动量守恒定律
一、选择题
1.(2018·昆明模拟)如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短．则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量不守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能守恒 D．动量守恒、机械能不守恒 答案 B
解析 木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力，系统的外力之和不为零，所以动量不守恒．
A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒，故A、C、D三项错误，B项正确．
2．如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面．则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是( )
答案 D
解析 A、B两项，礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能，故A、B两项错误．C项，该图符合动量守恒定律．斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符，故C项错误．D项，该图符合动量守恒定律．向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，故D项正确．
3.(2018·济南一模)如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，假设高度无限大，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．1次 C．3次 答案 C
解析 由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地．A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞．
4．(2018·福州模拟)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v2，则喷出气体的质量m为( ) v2－v1
A．m＝M
v1v2－v0
C．m＝M
v2＋v1答案 C
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，解得mv2－v0＝M，故C项正确． v2＋v1
5.(2018·济南二模)(多选)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s-t图像如图乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( )
B．m＝
v2
M v2－v1
B．2次 D．4次
v2－v0
D．m＝M v2－v1
A．mb＝1 kg C．ΔE＝15 J 答案 AC
Δs6
解析 A、B两项，由s-t图像的斜率表示速度得：碰撞前a球的速度为v1＝＝ m/s＝6
Δt11m/s，b球的速度为0.碰撞后ab两球的共同速度为v＝
Δs211－6
＝ m/s＝5 m/s，取碰撞前Δt22－1
B．mb＝2 kg D．ΔE＝35 J
a球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得，mav1＝(mb＋ma)v，代入解得，mb＝1 kg.C、
1111222
D两项，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝mav1－(mb＋ma)v＝×5×6 J－×(1＋
22225)×5 J＝15 J，故C项正确，D项错误．
6．(2018·枣庄一模)在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车，质量分别为MA＝2 kg，MB＝1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿AB中心的连线向静止的B车运动，与B车发生对心碰撞，则碰后两车的速度可能是( ) A．vA＝7 m/s，vB＝6 m/s C．vA＝6 m/s，vB＝8 m/s 答案 C
解析 碰撞前两车组成的系统总动量：p＝MAv0＝2×10 kg·m/s＝20 kg·m/s，碰撞前系统1122
总动能：Ek＝MAv0＝×2×10 J＝100 J；A项，碰撞后，A、B同向运动，A在B的后面，
22A的速度大于B的速度，不可能，故A项错误．B项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB1
＝2×(－1) kg·m/s＋1×22 kg·m/s＝20 kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：Ek′＝
21112222
MAvA＋MBvB＝×2×1 J＋×1×22 J＝243 J>Ek，系统动能增加，不可能，故B项错误；
222C项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB＝2×6 kg·m/s＋1×8 kg·m/s＝20 kg·m/s，11112222
系统动量守恒，系统总动能：Ek′＝MAvA＋MBvB＝×2×6 J＋×1×8 J＝68 J 2222统动能不增加，并符合实际运动情况，是可能的，故C项正确；D项，碰撞后，系统的总动量p′＝MAvA＋MBvB＝2×2 kg·m/s＋1×16 kg·m/s＝20 kg·m/s，系统动量守恒，系统总11112222 动能：Ek′＝MAvA＋MBvB＝×2×2 J＋×1×16 J＝132 J＞Ek，系统动能增加，不可能， 2222故D项错误． 7．(2018·龙岩模拟)(多选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( ) mv A．t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒 F2mv3mv B．t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒 FF2mv C．t＝时，A的动量为2mv F4mv D．t＝时，A的动量为4mv F B．vA＝－1 m/s，vB＝22 m/s D．vA＝2 m/s，vB＝16 m/s 2 答案 AC F 解析 A项，设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F＝2f，得f＝， 22mv2mv 轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得－ft＝0－mv，联立得t＝，即t＝ FF2mv 时B停止运动．在B停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，A、B系统的外力之和为零， F2mv3mv 总动量守恒．故A项正确．B项，t＝至t＝时间内，B停止运动，A匀加速运动，系 FF2mv 统的外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，故B项错误．C项，t＝时，取向右为正 F4mv 方向，由系统的动量守恒得2mv＝pA＋0，得A的动量pA＝2mv，故C项正确．D项，t＝时 F2mv 即B停止t＝时，对A，由动量定理得ft＝pA′－2mv，解得A的动量pA′＝3mv，故D F项错误． 8.(2018·广东一模)如图所示，一质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) 2 A．橡皮泥下落的时间为0.3 s B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒 D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J 答案 D 解析 A项，橡皮泥下落的时间为：t＝2h ＝g 2×1.25 s＝0.5 s．故A项错误；B项，10 橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共m1v02×2.5 同速度为：v＝＝ m/s＝2 m/s.故B项错误；C项，橡皮泥落入小车的过程中， m1＋m22＋0.5橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒．故C项错误；D项，在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：1122 ΔE＝m2gh＋[m1v0－(m1＋m2)v]．代入数据可得：ΔE＝7.5 J．故D项正确． 22 9.(2018·安徽模拟)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相 切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s.则碰后小滑块B的速度大小不可能是( ) 2 A．5 m/s C．3 m/s 答案 A 解析 滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得 12mAgR＝mAv0 2解得v0＝6 m/s 若两个滑块发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： mAv0＝mAvA＋mBvB. 111222mAv0＝mAvA＋mBvB. 222解得vB＝4 m/s 若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得： mAv0＝(mA＋mB)vB′ 解得vB′＝2 m/s 所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s. 10．(2018·安阳一模)(多选)如图所示，小球A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为H＝0.6 m，小球B到水平地面的距离为h＝0.2 m，同时由静止释放两球．设B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后B球速度为0，小球A的质量为m，小球B的质量为5m.重力加速度大小为g＝10 m/s，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力．以地面为参考面，两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为( ) 2 B．4 m/s D．2 m/s A．1.6 m C．0.6 m 答案 D B．0.82 m D．0.35 m
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