課后限時集訓19動量守恒定律及其應用建議用時：45分鐘1.(2019·武邑中學調研)如圖所示，兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()A動量守恒、機械能守恒B動量不守恒、機械能守恒C動量守恒、機械能不守恒D動量、機械能都不守恒C在子彈射入木材A及壓縮彈簧的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊A的過程中，摩擦力做負功，系統(tǒng)機械能不守恒。故C正確。2.(2019·重慶南開中學模擬)如圖所示，車廂長為l、質量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內有一質量為m的物體，某時刻以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，最后靜止于車廂中，這時車廂的速度為()Av0，水平向右B0C，水平向右 D，水平向右C以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0(Mm)v，最終車廂的速度為v，方向與速度v0的方向相同，水平向右，故C正確。3.(2019·衡水中學模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為的斜面體A，斜面體質量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質量為m、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()AFNmgcos B滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcos C滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D此過程中斜面向左滑動的距離為LD當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos ，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1mx2，x1x2L，解得x1L，D正確。4A球的質量是m，B球的質量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vAvB為()A12B13C21D23D設碰前A球的速率為v，根據題意pApB，即mv2mvB，得碰前vB，碰后vA，由動量守恒定律，有mv2m×m×2mvB，解得vB，所以vAvB23，D正確。5.(2019·四川二診)如圖所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點。則子彈穿過木塊的時間為()A(sL) B(s2L) C(sL) D(L2s)D子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，有mv0mv1mv2，設子彈穿過木塊所用時間為t，則有ts，tsL，聯(lián)立解得t(L2s)，選項D正確。6.(2019·寧夏石嘴山三中期末)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會粘連在一起運動。則下列說法正確的是()AB、C碰撞剛結束時的共同速度為3 m/sB彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為3 m/sC彈簧的彈性勢能最大值為36 JD彈簧再次恢復原長時A、B、C三物塊速度相同BB與C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv(mBmC)vBC，解得vBC2 m/s，故A錯誤；當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mAmB)v(mAmBmC)vABC，解得vABC3 m/s，根據能量守恒定律得彈簧的彈性勢能最大值為Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J，故B正確，C錯誤；三者共速時彈簧壓縮量最大，恢復原長過程中，彈力對A做負功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增加，則恢復原長時三物塊速度不同，故D錯誤。7.(2019·黃石模擬)如圖所示，一質量m10.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質量m20.5 kg的小物塊(可視為質點)靜止在車頂的右端。一質量為m00.05 kg的子彈以水平速度v0100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)子彈相對小車靜止時小車速度的大?。?2)小車的長度L。解析(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0(m0m1)v1解得v110 m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由能量守恒可得(m0m1)vm2gL(m0m1)vm2v解得L2 m。答案(1)10 m/s(2)2 m8一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為31。不計質量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB由hgt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為31，所以速度變化量之比為13，由平拋運動水平方向上xv0t，所以A圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B項正確。9.(2019·哈爾濱三中模擬)(多選)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變化的圖象可能正確的是()ABCDABC開始時，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達到共同速度，以向右為正方向，P、Q系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律得mPvPmQvQ(mPmQ)v；若mPvPmQvQ，則v0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示。故選項A、B、C正確，D錯誤。10.(2019·湖北荊、荊、襄、宜四地七校聯(lián)考)在光滑水平地面上放有一質量M1 kg帶光滑圓弧形槽的小車，質量為m2 kg的小球以速度v03 m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h0.8 m，重力加速度g10 m/s2，不計空氣阻力。求：(1)小球從槽口開始運動到滑到最高點(未離開圓弧形槽)的過程中，小球對小車做的功W；(2)小球落地瞬間，小車右端與小球間的水平間距L。解析(1)小球從開始到上升至最大高度過程中，小車和小球水平方向不受外力，水平方向動量守恒，可得mv0(Mm)v，對小車，由動能定理得WMv2，聯(lián)立解得W2 J。(2)小球從開始運動到回到槽口過程小球和小車水平方向動量守恒，可得mv0mv1Mv2，對小球和小車由能量守恒定律得mvmvMv，聯(lián)立可得v11 m/s，v24 m/s，小球離開小車后，向左做平拋運動，小車向左做勻速直線運動，得hgt2，L(v2v1)t，聯(lián)立可得L1.2 m。答案(1)2 J(2)1.2 m11.(2019·濰坊一模)如圖是某科技小組制作的“嫦娥四號”模擬裝置示意圖，用來演示“嫦娥四號”空中懸停和著陸后的分離過程，它由著陸器和巡視器兩部分組成，其中著陸器內部有噴氣發(fā)動機，底部有噴氣孔，在連接巡視器的一側有彈射器。演示過程：先讓發(fā)動機豎直向下噴氣，使整個裝置豎直上升至某個位置處于懸停狀態(tài)，然后讓裝置慢慢下落到水平面上，再啟動彈射器使著陸器和巡視器瞬間分離，向相反方向做減速直線運動。若兩者均停止運動時相距為L，著陸器(含彈射器)和巡視器的質量分別為M和m，與地面間的動摩擦因數均為，重力加速度為g，發(fā)動機噴氣口截面積為S，噴出氣體的密度為；不計噴出氣體對整體質量的影響。求：(1)裝置懸停時噴出氣體的速度；(2)彈射器給著陸器和巡視器提供的動能之和。解析(1)懸停時氣體對模擬裝置的作用力為F，則F(Mm)g，取t時間噴出的氣體為研究對象，由動量定理得FtSvt·v，解得v。(2)設彈射后瞬間著陸器和巡視器速度分別為v1、v2，則由彈射過程水平方向動量守恒得Mv1mv20，設著陸器和巡視器減速運動的距離分別為L1和L2，由動能定理得MgL10Mv，mgL20mv，LL1L2，彈射器提供的總動能EkMvmv，聯(lián)立解得EkMmgL。答案(1)(2)MmgL6