最新试题资料 回扣练8：动量定理和动量守恒定律
1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C．小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 D．小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽
解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确．故选D.
2．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝
A．e＝1 1
C．e＝
3
v1－v2
，下列选项正确的是( ) v0－0
1B．e＝
2D．e＝
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解析：选A.AB在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的过程11214122
中机械能守恒，可得·2mv0＝mv1＋·2mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，碰后相对速度与碰前
22233相对速度的比值定义为恢复系数e＝
v1－v2
＝1，故A正确，BCD错误；故选A. v0－0
3．如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
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A．L1＞L2 C．L1＝L2
B．L1＜L2 D．不能确定
解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝
mAv1212
，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv－(mA＋mB)v′mA＋mB22
mAmBv2mBv＝；若用锤子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势2（mA＋mB）mA＋mB121mAmBv2能最大为ΔEp＝mBv－(mA＋mB)v′＝，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势
222（mA＋mB）能相等，故L1＝L2，C正确．
4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )
2
A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2 B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1 C．合力对物块的冲量大小可能为零 D．合力对物块做的功可能为零
解析：选D.若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为
v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据
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动能定理知，合外力做功W合＝mv1－mv2；若v2＜v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线
22运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根据动能定理1212
知，合外力做功为：W合＝mv2－mv2＝0.故D正确，ABC错误．故选D.
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5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s.下列说法正确的是( )
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A．0～2 s内人对货物做的功为600 J
B．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·s C．0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为1∶2 D．整个过程中货物始终处于超重状态
Δv2
解析：选A.0～2 s内货物的加速度a1＝＝0.5 m/s，根据牛顿第二定律：F1－f－mgsin
Δt1
30°＝ma1，解得F1＝600 N；0～2 s内货物的位移：x1＝×2×1 m＝1 m；则人对货物做的
2功为WF＝Fx1＝600 J，选项A正确；整个过程中，根据动量定理：IF－(f＋mgsin 30°)t＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为IF＝(f＋mgsin 30°)t＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B错误；2～3 s内货物的加速度大小a2＝1 m/s，根据牛顿第二定律：
2
f＋mgsin 30°－F2＝ma2所受推力F2＝450 N；则0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为F1∶F2＝600∶450＝4∶3，选项C错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，
先超重后失重，选项D错误；故选A.
6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，
p2p2AB所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，故C正确，D错误．碰撞前系统动能：＋2mA2mB欢迎下载这些资料库资料！ 最新试题资料 6627pA′pB′21027＝＋＝，碰撞后系统动能为：＋＝＋＝，则碰撞前后系统2mA2×2mAmA2mA2mB2mA2×2mAmA机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误；故选AC.
7．(多选)质量为M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s.则( )
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A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2 m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m
解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有＝
mx，解得：x＝0.3 m，选
ML－x项A正确、B错误．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项C错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有
mx′＝，解得：x′＝0.24 m．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，MLcos α－x′
滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，选项D正确．
8．(多选)如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质
点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m．现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10 m/s.下列说法正确的是( )
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