课时1 动量守恒的判定 动量守恒定律的简单应用

动量守恒的条件是系统所受合外力为零,只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒,①正确；系统内的摩擦力是内力,只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,②正确；根据动量守恒的条件可知,系统所受合外力不为零,其动量一定不守恒,但系统在某一方向不受外力或所受合外力为零,则该方向上系统的动量守恒,③正确；系统所受合外力远大于内力时，外力会显著改变系统动量，系统动量不守恒,④错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

当小球向下摆动的过程中,竖直方向有加速度,可知系统所受的合力不为零,总动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误;木块沿光滑固定斜面由静止下滑的过程,木块匀加速下滑,斜面静止,对木块与固定斜面组成的系统,所受外力的合力不为零,则系统动量不守恒,故 $ \mathrm{B} $ 错误;两同学传接篮球的过程,由于地面摩擦力、重力的作用,两同学和篮球组成的系统动量不守恒,故 $ \mathrm{C} $ 错误;在两小车上各绑一个条形磁铁,它们在相向运动的过程中所受合外力为零,系统动量守恒,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小球、弹簧与斜面体组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,竖直方向受重力和水平面支持力作用,重力大小不等于支持力大小,系统合外力不为零,故系统竖直方向动量不守恒,故 $ \mathrm{B} $ 正确；小球、弹簧与斜面体组成的系统水平方向动量守恒,水平方向总动量为零,斜面体水平向左运动时,斜面体动量方向水平向左,小球的速度一定有水平向右的分量,一定不为零,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误；系统水平方向动量为零,小球速率最大时,小球水平方向分速度也最大,斜面体速率也一定最大,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

在救生员跃出的过程中,救生员和小船组成的系统在水平方向上动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得 $ (M+m){v}_{0}=Mv\prime -mv $ ,解得 $ v^\prime ={v}_{0}+\dfrac{m}{M}({v}_{0}+v) $ ,选项 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

两手同时放开 $ A $ 、 $ B $ 两小车后,系统所受合外力为零,系统动量守恒,由于系统开始时总动量为零,则系统总动量始终为零,故 $ \mathrm{A} $ 正确;先放开左手,此过程两小车与弹簧组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,但是两手都放开后,系统所受的合外力为零,动量守恒,故 $ \mathrm{B} $ 错误;先放开左手,系统所受合外力的冲量方向向左,系统总动量方向向左,再放开右手后,系统动量守恒,总动量的方向向左,故 $ \mathrm{C} $ 正确;无论何时放手,两手放开后,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,如果同时放手,系统总动量为零,如果不同时放手,系统总动量不为零,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

第一次传球（甲传给乙）,甲和球组成的系统动量守恒,甲和球初始总动量为0,设球质量为 $ m $ ,则甲质量为 $ 100m $ ,甲速度大小 $ {u}_{1} $ ,球速度大小 $ v $ ,可得 $ 100m{u}_{1}=mv $ ,解得 $ {u}_{1}=\dfrac{v}{100} $ .乙接球过程中，乙和球组成的系统动量守恒,第二次传球（乙传给甲）后球速度大小为 $ 2v $ ,乙速度大小为 $ {u}_{2} $ ,有 $ mv=100m{u}_{2}-m\cdot 2v $ ,甲接球后有 $ 100m\cdot \dfrac{v}{100}+m\cdot 2v=(100m+m){u}_{3} $ ,联立可得 $ {u}_{2}=\dfrac{3v}{100} $ ， $ {u}_{3}=\dfrac{3v}{101} $ ,则甲、乙两人的速度大小之比为 $ \dfrac{{u}_{3}}{{u}_{2}}=\dfrac{100}{101} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

以 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统为研究对象,系统动量守恒,取水平向右为正方向,从 $ A $ 开始运动到 $ A $ 的速度为零过程中,由动量守恒定律得 $ M{v}_{0}-m{v}_{0}=M{v}_{B1} $ ,代入数据解得 $ {v}_{B1}\approx 2.67\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,从开始运动到 $ A $ 、 $ B $ 速度相同的过程中,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得 $ M{v}_{0}-m{v}_{0}=(M+m){v}_{B2} $ ,解得 $ {v}_{B2}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,木块 $ A $ 加速运动的过程为从速度为零至与 $ B $ 共速的过程,且此过程中 $ B $ 始终减速,则在木块 $ A $ 做加速运动的时间内, $ B $ 的速度大小范围为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} < {v}_{B} < 2.67\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

小球在半圆槽内由 $ A $ 向 $ B $ 运动过程中,由于槽的左侧有一固定的物块,半圆槽不会向左运动,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒;小球由 $ B $ 向 $ C $ 运动过程中,半圆槽向右运动,重力和弹力对小球做功,小球的机械能不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误.小球在半圆槽内由 $ A $ 向 $ B $ 运动过程中,半圆槽的左侧固定物块对槽有作用力,小球和半圆槽在水平方向所受合外力不等于零,小球与半圆槽组成系统在水平方向动量不守恒;小球自半圆槽的最低点 $ B $ 向 $ C $ 运动的过程中,半圆槽向右运动,小球和半圆槽在水平方向不受外力,小球和半圆槽在水平方向动量守恒,故 $ \mathrm{B} $ 正确， $ \mathrm{C} $ 错误.小球自半圆槽的最低点 $ B $ 向 $ C $ 运动的过程中,小球和半圆槽在水平方向动量守恒,若小球能从 $ C $ 点离开，在 $ C $ 点，小球和半圆槽水平方向共速，可知小球从 $ C $ 点离开时，水平方向速度不为零，则小球将做斜上抛运动，故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 两粒子都带正电,两粒子靠近时,相互排斥,可知 $ A $ 减速, $ B $ 加速,当 $ A $ 、 $ B $ 之间的距离最近时, $ A $ 、 $ B $ 速度相同,均为 $ {v}_{1} $ ,两粒子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得 $ mv=(m+4m){v}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=\dfrac{v}{5} $ .

（2） 若初始状态两个粒子电势能为0,根据能量守恒定律可得 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}(m+4m){v}_{1}^{2}+{E}_{\mathrm{p}} $ ,解得 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{2}{5}m{v}^{2} $ ,即两个粒子距离最近时电势能为 $ \dfrac{2}{5}m{v}^{2} $ .

设质量为 $ m $ 的沙子从车上漏出来,漏沙后小车的速度为 $ v $ ,水平方向上,由动量守恒定律得 $ M{v}_{0}=m{v}_{0}+(M-m)v $ ,解得 $ v={v}_{0} $ ,即沙子漏出后小车的速度是不变的.

剪断细线前系统所受向上的电场力等于系统的重力,即合外力为零;剪断细线之后,系统所受的外力不变,则合外力仍为零,则系统动量守恒;剪断细线后,带正电的小球向上运动,电场力做正功,则系统机械能增加， $ \mathrm{B} $ 正确.

重锤与桩的撞击过程中,会产生内能,机械能不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；重锤随桩一起向下运动过程中,需要克服阻力做功,机械能不守恒,故 $ \mathrm{B} $ 错误；整个运动过程中,重锤和桩组成的系统初始动量为零,末动量为零,但运动过程动量不为零,可知重锤和桩组成的系统动量不守恒,故 $ \mathrm{C} $ 错误；整个运动过程中,重锤初始动量为零,末动量为零,根据动量定理可知,重锤所受合外力冲量为零,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

子弹打入木块的瞬间,子弹和木块组成的系统动量守恒,有 $ m{v}_{0}=(m+3m)v $ ,解得 $ v=\dfrac{1}{4}{v}_{0} $ ，之后木块开始做圆周运动,则有 $ F-(m+3m)g=(m+3m)\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ，可知木块所受细绳的拉力增大,由牛顿第三定律可得,细绳所受拉力增大,故 $ \mathrm{A} $ 错误;子弹打入木块过程中,子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等,方向相反,作用时间相同,因此子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小,但二者方向相反,故 $ \mathrm{B} $ 错误;根据能量守恒定律可知，子弹打入木块的过程中所产生的热量为 $ Q=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}(m+3m){v}^{2}=\dfrac{3}{8}m{v}_{0}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确;木块和子弹一起摆动到最高点过程中,由动能定理可得 $ -(m+3m)gh=0-\dfrac{1}{2}(m+3m){v}^{2} $ ,解得 $ h=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{32g} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

初始时,两球均处于平衡状态,有 $ {m}_{a}g \tan \alpha =F $ ， $ {m}_{b}g \tan \beta =F $ ，即 $ {m}_{a} \tan \alpha ={m}_{b} \tan \beta $ ,代入数据得 $ \dfrac{{m}_{a}}{{m}_{b}}=\dfrac{3}{1} $ ,细绳剪断后两球在竖直方向上均做自由落体运动,处于同一水平线上,水平方向由 $ F={m}_{a}{a}_{ax} $ 和 $ F={m}_{b}{a}_{bx} $ 得 $ \dfrac{{a}_{ax}}{{a}_{bx}}=\dfrac{1}{3} $ ,小球竖直方向加速度均为重力加速度,又 $ a=\sqrt{{a}_{x}^{2}+{a}_{y}^{2}}=\sqrt{{a}_{x}^{2}+{g}^{2}} $ ,因此落地前任意时刻 $ a $ 的加速度均小于 $ b $ 的加速度, $ \mathrm{A} $ 正确.小球 $ a $ 、 $ b $ 在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,水平力对系统做功不为零,机械能不守恒,竖直方向合力不为零，则冲量不为零,动量不守恒, $ \mathrm{B} $ 错误.下落过程中 $ a $ 、 $ b $ 水平方向的加速度始终满足 $ {a}_{ax}:{a}_{bx}=1:3 $ ,且两球下落时间相同,则水平位移大小之比为 $ 1:3 $ , $ \mathrm{C} $ 正确.下落过程中,竖直方向小球 $ a $ 做自由落体运动,有 $ {v}_{ay}^{2}=2gh $ ,由于落地前瞬间小球 $ a $ 的速度与水平方向的夹角为 $ {45}^{\circ } $ ,因此落地前瞬间 $ {v}_{ax}={v}_{ay}=\sqrt{2gh} $ ,系统在水平方向所受合力为零,水平方向动量守恒，有 $ {m}_{a}{v}_{ax}={m}_{b}{v}_{bx} $ ,故 $ {v}_{bx}=3{v}_{ax}=3\sqrt{2gh} $ ,力 $ F $ 对 $ a $ 做的功 $ {W}_{aF}=\dfrac{1}{2}{m}_{a}{v}_{ax}^{2}=3{m}_{b}gh $ ,力 $ F $ 对 $ b $ 做的功 $ {W}_{bF}=\dfrac{1}{2}{m}_{b}{v}_{bx}^{2}=9{m}_{b}gh $ ,下落过程中,重力对小球做的功为 $ {W}_{aG}={m}_{a}gh=3{m}_{b}gh $ , $ {W}_{bG}={m}_{b}gh $ ,系统增加的机械能 $ \mathrm{\Delta }E={W}_{aF}+{W}_{bF}=12{m}_{b}gh $ ,系统减小的重力势能 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}={m}_{b}gh+3{m}_{b}gh=4{m}_{b}gh $ ,下落过程中 $ a $ 、 $ b $ 组成的系统增加的机械能与减小的重力势能之比为 $ 3:1 $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

发射炮弹过程中,系统的动量守恒,则有 $ M{v}_{0}=(M-m)v^\prime +m(v^\prime +v) $ .