課時(shí)規(guī)范練20動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)對點(diǎn)練1.(動(dòng)量守恒條件)如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的凹槽,凹槽右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊向凹槽推出,冰塊平滑地滑上凹槽,則()A.小孩推出冰塊過程,小孩和冰塊系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B.冰塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過程,冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C.冰塊從凹槽下滑過程,凹槽動(dòng)量減少D.冰塊離開凹槽時(shí)的速率與沖上凹槽前的速率相等2.(動(dòng)量守恒的簡單應(yīng)用)如圖所示,兩個(gè)物塊A、B中間用輕彈簧相連放在光滑的水平面上,A、B質(zhì)量分別為m1=0.1kg、m2=0.2kg,物塊A右側(cè)與豎直墻接觸。某一瞬間敲擊物塊B使其獲得0.3m/s的水平向右的速度,物塊B向右壓縮彈簧然后被彈簧彈回,彈回時(shí)帶動(dòng)物塊A運(yùn)動(dòng)。當(dāng)彈簧拉伸到最長時(shí),物塊A的速度大小為()A.0.1m/s B.0.2m/sC.0.3m/s D.0.4m/s3.(反沖)一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v=1m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為1∶4。不計(jì)質(zhì)量損失,重力加速度g取10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()4.(碰撞)在光滑水平面上,一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3m、靜止的B球發(fā)生對心碰撞,碰撞后,A球的速度方向與碰撞前相反,則碰撞后B球的速度大小可能是()A.0.2v B.0.3v C.0.4v D.0.6v5.(動(dòng)量守恒的應(yīng)用——人船模型)如圖所示,一高h(yuǎn)=2.4m、傾角θ=37°、質(zhì)量m0=3g的光滑斜面靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量m=0.2g的物塊從斜面頂端由靜止釋放。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則物塊由斜面頂端滑到底端的過程中,斜面將()A.向右移動(dòng)0.5m B.向右移動(dòng)0.6mC.向右移動(dòng)0.2m D.向右移動(dòng)0.1m6.(動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的應(yīng)用)如圖所示,光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上,其弧形底端切線水平,小球Q(視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半,小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放,Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek1?，F(xiàn)解除鎖定,仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放,Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2,Ek1和Ek2的比值為()A.12 B.3C.32 D.素養(yǎng)綜合練7.(多選)如圖所示,一小車放在光滑的水平面上,小車AB段是長為3m的粗糙水平軌道,BC段是光滑的、半徑為0.2m的四分之一圓弧軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn)。一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量與小車相同的物塊在小車左端A點(diǎn),隨小車一起以4m/s的速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后,小車與右側(cè)墻壁發(fā)生碰撞,碰后小車速度立即減為零,但不與墻壁粘連。已知物塊與小車AB段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度g取10m/s2,則()A.物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0B.物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度大小為1m/sC.物塊最終距離小車A端0.5mD.小車最終的速度大小為1m/s8.(多選)(2025八省聯(lián)考云南卷)如圖甲所示,內(nèi)表面光滑的“”形槽固定在水平地面上,完全相同的兩物塊a、b(可視為質(zhì)點(diǎn))置于槽的底部中點(diǎn),t=0時(shí),a、b分別以速度v1、v2向相反方向運(yùn)動(dòng),已知b開始運(yùn)動(dòng)速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,所有的碰撞均視為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短,下列說法正確的是()A.前17s內(nèi)a與b共碰撞3次B.初始時(shí)a的速度大小為1m/sC.前17s內(nèi)b與槽的側(cè)壁碰撞3次D.槽內(nèi)底部長為10m9.(多選)如圖所示,A、B兩個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),間隙極小,兩球球心連線豎直,從離地面高度H處以相同的初速度v0=2gH同時(shí)豎直向下拋出,B球先與地面碰撞,再與A球碰撞后B球靜止于地面,所有碰撞均為彈性碰撞,重力加速度為g,則(A.A、B兩球的質(zhì)量之比為1∶3B.A、B兩球的質(zhì)量之比為1∶2C.碰后A球上升的最大高度為8HD.碰后A球上升的最大高度為16H10.(2024遼寧卷)如圖所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)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(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長時(shí)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(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。11.(2023天津卷)已知A、B兩物體mA=2kg,mB=1kg,A物體從h=1.2m處自由下落,且同時(shí)B物體從地面豎直上拋,經(jīng)過t=0.2s相遇碰撞后,兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng),已知重力加速度g取10m/s2,求:(1)碰撞時(shí)離地高度x;(2)碰后速度v;(3)碰撞損失機(jī)械能ΔE。12.如圖甲所示,物體A、B的質(zhì)量分別是m1=4kg和m2=4kg,用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上,物體B左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個(gè)物體C從t=0時(shí)刻起,以一定的速度向左運(yùn)動(dòng),在t=5s時(shí)刻與物體A相碰,碰后立即與A粘在一起,此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的v-t圖像如圖乙所示。求:(1)物體C的質(zhì)量m3;(2)物體B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。答案：1.B解析小孩推出冰塊過程,系統(tǒng)合外力為0,小孩和冰塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故A錯(cuò)誤;冰塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過程,冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向合外力為0,所以水平方向動(dòng)量守恒,故B正確;冰塊從凹槽下滑過程,冰塊對凹槽做正功,凹槽速度增加,動(dòng)量增加,故C錯(cuò)誤;冰塊在凹槽上滑和下滑過程,凹槽對冰塊做負(fù)功,速度減小,冰塊離開凹槽時(shí)的速率比沖上凹槽時(shí)的速率小,故D錯(cuò)誤。2.B解析由機(jī)械能守恒可知,當(dāng)物塊B被彈簧彈回到初始位置時(shí)速度仍為v0=0.3m/s,方向向左;當(dāng)彈簧拉伸到最長時(shí),兩者共速,則由動(dòng)量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v,解得v=0.2m/s,即物塊A的速度大小為0.2m/s,故選B。3.B解析取原來的速度v的方向?yàn)檎较?彈丸質(zhì)量為5m,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv=mv甲+4mv乙,可得v甲+4v乙=5m/s,爆炸后下落的時(shí)間t=2hg=1s,由于時(shí)間相同,等式兩邊同乘以時(shí)間t,可得水平位移的關(guān)系為x甲+4x乙=5m,由題可知,只有4.C解析A、B兩球在水平方向上所受合外力為零,A球和B球碰撞過程中動(dòng)量守恒,設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2,選A球初速度的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律有mv=mv1+3mv2,假設(shè)碰撞后A球靜止,即v1=0,則v2=13v,由題意可知A球被反彈,所以B球速度v2>13v,A、B兩球碰撞過程中能量可能有損失,由能量關(guān)系有12mv2≥12mv12+12×3mv22,聯(lián)立可得v25.C解析斜面和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,在水平方向有mv1=m0v2,所以mx1=m0x2,又有x1+x2=htan37°,解得x2=0.2m,A、B、D錯(cuò)誤6.C解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m,則Q的質(zhì)量為m,弧形頂端與底端的豎直距離為h;P鎖定時(shí),Q下滑過程中機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得mgh=Ek1,P解除鎖定,Q下滑過程中,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以水平向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mvQ-2mvP=0,由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mvQ2+12×2mvP2,Q離開P時(shí)的動(dòng)能E7.AD解析木塊在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律可知μmg=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=μmgm=2m/s2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有-2axAB=vB2-vA2,代入數(shù)據(jù)解得物塊在B點(diǎn)的速度vB=2m/s,B到C的過程中,由動(dòng)能定理可得-mgr=12mvC2-12mvB2,解得vC=0,根據(jù)向心力公式有FN=mvC2r,故物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0,A正確,B錯(cuò)誤;物塊從B點(diǎn)到與小車共速,由小車與物塊的動(dòng)量守恒可知,mvB=2mv,解得v=1m/s,由動(dòng)能定理可得-μmgx=12×2mv2-12mvB8.BC解析根據(jù)碰撞規(guī)律可知物塊b與槽壁碰后速度大小不變,方向改變,與a碰后交換速度,則根據(jù)物塊b的v-t圖像,可知前17s內(nèi)a與b共碰撞4次,發(fā)生在4~6s之間、第8s、10~12s之間以及第16s;前17s內(nèi)b與槽的側(cè)壁碰撞3次,分別在第2s、第10s和第12s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,C正確;b與a碰前速度為v2=2m/s向左,碰后b的速度v2'=1m/s向右,因兩物塊質(zhì)量相同且碰撞為彈性碰撞,則碰后兩物塊交換速度,可知碰前a的速度v1=v2'=1m/s,即初始時(shí)a的速度大小為1m/s,選項(xiàng)B正確;槽內(nèi)底部長為l=2v2Δt=2×2×2m=8m,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。9.AC解析因?yàn)锳、B球從離地面高度H處以相同的初速度v0=2gH同時(shí)豎直向下拋出,所以落地瞬間的速度相等,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2-v02=2gH,解得vA=vB=v=2gH,B球與地面彈性碰撞后以原速率返回,與A再發(fā)生彈性碰撞,以向上為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有mBv-mAv=mAvA',12mBv2+12mAv2=12mAvA'2,聯(lián)立解得mA∶mB=1∶3,vA'=2v=4gH,A正確,B錯(cuò)誤;碰撞后A球上升的最大高度為hmax,則有vA'2=2ghmax,解得hmax=vA10.答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),A在空中的飛行時(shí)間為t則h=12gt2,解得t=2hg=0.由xA=vAt解得vA=xAt=1設(shè)脫離彈簧時(shí)A、B速度大小為vA和vB。由于A、B組成的系統(tǒng)在彈簧恢復(fù)原長過程中,系統(tǒng)合外力為零,動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒可知mAvA=mBvB解得vB=1m/s。(2)B脫離彈簧后沿桌面運(yùn)動(dòng)到靜止,由動(dòng)能定理可知0-12mBvB2=-μm解得μ=vB22gx(3)彈簧的壓縮量為Δx=0.1m,則在彈簧恢復(fù)到原長的過程中,A、B運(yùn)動(dòng)位移分別為xA'=xB'=0.05m由能量守恒知12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgx解得ΔEp=0.12J。11.答案(1)1m(2)0(3)12J解析(1)對物體A,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x=h-12gt2=1.2m-12×10×0.22m=1(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為vB0,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vB0t-12gt解得vB0=6m/s,可得碰撞前A物體的速度vA=gt=2m/s,方向豎直向下碰撞前B物體的速度vB=vB0-gt=4m/s,方向豎直向上選向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mAvA-mBvB=(mA+mB)v解得碰后速度v=0。(3)根據(jù)能量守恒定律可知碰撞損失的機(jī)械能ΔE=12mAvA2+12mBvB2-12(m12.答案