與擋板發生彈性碰撞后恰好在P點追上甲，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：S]：52=1:3根據s=vt得：v2=3v1以水平向右為正方向，兩球發生彈性碰撞，由動量守恒定律得：Mv°=M(—v1)+mv2由機械能守恒定律得：2Mv02=2mv12+|mv22解得M:m=3:5，故A正確。(2019?內江一模)如圖所示，將一質量為m的小球，從放置在光滑水平地面上、質量為M的光滑半圓形槽的槽口A點，由靜止釋放經過最低點B運動到C點，下列說法中正確的是()從A-B，半圓形槽運動的位移一定大于小球在水平方向上運動的位移從B-C，半圓形槽和小球組成的系統動量守恒 p?:可從A-B-C，C點可能是小球運動的最高點小球最終在半圓形槽內做往復運動

解析：選D小球與半圓形槽水平方向動量守恒，mv1=Mv2,則mv1t=Mv2t,mx1=Mx2，若m<M,則x1>x2，故A錯誤；從B-C,半圓形槽和小球組成的系統水平方向受外力為零，水平方向上動量守恒，故B錯誤；從A—B—C，小球和半圓形槽組成的系統機械能守恒，小球到達C點時，速度不為零，小球運動的最高點應與A點等高，故C錯誤；小球從右邊最高點滑下運動到左邊最高點A時，速度又減到零，如此反復，做往復運動，故D正確。如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質量均為m的小車A和B,兩車之間用輕質彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運動，另有一質量為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，粘合之后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為()1B.§mv1B.§mv021D.J5mv02C.^mv#解析：選C黏性物體落在A車上，由動量守恒有C.^mv#解析：選C黏性物體落在A車上，由動量守恒有mv0=2mV］，v ?一一解得V］=寸，之后整個系統動量守恒，當系統再次達到共同速度時，有2mv0=3mv2，解得v2=f，此時彈簧獲得的彈性勢能最大，最大彈性勢能Ep=|mv02+|X2m(^^2—2X3mgv)=12mv02，所以C正確。8.(2020-青島模擬)質量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的最高點時炸裂成質量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達地面，落地動能為5J。重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計，火藥燃燒充分，求：手榴彈爆炸前瞬間的速度大小；手榴彈所裝彈藥的質量；兩塊彈片落地點間的距離。解析：(1)設手榴彈上升到最高點時的速度為0］，根據機械能守恒有1…一1…工,2”v02=^mv『十mgh解得：v1=10m/s。設每塊彈片的質量為m1，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v2，有m1gh=5J設手榴彈裝彈藥的質量為Am，有Am=m—2m1代入數據解得：Am=0.06kg。另一塊做平拋運動時間為t，兩塊彈片落地點間距離為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。某時刻小孩將冰塊以相對冰面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量為m1=30kg，冰塊的質量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10m/s2。求斜面體的質量；通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為0,斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒有m2V20=(m2+m3)V2m2v202=2(m2+m3)v2+m2gh式中v20=—3m/s為冰塊推出時的速度解得m3=20kg。(2)設小孩推出冰塊后的速度為V]，由動量守恒定律有m]V]+”2^20=0解得v1=1m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和％，由動量守恒定律和機械能守恒定律有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，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質量為m可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為尸N，則下列說法中正確的是()A.FN=mgcosaTOC\o"1-5"\h\zB?滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosa 七、滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統動量守恒 一.: i '此過程中斜面體向左滑動的距離^m^L 'm十M解析：選D當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對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，所以斜面對滑塊的支持力fn不等于mgcosa，故A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，故B錯誤；由于滑塊B

有豎直方向的分加速度，所以系統豎直方向合外力不為零，系統的動量不守恒，故C錯誤；系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設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?廈門期末）如圖所示，一質量M=2.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量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開始向左運動，B開始向右運動，物塊A始終沒有滑離木板B。下列說法正確的是（）召 A召 A VA、B共速時的速度大小為1m/s在小物塊A做加速運動的時間內，木板B速度大小可能是2m/s從A開始運動到A、B共速的過程中，木板B對小物塊A的水平沖量大小為2N-s從A開始運動到A、B共速的過程中，小物塊A對木板B的水平沖量方向向左解析：選AD取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得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，設長木板速度大小為％，根據動量守恒定律Mv~mv=Mvr，解得v1=1.5m/s，當小物塊反向加速的過程中，木板繼續減速，木板的速度必然小于1.5m/s，B錯誤；根據動量定理，A、B相互作用的過程中，木板B對小物塊A的平均沖量大小為I=mv共+mv=4N-s，故C錯誤；根據動量定理，A對B的水平沖量I=Mv共一Mv=—4N?s，負號代表與正方向相反，即向左，故D正確。12.［多選］（2020?武漢調研）在光滑水平面上，小球A、B（可視為質點）沿同一直線相向運動，A球質量為1kg，B球質量大于A球質量。兩球間距離小于L時，兩球之間會產生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失。兩球運動的速度一時間關系如圖所示，下列說法正確的是（）B球質量為2kg兩球之間的斥力大小為0.15Nr=30s時，兩球發生非彈性碰撞最終B球速度為零解析：選BD由題圖可知，10?30s的時間內兩球在恒定的斥力作用下做勻減速直線運動，由于A球的質量小于B球的質量，則A球的加速度大于B球的加速度，因此r=0時速度小于0的圖線為A球的3速度一時間圖線。對A球有F=mAaA，對B球有F=mBaB，又由圖像可知A球的加速度大小為。人=費m/s2、B球的加速度大小為aB=20m/s2，可解得mB=3kg、F=0.15N，A錯誤，B正確；t=30s時A球的速度為零，此時B球的速度為2m/s，兩球發生碰撞，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，碰前兩球的總動能為Ek1=2mBvB2='2X3X22J=6J，碰后兩球的總動能為E1m/s，碰前兩球的總動能為Ek1=2mBvB2='=2x1X32J+1X3X12J=6J,由于碰撞前后系統的總動能相等，因此兩球發生的碰撞為彈性碰撞，C錯誤；由題圖可知L=|x(2+6)X20m=80m,假設B球的速度在50s時減為零，則50s時兩球之間的距離為1X20X[(3+6)-1]m=80m,即B球的速度減為零時兩球之間的距離恰好等于L,斥力消失，B球靜止，假設成立，D正確。13.(2019-全國卷III)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質量分別 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—鄉側的豎直墻壁距離z=1.0m，如圖所示。某時亥U,將壓縮的微型彈簧釋m"'乃？放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為《=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時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，由動量守恒定律和題給條件有0=mAVA-mBVB①1 ,1 —Ek=2mAVA2+2mBVB2②聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s。③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為o。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為％，則有mBa=pmBg?sB=vBt—>2⑤vB—at=0⑥在時間t內，A可能與墻