物理二轮复习 专题五 动量与原子物理学 第一讲 动量守恒定律——课后自测诊断卷

第一讲动量守恒定律
——课后自测诊断卷
1．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。

有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：选C 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v。

2.[多选]如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始
释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h
的B点时速度减为零。

不计空气阻力，重力加速度为g。

关于小球下落的整个
过程，下列说法正确的有( )
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m2gH
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
解析：选AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－W f＝0，则小球克服阻力做功W f＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对进入泥潭的过程运用动量定理得：I G－I F＝0－m2gH，得：I F＝I G＋m2gH，可知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。

3.如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估
计一吨左右)。

一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如
下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到
船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷
尺测出船长L。

已知他自身的质量为m，则渔船的质量为( )
A.m L＋d
d
B.
m L－d
d
C.mL
d
D.
m L＋d
L
解析：选B 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头
所用时间为t ，则v ＝d t ，v ′＝
L －d t ，取船的速度为正方向，根据动量守恒定律可得Mv －mv ′＝0，即M d
t ＝m L －d t ，解得渔船的质量M ＝m L －d d
，故B 正确。

4．(2019·盐城三模)在气垫导轨上，一个质量为0.6 kg 的滑块甲以0.15 m/s 的速度与另一质量为0.4 kg 、速度为0.1 m/s 并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，则碰撞后两个滑块一起运动的速度大小为________m/s ，碰撞过程中乙滑块受到甲冲量大小为________N·s。

解析：选甲的初速度为正方向，根据动量守恒定律有：m 甲v 甲－m 乙v 乙＝(m 甲＋m 乙)v ，代入数据解得：v ＝0.05 m/s ，对乙应用动量定理有：I ＝m 乙v －(－m 乙v 乙)，代入数据解得：I ＝0.06 N·s。

答案：0.05 0.06
5．(2018·江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m ，运动
速度的大小为v ，方向向下。

经过时间t ，小球的速度大小为v ，方向变为向上。

忽略空气阻力，重力加速度为g ，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

解析：取向上为正方向，根据动量定理
mv －(－mv )＝I －mgt
解得I ＝2mv ＋mgt 。

答案：2mv ＋mgt
6.(2019·南京、盐城二模)在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛
中，中国选手隋文静、韩聪组合获得亚军。

如图所示为某次训练中情
景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0 m/s 。

韩聪突然将隋
文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0 s ，隋文静的速度大小变为4.0 m/s 。

假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg 和60 kg ，求：
(1)推开后韩聪的速度大小；
(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。

解析：(1)以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得
(m 1＋m 2)v ＝m 1v 1＋m 2v 2
解得v 2＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s 。

(2)由动量定理Ft ＝m 2v 2－m 2v ，解得F ＝－60 N ，即大小为60 N 。

答案：(1)1 m/s (2)60 N
7.(2019·宿迁一模)如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置。

现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹性限度内。

求：
(1)木块第一次回到A位置时速度大小v；
(2)此过程中墙对弹簧冲量大小I。

解析：(1)子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0＝(M＋m)v
解得：v＝mv0
m＋M
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度
大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v＝mv0
m＋M
；
(2)子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。

答案：(1)mv0
m＋M
(2)2mv0
8．(2019·苏、锡、常、镇一模)如图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3 kg 和1 kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后使甲、乙处于静止状态。

乙的右侧有一挡板P。

现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞。

(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
(2)若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞。

求挡板P对乙的冲量的最大值。

解析：(1)当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为v1和v2，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
m1v1＋m2v2＝0
又知v1＝2 m/s
联立以上方程可得v2＝－6 m/s，方向向右。

(2)乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，则说明乙反弹的速度最大为v3＝2 m/s
由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：
I＝m2v3－m2v2＝1×2 N·s－1×(－6)N·s＝8 N·s
答案：(1)6 m/s (2)8 N·s。