48 動量守恒定律的理解和應(yīng)用方法點撥(1)守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒(2)應(yīng)用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)(3)要注意規(guī)定正方向1(多選)(2017北京西城區(qū)模擬)如圖1所示，甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，結(jié)果兩人向相反方向滑去已知甲的質(zhì)量為45 kg，乙的質(zhì)量為50 kg.則下列判斷正確的是()圖1A甲的速率與乙的速率之比為109B甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為910C甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為11D甲的動能與乙的動能之比為112(2017北京石景山區(qū)模擬)如圖2所示，一輕繩上端固定，下端系一木塊，處于靜止?fàn)顟B(tài)一顆子彈以水平初速度射入木塊內(nèi)(子彈與木塊相互作用時間極短，可忽略不計)，然后一起向右擺動直至達到最大偏角從子彈射入木塊到它們擺動達到最大偏角的過程中，對子彈和木塊，下列說法正確的是()圖2A機械能守恒，動量不守恒B機械能不守恒，動量守恒C機械能不守恒，動量不守恒D機械能守恒，動量守恒3(多選)(2017福建漳州聯(lián)考)如圖3所示，木塊a和b用一根水平輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，當(dāng)撤去外力后，下列說法中正確的是()圖3A尚未離開墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B尚未離開墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C離開墻壁后，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D離開墻壁后，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒4(多選)(2017貴州凱里模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s，當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運動，g取10 m/s2，則()圖4AA與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大小F50 NBA與墻壁碰撞的過程中沒有能量損失CA、B碰撞后的速度v3 m/sDA、B滑上圓弧軌道的最大高度h0.55 m5(2017四川成都第一次診斷)如圖5所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力下列說法正確的是()圖5A在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小球離開小車后做豎直上拋運動C小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h6(多選)(2017福建漳州八校模擬)如圖6所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B，開始時彈簧處于原長，現(xiàn)給A一個向右的瞬時沖量，讓A開始以速度v0向右運動，若mA>mB，則()圖6A當(dāng)彈簧壓縮最短時，B的速度達到最大值B當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度一定向右C當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度一定小于B的速度D當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度可能大于B的速度7(2017江西南昌三校第四次聯(lián)考)如圖7所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t.若該微粒經(jīng)過p點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上若兩個微粒所受重力均忽略，則新微粒運動的()圖7A. 軌跡為pb，至屏幕的時間將小于tB. 軌跡為pc，至屏幕的時間將大于tC. 軌跡為pa，至屏幕的時間將大于tD. 軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t8.(多選)(2017山東淄博一模)如圖8所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車上用輕繩懸掛一小球，小球質(zhì)量為m0，小車和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，下列哪些說法是可能發(fā)生的()圖8A在此碰撞過程中，小車、木塊、小球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3B在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足(Mm0)vMv1mv2C在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv(Mm)uD碰撞后小球擺到最高點時速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv29(2017黑龍江大慶模擬)如圖9所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，兩船沿同一直線、同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度(不計水的阻力)圖910(2018山東青島二中模擬)如圖10所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小圖1011(2018四川成都第七中學(xué)月考)如圖11所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B、C靜止，物塊B的左側(cè)固定一水平輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)；讓物塊A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動假設(shè)B和C碰撞過程時間極短那么從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：圖11(1)A、B第一次速度相同時的速度大小；(2)A、B第二次速度相同時的速度大?。?3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小答案精析1AC兩人在光滑的冰面上，故他們受合力為零，當(dāng)甲推乙時，二人的總動量守恒，故m甲v甲m乙v乙，則，選項A正確；二人的相互作用力大小相等，方向相反，故甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為二人質(zhì)量的反比，即109，選項B錯誤；二人相互作用的時間相等，作用力大小相等，故甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為11，選項C正確；由Ek可知，甲、乙的動能不相等，選項D錯誤2C3BC以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在a離開墻壁前，除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外，無其他力做功，系統(tǒng)機械能守恒，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤，B正確；當(dāng)a離開墻壁，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒，故C正確，D錯誤4AC設(shè)水平向右為正方向，A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有FtmAv1mA(v1)，解得F50 N，故A正確若A與墻壁碰撞時無能量損失，A將以速度6 m/s水平向右運動，由題已知碰后的速度大小變?yōu)? m/s，故B錯誤設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1(mAmB)v，解得v3 m/s，故C正確A、B在光滑圓弧軌道上滑動時，機械能守恒，由機械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh，解得h0.45 m，故D錯誤5B6BCA開始壓縮彈簧時做減速運動，B做加速運動，當(dāng)兩者速度相等時，彈簧壓縮到最短，然后B繼續(xù)做加速運動，A繼續(xù)做減速運動，所以彈簧壓縮到最短時，B的速度沒有達到最大，故選項A錯誤；彈簧壓縮到最短時，兩者速度相等，然后B繼續(xù)做加速運動，A繼續(xù)做減速運動，直到彈簧恢復(fù)原長，此時B的速度達到最大，且大于A的速度，根據(jù)動量守恒有：mAv0mAvAmBvB，若A的速度方向向左，則mBvBmAv0，動能Ek，可知EkBEk0，違背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故選項B、C正確，D錯誤7C帶電粒子和不帶電粒子相碰，遵守動量守恒，故總動量不變，總電荷量也保持不變，由Bqvm，得：r，p、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應(yīng)為pa，由周期T可知，因m增大，故粒子運動的周期增大，因所對應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故新微粒運動至屏幕所用的時間將大于t，C正確8CD95v0解析設(shè)拋出貨物的速度為v，由動量守恒定律得：乙船與貨物：14mv013mv1mv甲船與貨物：12m2v0mv13mv2兩船不相撞的條件是：v2v1，解得v5v0.102 m/s解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA與B在摩擦力作用下達到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s.11(1)v0(2)v0(3)mv02解析(1)對A、B接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得，mv02mv1解得v1v0(2)設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小為v2，對A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mv03mv2解得v2v0(3)B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：m2mv3解得v3v0系統(tǒng)損失的機械能為Em()22m()2mv02當(dāng)A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，此時v2v0根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能為：Epmv02(3m)v22Emv02