第34練動量守恒定律分值：60分1~5題每小題4分，6題10分，共30分1.(2021·全國乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能守恒D.動量不守恒，機械能不守恒2.(多選)(2024·河南周口市聯(lián)考)如圖所示，裝有一定質量沙子的小車靜止在光滑的水平面上，將一個鐵球從某一高度處以大小為v0的初速度水平拋出，小球落入車內并陷入沙中最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A.小球陷入沙中越深，小車最終的速度越大B.小球拋出時的高度越高，小車最終的速度越大C.小球陷入沙中過程，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能不守恒D.若小車勻速運動后車上有一縫隙漏沙子，車上沙子越來越少，車的速度保持不變3.在光滑水平面上沿一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ發(fā)生正碰，碰后立即粘在一起運動，碰撞前滑塊Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—時間關系圖線分別如圖中的線段a、b、c所示。由圖像可知()A.碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小B.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為3∶5C.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為5∶3D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大4.(多選)如圖所示，輕質繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至使繩水平后放手，則(水平面光滑，空氣阻力不計)()A.系統(tǒng)的總動量守恒B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動的最大距離為25.(2025·貴州黔西南州檢測)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()A.3J B.4J C.5J D.6J6.(10分)(2024·江蘇卷·14)嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：(1)(5分)分離后A的速度大小v1；(2)(5分)分離時A對B的推力大小。7題8分，8題16分，共24分7.(多選)(八省聯(lián)考·四川·9)如圖，小球X、Y用不可伸長的等長輕繩懸掛于同一高度，靜止時恰好接觸，拉起X，使其在豎直方向上升高度h后由靜止釋放，X做單擺運動到最低點與靜止的Y正碰。碰后X、Y做步調一致的單擺運動，上升最大高度均為h4，若X、Y質量分別為mX和mY，碰撞前后X、Y組成系統(tǒng)的動能分別為Ek1和Ek2，則(A.mXmY＝1 B.C.Ek1Ek2＝2 D.8.(16分)(2024·黑吉遼·14)如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質點，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)(5分)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；(2)(5分)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；(3)(6分)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。(6分)9.(多選)(2025·貴州貴陽市質監(jiān))水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步涍^8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg

答案精析1.B2.CD3.C[由題圖可知，碰撞后總動量為正，根據動量守恒定律可知，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量較大，故A錯誤；根據動量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ+mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B錯誤，C正確；由動量定理知，碰撞過程中滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。]4.BD[系統(tǒng)只是在水平方向合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm+xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為2mlM+m5.A[根據題圖，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲'＝－1.0m/s，v乙'＝2.0m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙＝6kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝12m甲v甲2+12m乙v乙2－12m甲v甲'2－12m乙v乙'6.(1)(m+解析(1)組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m+M)v0＝Mv+mv1解得v1＝((2)以B為研究對象，對B由動量定理有FΔt＝Mv－Mv0解得F＝M(7.AC[小球X由最高點運動到與小球Y發(fā)生碰撞的過程，根據機械能守恒定律有mXgh＝12mXv12兩球碰撞后一起上升到最高點的過程，根據機械能守恒定律有Ek2＝12(mX+mY)v22＝(mX+mY)兩球碰撞過程，根據動量守恒有mXv1＝(mX+mY)v2聯(lián)立求得mXmY＝1，Ek1Ek2＝28.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)對A物塊由平拋運動知識得h＝12gt2，xA＝vA代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA＝1m/s對A、B物塊整體由動量守恒定律mAvA＝mBvB解得脫離彈簧時B的速度大小為vB＝1m/s(2)對物塊B由動能定理－μmBgxB＝0－12mB代入數據解得，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ＝0.2(3)由能量守恒定律ΔEp＝12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA＝mB，Δx＝ΔxA+ΔxB解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp＝0.12J。9.BC[設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第