1、【 精品教育资源文库 】 48 动量守恒定律的理解和应用 方法点拨 (1)守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒 (2)应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态 (3)要注意规定正方向 1 (多选 )(2017 北京西城区模拟 )如图 1 所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去已知甲的质量为 45 kg，乙的质量为 50 kg.则下列判断正确的是 ( ) 图 1 A甲的速率与乙的速率之比为 109 B甲的加速度大小与乙的加速度大小 之比为 910 C甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 1
2、1 D甲的动能与乙的动能之比为 11 2 (2017 北京石景山区模拟 )如图 2 所示，一轻绳上端固定，下端系一木块，处于静止状态一颗子弹以水平初速度射入木块内 (子弹与木块相互作用时间极短，可忽略不计 )，然后一起向右摆动直至达到最大偏角从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块，下列说法正确的是 ( ) 图 2 A机械能守恒，动量不守恒 B机械能不守恒，动量守恒 C机械能不守恒，动量不守恒 D机械能守恒，动量守恒 3 (多选 )(2017 福建漳州联考 )如图 3 所示，木块 a 和 b 用一根水平轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上， a 紧靠在墙壁上，在 b 上施加向左的
3、水平力 F 使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 图 3 A尚未离开墙壁前， a、 b 及弹簧组成的系统动量守恒 B尚未离开墙壁前， a、 b 及弹簧组成的系统机械能守恒 C离开墙壁后， a、 b 及弹簧组成的系统动量守恒 D离开墙壁后， a、 b 及弹簧组成的系统动量不守恒 4 (多选 )(2017 贵州凯里模拟 )如图 4 所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个 足够高的 14光滑圆弧轨道平滑相连，木块 A、 B 静置于光滑水平轨道上， A、 B的质量分别为 1.5 kg 和 0.5 kg.现让 A 以 6 m/s 的速度水平
4、向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.3 s，碰后的速度大小变为 4 m/s，当 A 与 B 碰撞后立即粘在一起运动， g取 10 m/s2，则 ( ) 图 4 A A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对 A 的平均作用力的大小 F 50 N B A 与墙壁碰撞的过程中没有能量损失 C A、 B 碰撞后的速度 v 3 m/s D A、 B 滑上圆弧轨道的最大高度 h 0.55 m 5 (2017 四川成都第一次诊断 )如图 5 所示，小车静止在光滑水平面上， AB 是小车内半圆轨道的水平直径，现将一小球从距 A 点正上方 h 高处由静止释放，小球由 A 点沿切线方向经半 圆轨道后从 B点冲出，在
5、空中能上升的最大高度为 0.8h，不计空气阻力下列说法正确的是( ) 图 5 A在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B小球离开小车后做竖直上抛运动 C小球离开小车后做斜上抛运动 D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为 0.6h 【 精品教育资源文库 】 6 (多选 )(2017 福建漳州八校模拟 )如图 6 所示，光滑水平地面上 静止放置由弹簧相连的木块 A 和 B，开始时弹簧处于原长，现给 A 一个向右的瞬时冲量，让 A 开始以速度 v0向右运动，若 mAmB，则 ( ) 图 6 A当弹簧压缩最短时， B 的速度达到最大值 B当弹簧再次恢复原长时， A 的速度一定向右
6、C当弹簧再次恢复原长时， A 的速度一定小于 B 的速度 D当弹簧再次恢复原长时， A 的速度可能大于 B 的速度 7 (2017 江西南昌三校第四次联考 )如图 7 所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t.若该 微粒经过 p 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的 ( ) 图 7 A. 轨迹为 pb，至屏幕的时间将小于 t B. 轨迹为 pc，至屏幕的时间将大于 t C. 轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t
7、 D. 轨迹为 pb，至屏幕的时间将等于 t 8.(多选 )(2017 山东淄博一模 )如图 8 所示，在质量为 M(含支架 )的小车上用轻绳悬挂一小球，小球质量为 m0，小车和小球以恒定的速度 v 沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短 ，下列哪些说法是可能发生的 ( ) 图 8 A在此碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为 v1、 v2、 v3，满足 (M m0)v Mv1 mv2 m0v3 B在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为 v1和 v2，满足 (M m0)v Mv1【 精品教育资源文库 】 mv2 C在此碰
8、撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为 u，满足 Mv (M m)u D碰撞后小球摆到最高点时速度变为 v1，木块的速度变为 v2，满足 (M m0)v (M m0)v1 mv2 9 (2017 黑龙江大庆模拟 )如图 9 所示， 甲、乙两船的总质量 (包括船、人和货物 )分别为12m、 14m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为 2v0、 v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度 (不计水的阻力 ) 图 9 10 (2018 山东青岛二中模拟 )如图 10 所示，光滑水平轨道上放置长木板 A(上表面粗
9、糙 )和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端，三者质量分别为 mA 2 kg、 mB 1 kg、 mC 2 kg.开始时 C静止， A、 B 一起以 v0 5 m/s 的速度匀速向右运动， A 与 C 发生碰撞 (时间极短 )后 C 向右运动，经过一段时间， A、 B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 碰撞求 A 与 C发生碰撞后瞬间 A 的速度大小 图 10 【 精品教育资源文库 】 11 (2018 四川成都第七中学月考 )如图 11 所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为 m 的物块 A、 B、 C，物块 B、 C 静止，物块 B 的左侧固定一水平轻弹簧 (弹簧左侧的挡板质
10、量不计 )；让物块 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设 B 和 C 碰撞过程时间极短那么从 A 开始压缩弹簧直至 与弹簧分离的过程中，求： 图 11 (1)A、 B 第一次速度相同时的速度大小； (2)A、 B 第二次速度相同时的速度大小； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 【 精品教育资源文库 】 答案精析 1 AC 两人在光滑的冰面上，故他们受合力为零，当甲推乙时，二人的总动量守恒，故m 甲 v 甲 m 乙 v 乙 ，则 v甲v乙 m乙m甲 5045 109 ，选项 A 正确；二人的相互作用力大小相
11、等，方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比， 即 109 ，选项 B 错误；二人相互作用的时间相等，作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为11 ，选项 C 正确；由 Ek p22m可知，甲、乙的动能不相等，选项 D 错误 2 C 3 BC 以 a、 b 及弹簧组成的系统为研究对象，在 a 离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，在 a 尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程系统动量不守恒，故 A 错误， B 正确；当 a 离开墙壁，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，故 C 正确， D 错误 4 AC 设水平向右为正
12、 方向， A 与墙壁碰撞时根据动量定理有 Ft mAv1 mA( v1)，解得F 50 N，故 A 正确若 A 与墙壁碰撞时无能量损失， A 将以速度 6 m/s 水平向右运动，由题已知碰后的速度大小变为 4 m/s，故 B 错误设碰撞后 A、 B 的共同速度为 v，根据动量守恒定律有 mAv1 (mA mB)v，解得 v 3 m/s，故 C 正确 A、 B 在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得 12(mA mB)v2 (mA mB)gh，解得 h 0.45 m，故 D 错误 5 B 6 BC A 开始压缩弹簧时做 减速运动， B 做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩到最短
13、，然后 B 继续做加速运动， A 继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时， B 的速度没有达到最大，故选项 A 错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后 B 继续做加速运动， A 继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时 B 的速度达到最大，且大于 A 的速度，根据动量守恒有： mAv0 mAvA mBvB，若 A 的速度方向向左，则 mBvB mAv0，动能 Ek p22m，可知 EkB Ek0，违背了能量守恒定律，所以 A 的速度一定向右，故选项 B、 C 正确， D 错误 7 C 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电荷量也保持不变，由 Bqv mv2r，得： rmvq
14、BpqB， p、 q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故轨迹应为 pa，由周期 T 2 mqB 可知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故新微粒运动至屏幕所用的时间将大于 t， C 正确 【 精品教育资源文库 】 8 CD 9 5v0 解析 设抛出货物的速度为 v，由动量守恒定律得： 乙船与货物： 14mv0 13mv1 mv 甲船与货物： 12m2 v0 mv 13mv2 两船不相撞的条件是： v2 v1， 解得 v5 v0. 10 2 m/s 解析 因碰撞时间极短， A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间 A 的速度为 vA， C 的速度
15、为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0 mAvA mCvC A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律得 mAvA mBv0 (mA mB)vAB A 与 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 vAB vC，联立以上各式，代入数据得 vA 2 m/s. 11 (1)12v0 (2)13v0 (3)1348mv02 解析 (1)对 A、 B 接触的过程中，当第一次速度相同时， 由动量守恒定律得， mv0 2mv1 解得 v1 12v0 (2)设 A、 B 第二次速度相同时的速度大小为 v2，对 A、 B、 C 组成的系统，根据动量守恒定律：mv0 3mv2
