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课时作业（十八）动量 动量守恒定律
[基础小题练]
1．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是( )
A．2mgh C.
B．mgh D．4mgh
mgh2
【解析】 物体从A到B的过程，根据动能定理，有mgh－Wf＝0，物体从B返回A的过12
程，根据动能定理，有－mgh－Wf＝0－mv，联立解得v＝2gh，在B点需给物体的瞬时冲
2量等于动量的增加量，故I＝mv＝2mgh，故A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
2．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
【解析】 A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C中剪断细线后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．
【答案】 AC
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3．(2018·山东潍坊高三上学期期中)在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a、
b，质量均为m.现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰．当碰撞过程中达到最大弹性
势能Ep时，a球的速度等于( )
A. C．2Ep mEp mB． D．2
Ep
2m2Ep
m
【解析】 设碰前a球速度为v0，弹性势能最大时刻即为两球共速之时，设共同速度为
v，则由动量守恒和能量守恒得：
mv0＝(m＋m)v①
121
mv0＝(m＋m)v2＋Ep② 22由①②两式解得v＝ 【答案】 A
4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )
Ep
，故A正确． m
A．ma＞mb C．ma＝mb
B．ma＜mb D．无法判断
【解析】 由动量守恒定律得mava＝mava′＋m bvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量
p2
大于a球最初的动量．若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝知，若ma＞mb，
2m则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb.
【答案】 B
5．小船相对于静止的湖水以速度v向东航行．某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率v先后从船上水平向东、向西抛出船外．那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将( )
A．仍为v C．小于v
B．大于v D．可能反向
【解析】 以两沙袋和船为系统，抛沙袋的过程系统满足动量守恒定律的条件，即(M教育配套资料K12
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＋2m)v＝mv－mv＋Mv′，解得v′＝
【答案】 B
6.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝4 kg.质量m＝2 kg的小铁块以水平速度v0＝6 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
M＋2mv>v，故B正确． M
A．9 J C．3 J
B．12 J D．24 J
【解析】 当弹簧压缩至最短时，Ep最大，mv0＝(M＋m)v，v＝2 m/s，全程摩擦力做功11121Wf22
Wf＝mv20－(M＋m)v＝24 J，Ep＝mv0－(M＋m)v－＝12 J.
2
2
2
2
2
【答案】 B
[创新导向练]
7．动量定理的实际应用——打篮球时的传球技巧
篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量 C．减小球的动量变化量
B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量
【解析】 由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，
从而减小了球对手的冲击力，选项B正确． 【答案】 B
8．动量守恒定律在航天科技中的实际应用
一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )
A.C.
v2－v0
M v1v2－v0
M v2＋v1
B．D．
M v2＋v1v2－v0
M v2－v1
v2
【解析】 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，
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教育配套资料K12 解得m＝
v2－v0
M，故C正确． v2＋v1
【答案】 C
9．应用动量守恒定律分析碰撞中的实际问题
某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2 B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 1D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
6
【解析】 根据s-t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ的速度v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4 1m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，
2
2
m1v21>m2v2，故C错误，D正确．
1
2
【答案】 D
10．应用动量定理分析安全带受力问题
质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g＝10 m/s，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N C．1 100 N
B．600 N D．100 N
2
【解析】 安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝2gh＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－
mvmg)t＝0－(－mv)，则F＝＋mg＝1 100 N，C正确．
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【答案】 C
[综合提升练]
11．(2018·山东潍坊高三上学期期中)如图所示，质量为M的轨道由上表面粗糙的水平1
轨道和竖直平面内的半径为R的光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量
4为m的小物块以水平初速度v0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M∶m＝3∶1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ.求：
(1)小物块到达圆弧轨道最高点时的速度； (2)水平轨道的长度．
【解析】 设小物块到达圆弧轨道最高点时速度为v1
(1)从小物块滑上轨道到到达最高点的过程中，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1① 1
联立解得：v1＝v0.②
4
1122
(2)由能量守恒定律得：μmgL＋mgR＋(m＋M)v1＝mv0③
223v0R由②③联立得：L＝－.④
8μgμ13v0R【答案】 (1)v0 (2)－
48μgμ
12．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径1
为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一
4颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看作质点)．
2
2
(1)求子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
【解析】 (1)由子弹射入木块过程动量守恒有mv0＝(m＋M)v1 教育配套资料K12
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木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有 12
(m＋M)v1＝(m＋M)gR 2
联立两式解得
M＋mv0＝2gR.
m(2)以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动．
第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知 (M＋17m)v＝mv0
射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有 12
(M＋17m)v＝(M＋17m)gH 2
由以上两式解得
M＋mH＝M＋17m22
R.
22
M＋mM＋m【答案】 (1)2gR (2)
mM＋17mR
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