6.2 動量守恒定律及其應(yīng)用高效演練創(chuàng)新預(yù)測1.(多選)如圖所示,一男孩站在小車上,并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右勻速運(yùn)動,木箱與小車挨得很近?，F(xiàn)男孩用力向右迅速推開木箱。在男孩推開木箱的過程中,下列說法正確的是()A.木箱的動量增量等于男孩動量的減少量B.男孩對木箱推力的沖量大小等于木箱對男孩推力的沖量C.男孩推開木箱后,男孩和小車的速度可能變?yōu)榱鉊.對于小車、男孩和木箱組成的系統(tǒng),推開木箱前后的總動能不變【解析】選B、C。由于水平冰面光滑,男孩、小車和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,在站在小車上的男孩用力向右迅速推出木箱的過程中,木箱的動量增加量等于男孩和小車動量的減少量,故A錯誤; 男孩對木箱推力和木箱對男孩推力是作用力與反作用力,沖量等大反向,男孩對木箱推力的沖量大小等于木箱對男孩推力的沖量,故B正確; 男孩、小車受到與初動量反向的沖量,推開木箱后,男孩和小車的速度可能變?yōu)榱?故C正確;男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零,系統(tǒng)動量守恒,推開木箱的過程不可能是彈性碰撞,推開前后的總動能變化,故D錯誤。2.如圖所示,質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上,盒子內(nèi)表面不光滑,盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體,某時刻給物體一個水平向右的初速度v0,那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后()A.兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會相等C.盒子的最終速度為,方向水平向右D.盒子的最終速度為,方向水平向右【解析】選D。物體與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv0=(M+m)v,解得v=,v方向與v0相同,即方向水平向右,故A、B、C錯誤,D正確。3.(2018深圳模擬)一個質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以3 m/s的速度向右運(yùn)動,與一個質(zhì)量為2m的靜止的小球B發(fā)生正碰。假設(shè)碰撞過程中沒有機(jī)械能損失,則碰后()A.A球、B球都向右運(yùn)動,速度都是1 m/sB.A球向左運(yùn)動,速度為1 m/s;B球向右運(yùn)動,速度為 2 m/sC.A球向左運(yùn)動,速度為5 m/s;B球向右運(yùn)動,速度為1 m/sD.A球向右運(yùn)動,速度為0.5 m/s;B球向右運(yùn)動,速度為1.25 m/s【解析】選B。兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?由動量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,碰撞過程中沒有機(jī)械能損失,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mA=mA+mB,代入數(shù)據(jù)解得vA=-1 m/s,vB=2 m/s,故B正確。4.(2018煙臺模擬)在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài),質(zhì)量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧,兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉,彈簧便把a(bǔ)、b兩球彈出,兩球脫離彈簧后,a球獲得的速度大小為v,若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn),則b、c兩球相碰后()A.b球的速度大小為v,運(yùn)動方向與原來相反B.b球的速度大小為v,運(yùn)動方向與原來相反C.c球的速度大小為vD.c球的速度大小為v【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)彈簧將a、b兩球彈出的過程中,a、b組成的系統(tǒng)動量守恒。(2)b、c兩球相碰過程中,系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒?！窘馕觥窟xB。設(shè)b球脫離彈簧時的速度為v0,b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc,取向右為正方向,彈簧將a、b兩球彈出過程,由動量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b、c兩球相碰過程,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒得mv0=mvb+2mvc,m=m+2m,聯(lián)立解得vb=-v(負(fù)號表示方向向左,與原來相反),vc=v,故B正確。5.(新題預(yù)測)(多選)如圖所示,在水平光滑細(xì)桿上穿著A、B兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的剛性小球,兩球間距離為L,用兩根長度同為L的不可伸長的輕繩與C球連接,已知A、B、C三球質(zhì)量相等,開始時三球靜止兩繩伸直,然后同時釋放三球,在A、B兩球發(fā)生碰撞之前的過程中,下列說法正確的是()A.系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B.A、B兩球發(fā)生碰撞前瞬間C球速度最大C.A、B兩球速度大小始終相等D.A、B、C三球水平方向動量守恒【解析】選C、D。在A、B兩球發(fā)生碰撞之前的過程中,只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故A錯誤;A、B兩球發(fā)生碰撞前瞬間,兩繩與桿垂直,C球不再向下運(yùn)動,速度為零,故B錯誤;根據(jù)對稱性可知,A、B兩球速度大小始終相等,故C正確;三球水平方向不受外力,所以A、B、C三球水平方向動量守恒,故D正確。6.(新題預(yù)測)如圖所示,粗糙水平面與半徑為R=9.8 m的光滑圓弧軌道平滑連接,質(zhì)量為m的小滑塊A在水平恒力F=1.5mg的作用下從水平面左側(cè)某點(diǎn)向右運(yùn)動,力F作用t1=2 s后撤去,小滑塊A繼續(xù)運(yùn)動t2=2 s后與靜止在圓弧軌道底端的另一小滑塊B發(fā)生彈性碰撞,碰后小滑塊B能沿圓弧軌道上升的最大高度為h=,已知小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.5,重力加速度g=9.8 m/s2。求:(1)小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度v0。(2)小滑塊B的質(zhì)量M。(3)小滑塊A、B碰撞前后B對軌道的壓力之比。【解析】(1)對物體A碰撞前運(yùn)動過程,規(guī)定向右為正方向,由動量定理得:Ft1-mg(t1+t2)=mv0-0解得:v0=9.8 m/s(2)設(shè)碰撞后A、B速度分別為v1、v2,由機(jī)械能守恒定律得:Mgh=M解得:v2=4.9 m/s對于彈性碰撞過程,由機(jī)械能守恒定律得:m=m+M由動量守恒定律得:mv0=mv1+Mv2聯(lián)立解得:M=3m(3)碰撞前,對B由平衡條件得:FN1=Mg碰撞后,對B由牛頓第二定律得:FN2-Mg=M解得:FN2=Mg由牛頓第三定律可知碰撞前后B對軌道的壓力之比為:=答案:(1)9.8 m/s(2)3m(3)【加固訓(xùn)練】如圖所示,半徑為R=1.00 m的粗糙圓周軌道,固定在豎直平面內(nèi),其下端切線水平,軌道下端距地面高度h=1.25 m。在軌道末端放有質(zhì)量為mB=0.30 kg的小球B(視為質(zhì)點(diǎn)),另一質(zhì)量為mA=0.10 kg的小球A(也視為質(zhì)點(diǎn))由軌道上端點(diǎn)從靜止開始釋放,A與B發(fā)生正碰,碰后B小球水平飛出。若已知小球A在粗糙圓周軌道滾下過程中克服摩擦力做功為0.20 J,A與B碰撞過程中,系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.384 J,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球A在碰前瞬間對軌道壓力大小。(2)碰后B做平拋運(yùn)動的水平位移大小。【解析】(1)在最低點(diǎn)對A球由牛頓第二定律有:FA-mAg=mA在A下落過程中由動能定理有:mAgR-Wf=mAA球下落的過程中克服摩擦力所做的功為Wf=0.20 J解得vA=4.00 m/s,FA=2.6 N由牛頓第三定律得小球A碰前對軌道壓力為2.6 N(2)A、B碰撞過程動量守恒,則mAvA=mAvA+mBvB由能量守恒得碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損