内容发布更新时间 : 2024/6/16 2:59:34星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
答案 D
解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
12．[2015·北京高考] 实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图所示，则( )
A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 答案 D
解析 β衰变方程：AX―→－1e＋A＋1Y，知电子电量较小。由动量守恒定律知两粒子动量大小相等。由r＝，得re>rY，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的。由左手定则知，D正确。
13. [2014·福建高考]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率
Z 0
ZmvqBv2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1
为( )
A．v0－v2 C．v0－v2 答案 D
解析 忽略空气阻力和质量损失，系统动量守恒，有(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0
＋(v0－v2)，D正确。
14．[2014·重庆高考]一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
2
B．v0＋v2 D．v0＋(v0－v2)
m2m1m2m1
m2m1
答案 B
3
解析 设弹丸爆炸前质量为m，爆炸成甲、乙两块后质量比为3∶1，可知m甲＝m，m乙
41
＝m。设爆炸后甲、乙的速度分别为v1、v2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量431
守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mv＝mv1＋mv2，得3v1＋v2＝8。爆炸后甲、乙两弹片
4412
水平飞出，做平抛运动。竖直方向做自由落体运动，h＝gt，可得t＝2
2h＝1 s；水平方
g向做匀速直线运动，x＝vt，所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x1＋x2＝8，从选项图中所给数据可知，B正确。
15．[2017·石家庄一中月考]将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0 C.答案 D
解析 根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝
mMMmmv0 D.v0 M－mM－mmMv0，选项D正确。
M－m16. [2017·浙江宁波期末]如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v C．v0＋(v0＋v) 答案 C
解析 取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋
mMmMB．v0－v D．v0＋(v0－v)
mMmMmMv)，故C正确。
17．[2017·江苏泰州检测] 如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为( )
A.C.
m1v1＋m2v2
m1＋m2m1v1＋m2v2
2m1
B.D.
m1v1－m2v2
m1＋m2m1v1＋m2v2
2m2
答案 C
解析 设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得m1v1
＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个小球再一次碰撞时m1v1′－m2v2′＝0，得v1′＝确。
18．[2017·唐山月考] (多选)如图所示，动量分别为pA ＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是( )
m1v1＋m2v2
，C正2m1
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s 答案 AB
解析 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37
p2
kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不
2m变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。
19．[2016·济宁高三期末] 如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相
反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 答案 B
解析 A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正8
方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速
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运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。
3
20．[2016·辽宁一模](多选)质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计。当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是( )
A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大 B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止 答案 ACD
解析 人和车组成的系统动量守恒，人的质量为m，车的质量为M，根据动量守恒定律得
mv1＝Mv2，A、D正确；上式还可写成mv1t＝Mv2t，即m(L－x)＝Mx，L为车长，x为车
在地面上移动的距离，解得x＝
mLM＋m，故C正确，B错误。
一、基础与经典
21．交通事故号称人类第二大杀手。有人设想两车进入非安全区域时产生强大的排斥力，使两车不发生碰撞而逐渐分开，从而避免交通事故的发生。已知甲车质量为1吨，乙车质量为1.5吨，某时刻甲的速率为10 m/s, 乙的速率为20 m/s，两车相向运动。1 m为两车产生强大排斥力的临界距离，若两车运动过程中始终未相碰。则
(1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲开始反向时，乙的速度为多大？ 40
答案 (1)8 m/s (2) m/s
3
解析 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得，m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v， 所以两车最近时，乙车的速度为：
m乙v乙－m甲v甲v＝＝8 m/s。
m甲＋m乙
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得：m乙
v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，
40
解得：v乙′＝ m/s。
3
22. 光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
6答案 v0
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解析 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB① 对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知：vA＝v③ 6
联立①②③式，代入数据得：vB＝v0。
5二、真题与模拟
23．[2016·全国卷Ⅱ]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 (1)20 kg (2)不能
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