動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用提高篇基礎(chǔ)鞏固1.[2025·福建廈門一中模擬]如圖所示,在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的小車,用長為L的細(xì)線系一質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平位置,球放開前小車與小球保持靜止?fàn)顟B(tài),松手后讓小球下落,在最低點(diǎn)與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起,則 ()A.小球下擺過程與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小球與油泥相撞后一起向右運(yùn)動(dòng)C.小球下擺過程小車的運(yùn)動(dòng)距離為MLD.小球下擺過程小車的運(yùn)動(dòng)距離為mL2.[2025·浙江湖州模擬]用火箭發(fā)射人造衛(wèi)星,發(fā)射過程中最后一節(jié)火箭的燃料用完后,火箭殼體和衛(wèi)星一起以7.0×103m/s的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng).已知衛(wèi)星的質(zhì)量為500kg,最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量為100kg.某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離,分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為1.8×103m/s.下列說法正確的是 ()A.分離后火箭殼體的速度大小為7.3×103m/sB.分離后火箭殼體的速度大小為3.3×104m/sC.分離過程中火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為1.5×105N·sD.分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)量變化量大小為1.5×105kg·m/s3.[2025·湖南長沙模擬]如圖所示,半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內(nèi).小球A、B質(zhì)量分別為m、km(k為待定系數(shù)).A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑,與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞,碰撞中無機(jī)械能損失,重力加速度為g.關(guān)于各種情況下k的取值.下列各項(xiàng)中正確的是 ()A.若0.2<k<1,則小球B第一次碰后將會(huì)在某處脫離圓軌道B.若0<k<0.2,則小球B第一次碰后就能夠運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C.若k>1,小球B可能脫軌D.若k=3,小球A和小球B將在圓軌道的最低點(diǎn)的左軌道發(fā)生第二次碰撞4.如圖所示,一排人站在沿x軸的水平軌道旁,原點(diǎn)O兩側(cè)的人的序號都記為n(n=1,2,3,…)每人只有一個(gè)沙袋,x>0一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量為m=7kg,x<0一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量為m'=9kg,一質(zhì)量為M=24kg的小車以某初速度從原點(diǎn)出發(fā)向x正方向滑行.不計(jì)軌道阻力.當(dāng)車每經(jīng)過一人身旁時(shí),此人就把沙袋以水平速度v朝與車速相反的方向沿車面扔到車上,v的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍(n是此人的序號數(shù)),車上最終有小沙袋的個(gè)數(shù)為 ()A.3個(gè) B.5個(gè)C.7個(gè) D.9個(gè)5.[2025·山東菏澤模擬]如圖所示,質(zhì)量分別為m、3m、3m的小球A、B、C靜止在光滑的水平面上,且球心處在同一直線上,小球B用長為L1(未知)的細(xì)線連接懸于O1點(diǎn),小球C用長為L2(未知)的細(xì)線連接懸于O2點(diǎn),小球B、C剛好與水平面接觸,現(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右大小為v0的初速度,小球A與小球B發(fā)生彈性正碰,使小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),接著小球A與小球C也發(fā)生彈性正碰,碰撞后小球C也恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,不計(jì)小球的大小,求:(1)懸掛小球B的細(xì)線長L1;(2)小球A與小球C第一次碰撞后一瞬間,細(xì)線對小球C的拉力大小.綜合提升6.[2025·廣東惠州模擬]圖甲是一個(gè)U形雪槽,某次滑板表演中,表演者在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),可把該場地簡化為如圖乙所示的凹形場地:兩端是四分之一的光滑圓弧面,中間是長4L的粗糙水平面.表演者a的質(zhì)量(含滑板)為m,從A處沿光滑圓弧面滑下,進(jìn)入水平面后,與質(zhì)量(含滑板)為2m且靜止在水平面中點(diǎn)O的表演者b水平擊掌相碰,碰后a以碰前速度的14反彈,a、b在O處發(fā)生碰撞后(碰撞時(shí)間極短),最終都停在B、O間的某點(diǎn)P處,且恰好不再發(fā)生碰撞.假設(shè)a與粗糙水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)是b與水平面的k倍,表演者的動(dòng)作不影響自身的速度,滑板長度忽略不計(jì)(1)求a與b碰撞后瞬間,a、b的速度大小之比;(2)以O(shè)為起點(diǎn),求a、b碰撞后在粗糙水平面上滑過的路程之比(可用k表示);(3)若碰撞后,a、b均兩次通過四分之一的光滑圓弧面的最低點(diǎn),求PO的長度與L之比及k的取值范圍.拓展挑戰(zhàn)7.[2023·全國乙卷]如圖,一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤,圓盤與管的上端口距離為l,圓管長度為20l.一質(zhì)量為m=13M的小球從管的上端口由靜止下落,并撞在圓盤中心,圓盤向下滑動(dòng),所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等.小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸,圓盤始終水平,小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,且碰撞時(shí)間極短.不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離;(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中,小球與圓盤碰撞的次數(shù).

答案解析1.D[解析]小球下擺過程與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,豎直方向動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;小球下落過程中,水平方向具有向右的分速度,因水平方向動(dòng)量守恒,小車要向左運(yùn)動(dòng),當(dāng)撞到油泥,是完全非彈性碰撞,小球和小車大小相等方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉,所以小車和小球都保持靜止,故B錯(cuò)誤;設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),小球向右移動(dòng)的距離為x1,小車向左移動(dòng)的距離為x2,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=x1t、v2=x2t,則有mx1t-Mx2t=0,變形得mx1=Mx2,根據(jù)x1+x2=L,聯(lián)立解得x2=2.C[解析]設(shè)火箭殼體和衛(wèi)星分離前一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v,衛(wèi)星的質(zhì)量為m1,火箭殼體的質(zhì)量為m2,分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為Δv,分離后火箭殼體的速度大小為v',根據(jù)題意可知,分離前后衛(wèi)星與火箭殼體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)量變化量大小為0,取分離前火箭殼體和衛(wèi)星的速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1+m2v=m1v'+Δv+m2v',解得v'=5.5×103m/s,則分離后衛(wèi)星的速度為v衛(wèi)=v'+Δv=7.3×103m/s,故A、B、D錯(cuò)誤;分離過程中,設(shè)火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為I,對衛(wèi)星由動(dòng)量定理有I=m1v衛(wèi)-m1v=1.5×105N3.B[解析]小球A下滑到最低點(diǎn)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgR=12mv02,解得A與B碰撞前A的速度v0=2gR,碰撞過程中動(dòng)量守恒,規(guī)定向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mvA+kmvB,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv02=12mvA2+12kmvB2,聯(lián)立解得vB=22gR1+k、vA=1?k1+k2gR,若B小球運(yùn)動(dòng)至軌道頂點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12kmvB2=kmg·2R+12kmv2,若小球B能恰好通過最高點(diǎn),則有kmg=kmv2R,解得v=gR,聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得k=2105-1≈0.265,當(dāng)0.265<k<1時(shí),B脫軌,而k>0.2時(shí),不一定脫軌,故A錯(cuò)誤;由上分析可知,當(dāng)k≤0.265時(shí),B球可運(yùn)動(dòng)至軌道最高點(diǎn),故B正確;若k=1,兩球發(fā)生彈性碰撞,由于兩球質(zhì)量相等,速度交換,B球恰能運(yùn)動(dòng)到四分之一圓弧軌道,所以若k>1,小球運(yùn)動(dòng)不到四分之一圓弧軌道處,速度減為零又返回,所以小球B不可能脫軌,故4.C[解析]在小車朝x正方向滑行的過程中,第(n-1)個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn-1,第n個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn,由動(dòng)量守恒定律有[M+n-1m]vn-1-2nmvn-1=M+mnvn,解得vn=M-(n+1)mM+mnvn-1,小車不再向右運(yùn)動(dòng)的條件是vn-1>0,vn≤0,即M-nm>0、M-(n+1)m≤0,代入數(shù)字,得n應(yīng)為整數(shù),故n=3,即車上堆積3個(gè)沙袋后車就反向滑行,車自反向滑行直到接近x<0一側(cè)第1人所在位置時(shí),車速保持不變,而車的質(zhì)量為M+3m.若在朝x負(fù)方向滑行過程中,第(n-1)個(gè)沙袋扔到車上后車速為vn-1',第n個(gè)沙袋扔到車上后車速為vn',現(xiàn)取在圖中向左的方向(x負(fù)方向)為速度vn'、vn-1'的正方向,則由動(dòng)量守恒定律有[M+3m+(n-1)m']vn-1'-2nm'vn-1'=(M+3m+m'n)vn',得vn'=M+3m-(n+1)m'M+3m+nm'vn-1',車不再向左滑行的條件是vn-1'>0,vn'≤0,即M+3m-nm'>0、M+3m-(n+1)m'≤0,解得n=4時(shí)M+3m-(n+1)5.(1)v0220[解析](1)A、B碰撞過程,有mv0=mv1+3mv212mv02=12mv12解得v1=-v02,v2碰后小球B恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),則小球B到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有3mg=3mv小球B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有-3mg·2L1=12·3mv2-12·3聯(lián)立解得L1=v(2)A、C碰撞過程,有mv1=mv3+3mv412mv12=12mv32解得v3=v04,v4碰后小球C恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),則小球C到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有3mg=3mv小球C從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有-3mg·2L2=12·3mv'2-12·3兩球碰后瞬間,對C,根據(jù)牛頓第二定律有F-3mg=3mv聯(lián)立解得F=18mg6.(1)2∶5(2)425k(3)100k-16[解析](1)設(shè)a與b碰撞前的速度為v0,a反彈的速度大小為va=14vb獲得的速度大小為vb,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有mv0=m-v04+解得va∶vb=2∶5(2)若a、b從碰撞后到停下,它們在粗糙水平面上滑過的路程分別為sa和sb,則有12mva2=μ12×2mvb2=μ2×聯(lián)立并代入μ1=kμ2解得sas(3)由于a、b剛好不再發(fā)生第二次碰撞且停在B、O之間的P,且兩者均沖上圓弧面,再返回,兩者在水平面的總路程滿足關(guān)系式sa+sb=8L聯(lián)立第(2)問的結(jié)果sasb=425k,則PO的長度為LPO=4L-sa=100k因P位于B與O之間,故有0<LPO<2L代入LPO的表達(dá)式可求解得425<k<7.(1)gl2gl2(2)l[解析](1)以豎直向下為速度的正方向,設(shè)第一次碰撞前瞬間小球的速度為v0,碰撞后瞬間小球與圓盤的速度分別為v1、v2.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有12mvmv0=mv1+Mv212mv02=12mv聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得v2=-v1=v02即第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小均為gl(2)取第一次碰撞時(shí)為t=0時(shí)刻,碰撞地點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向下為x軸正向.由于v1<0,碰撞后小球?qū)⑾认蛏线\(yùn)動(dòng),然后再下落,當(dāng)小球的下落速度與圓盤的速度均為v2時(shí),兩者之間的距離最大,此時(shí)v2=v1+gt1設(shè)此時(shí)刻小球的坐標(biāo)為x1,圓盤的坐標(biāo)為x2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1=v1t+12gtx2=v2t兩者之間的最遠(yuǎn)距離為Δx=x2-x1聯(lián)立可得Δx=l(3)因?yàn)棣=l,若在速度為v2的參考系中看,從t時(shí)刻開始,小球與圓盤將重復(fù)第一次碰撞前的運(yùn)動(dòng)過程.因此第2次碰撞前瞬間,在地面參考系看,小球與圓盤的速度分別為v2+v0=32vv2=v碰撞后瞬間速度分別為v2+v1=0v2+v2=v0當(dāng)小球的速度加速到v0時(shí),兩球之間的距離最遠(yuǎn)