課時規(guī)范練20動量守恒定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)對點練1.(碰撞特點)(2018河北衡水調(diào)研)兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,B球在前,A球在后,mA=1 kg、mB=2 kg,vA=6 m/s、vB=3 m/s,當A球與B球發(fā)生碰撞后,A、B兩球的速度可能為()A.vA=4 m/s,vB=4 m/sB.vA=4 m/s,vB=5 m/sC.vA=-4 m/s,vB=6 m/sD.vA=7 m/s,vB=2.5 m/s答案A解析兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以兩球的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=mAvA+mBvB;由碰撞過程系統(tǒng)動能不能增加可知mAmBmAvA2+mBvB2;根據(jù)題意可知vAvB。將四個選項代入式檢驗可知,A正確,B、C、D錯誤。2.(多選)(動量守恒定律應(yīng)用、動量定理)(2018山西二模)在2017花樣滑冰世錦賽上,隋文靜、韓聰以232.06分的總成績獲得冠軍。比賽中,當隋文靜、韓聰以5.0 m/s的速度沿直線前、后滑行時,韓聰突然將隋文靜沿原方向向前推出,推力作用時間為0.8 s,隋文靜的速度變?yōu)?1.0 m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40 kg和60 kg,作用前后兩人沿同一直線運動,不計冰面阻力,將人視為質(zhì)點,則()A.分離時韓聰速度的大小為1.0 m/sB.這一過程中,韓聰對隋文靜沖量的值為440 NsC.這一過程中,韓聰對隋文靜平均推力的大小為450 ND.這一過程中,隋文靜對韓聰做的功為-720 J答案AD解析以兩人原來運動方向為正,由動量守恒定律得:(m1+m2)v=m1v1+m2v2,式中v=5.0m/s,v1=11.0m/s,m1=40kg,m2=60kg,代入數(shù)據(jù)解得:v2=1m/s,故A正確;韓聰對隋文靜的沖量等于隋文靜動量的變化量,根據(jù)動量定理得:I=m1v1-m1v=(4011-405)Ns=240Ns,則平均推力為F=N=300N,故BC錯誤;隋文靜對韓聰做的功等于韓聰動能的變化量,根據(jù)動能定理得:W=m2m2v2=-720J,故D正確;故選AD。3.(人船模型的應(yīng)用)(2018湖北宜昌調(diào)研)如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點,一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下,然后滑入BC軌道,最后恰好停在C點。已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。則()A.全程滑塊水平方向相對地面的位移為R+LB.全程小車相對地面的位移大小s=(R+L)C.小車M運動過程中的最大速度vm=D.、L、R三者之間的關(guān)系為R=4L答案B解析小車和滑塊系統(tǒng)在水平方向動量守恒,全程小車相對地面的位移大小為s,則由動量守恒定律可知Ms=m(R+L-s),解得s=(R+L);滑塊水平方向相對地面的位移為(R+L),選項A錯誤,B正確;滑塊到達B點時,小車的速度最大,小車與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mv-Mvm=0,滑塊從A到B過程,由能量守恒定律得:mgR=mv2+,解得:vm=;選項C錯誤;滑塊到達C點時,系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?由能量關(guān)系可知:mgR=mgL,即R=L,選項D錯誤。4.(彈性碰撞)(2018安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為()A.0.5 m/sB.1.0 m/sC.1.5 m/sD.2.0 m/s答案C解析碰后物塊B做勻減速直線運動,由動能定理有-2mgx=0-2m,得v2=1m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,2m,解得v0=1.5m/s,則選項C正確。5.(多選)(彈性碰撞)(2018華中師范大學(xué)附中5月押題卷)如圖所示,光滑的水平面上有P、Q兩個固定擋板,A、B是兩擋板連線的三等分點。A點處有一質(zhì)量為m2的靜止小球,緊貼P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運動并與m2相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰,兩小球均可視為質(zhì)點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處,且m1<m2,則兩小球的質(zhì)量之比m1m2可能為()A.12B.13C.15D.17答案BD解析若碰后球1的速度方向與原來的方向相同,可知球1的速度小于球2的速度,兩球在B點相遇,是球2反彈后在B點相遇,有:v2t=3v1t,即:v2=3v1,根據(jù)動量守恒得,m1v0=m1v1+m2v2,根據(jù)機械能守恒得m1m1m2,聯(lián)立解得m1=3m2,若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反,與擋板碰后反彈在B點追上球2,則有v1t=3v2t,即:v1=3v2,根據(jù)動量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根據(jù)機械能守恒得m1m1m2,聯(lián)立解得m2=3m1,綜上所述,故B、D正確。6.(多選)(板塊模型)(2018廣西三市聯(lián)考)如圖,光滑水平面上放著長木板B,質(zhì)量為m=2 kg的木塊A以速度v0=2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面,由于A、B之間存在有摩擦,之后,A、B的速度隨時間變化情況如下圖所示,重力加速度g取10 m/s2。則下列說法正確的是()A.A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1B.長木板的質(zhì)量M=2 kgC.長木板長度至少為2 mD.A、B組成系統(tǒng)損失機械能為4 J答案AB解析從圖可以看出,A先做勻減速運動,B做勻加速運動,最后一起做勻速運動,共同速度:v=1m/s,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2kg,故B正確;由圖象可知,木板B勻加速運動的加速度為:a=m/s2=1m/s2,對B,根據(jù)牛頓第二定律得:mg=MaB,解得動摩擦因數(shù)為:=0.1,故A正確;由圖象可知前1s內(nèi)B的位移為:xB=11m=0.5m,A的位移為:xA=1m=1.5m,所以木板最小長度為:L=xA-xB=1m,故C錯誤;A、B組成系統(tǒng)損失機械能為:E=(m+M)v2=2J,故D錯誤。7.(多選)(反沖)(2018山東煙臺期末)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上,左端固定一根輕彈簧,質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上,壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端,開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài),此時物塊與小車右端相距為L,如圖所示,當突然燒斷細線后,以下說法正確的是()A.物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B.物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C.當物塊速度大小為v時,小車速度大小為vD.當物塊離開小車時,小車向左運動的位移為L答案BC解析A.彈簧推開物體和小車的過程,若取物體、小車和彈簧的系統(tǒng)無其他力做功,機械能守恒,但選物體和小車的系統(tǒng),彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功,彈性勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機械能,此時系統(tǒng)的機械能不守恒,A選項錯誤。B.取物體和小車的系統(tǒng),外力之和為零,故系統(tǒng)的動量守恒,B項正確。C.由系統(tǒng)的動量守恒:0=mv-Mv,解得v=v,C項正確。D.彈開的過程滿足反沖原理和人船模型,有,則在相同時間內(nèi),且x+x=L,聯(lián)立得x=,D項錯誤。故選BC。8.(彈性碰撞)(2018江蘇徐州考前打靶)如圖所示,光滑的水平面上,小球A以速率v0撞向正前方的靜止小球B,碰后兩球沿同一方向運動,且小球B的速率是A的4倍,已知小球A、B的質(zhì)量別為2m、m。(1)求碰撞后A球的速率;(2)判斷該碰撞是否為彈性碰撞。答案(1)vA=v0(2)是彈性碰撞解析(1)由動量守恒得2mv0=2mvA+mvB,且vB=4vA,解得vA=v0(2)碰撞前Ek=2m=m;碰撞后:Ek=2m=m,Ek=Ek是彈性碰撞。素養(yǎng)綜合練9.(沖量、動量守恒定律、能量守恒)(2018遼寧協(xié)作校6月考前適應(yīng)性訓(xùn)練)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上,在A球與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧,不計空氣阻力,若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I,則下列表達式中正確的是()A.E=,I=2mv0B.E=,I=mv0C.E=,I=2mv0D.E=,I=mv0答案A解析A、B碰撞過程,取向左為正方向,由動量守恒定律得mv0=2mv,碰撞后,AB一起壓縮彈簧,當AB的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大,由能量守恒定律得:最大彈性勢能E=2mv2,聯(lián)立解得E=,從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中,取向右為正方向,對AB及彈簧整體,由動量定理得I=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0,A正確。10.(2018河北黃石高三適應(yīng)性考試)如圖所示,位于光滑水平面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點,質(zhì)量相等。Q與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)Q靜止,P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個過程中,彈簧具有的最大彈性勢能等于()A.P的初動能B.P的初動能的C.P的初動能的D.P的初動能的答案D解析在整個過程中,彈簧具有最大彈性勢能時,P和Q的速度相同,根據(jù)動量守恒定律mv0=2mv;根據(jù)機械能守恒定律,有Ep=-2mv2=Ek0,故最大彈性勢能等于P的初動能的,故選項D正確。11.(2018福建福州高三模擬)如圖所示,物塊A、C的質(zhì)量均為m,B的質(zhì)量為2m,都靜止于光滑水平臺面上。A、B間用一不可伸長的輕質(zhì)短細線相連。初始時刻細線處于松弛狀態(tài),C位于A右側(cè)足夠遠處?，F(xiàn)突然給A一瞬時沖量,使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動,繩斷后A速度變?yōu)関0,A與C相碰后,黏合在一起。求:(1) A與C剛黏合在一起時的速度大小;(2)若將A、B、C看成一個系統(tǒng),則從A開始運動到A與C剛好黏合的過程中,系統(tǒng)損失的機械能為多少?答案(1)v2=v0(2)解析(1)輕細線繃斷的過程,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,mv0=mv0+2mvB解得vB=v0之后在A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過程中,A、C組成的系統(tǒng)動量守恒mv0=(m+m)v2解得v2=v0(2)在運動全過程,A、B、C組成的系統(tǒng)機械能損失為E=(2m)(2m)12.(2018河南洛陽第二次聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平地面上有一固定的擋板,擋板左端固定一個輕彈簧。小車AB的質(zhì)量M=3 kg,長L=4 m(其中O為小車的中點,AO部分粗糙,BO部分光滑),一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點),放在小車的最左端,車和小物塊一起以v0=4 m/s的速度在水平面上向右勻速運動,車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但未與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,小物塊與彈簧作用過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi),小物塊與小車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為=0.3,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能;(2)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧對小物塊的沖量;(3)小物塊最終停在小車上的位置距A端多遠。答案(1)2 J(2)4 kgm/s水平向左(3)1.5 m解析(1)對小物塊,有ma=-mg根據(jù)運動學(xué)公式v2-=2a由能量關(guān)系mv2=Ep,解得Ep=2J。(2)設(shè)小物塊離開彈簧時的速度為v1,有=Ep。對小物塊,根據(jù)動量定理I=-mv1-mv由上式并代入數(shù)據(jù)得I=-4kgm/s。彈簧對小物塊的沖量大小為4kgm/s,方向水平向左。(3)小物塊滑過O點和小車相互作用,由動量守恒mv1=(m+M)v2。由能量關(guān)系mgx=(m+M)小物塊最終停在小車上距A的距離xA=-x解得xA=1.5m。13.(2016全國卷)如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直,a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。答案<解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有>mgl即<設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有+mgl設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒和能量守恒有mv1=mv1+v2mv12+聯(lián)立式解得v2=v1由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知gl聯(lián)立式,可得聯(lián)立式,a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件<