練案[19]  第2講　動量守恒定律及其應(yīng)用一、選擇題(本題共10小題，1～7題為單選，8～10題為多選)1．(2023·廣東陽春市模擬預(yù)測)小明在滑板上勻速運動的過程中，突然抓起放在地面上的水杯( A )A．人、車、水杯這個系統(tǒng)水平方向動量守恒B．人、車、水杯這個系統(tǒng)機械能守恒C．水杯動量守恒D．手對水杯的沖量大于水杯動量的增量[解析]人抓起杯子等效于完全非彈性碰撞，動量守恒機械能不守恒，杯子動量增加，并且等于手對杯子的沖量。故選A。2．(2023·湖南高三模擬)質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值。碰撞后B球的速度可能是( C )A．0.8v  B.0.6v C.0.4v  D.0.2v[解析]若是完全非彈性碰撞，有mv＝(m＋3 m)v′，解得v′＝。若為彈性碰撞，則有mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv＋·3mv，解得v1＝－v，v2＝v。所以B球的速度取值范圍為v≤vB≤v，故選C。3．(2023·重慶巴蜀中學(xué)高三月考)如圖所示，一發(fā)炮彈從水平地面斜射出去，其落點A距離發(fā)射點距離為L；若炮彈在最高點爆炸成質(zhì)量為m和2m的兩部分，然后質(zhì)量為m的部分自由下落，質(zhì)量為2m的部分與爆炸前炮彈速度方向相同，且其落點為B。不計空氣阻力及爆炸過程損失的質(zhì)量。已知A和B的距離為200 m，則L為( B )A．1 000 m  B.800 mC．600 m  D.400 m[解析]設(shè)炮彈在最高點速度為v0，炮彈上升和下降時間均為t。有L＝v0·2t，炮彈爆炸前后動量守恒，有3mv0＝2mv1，有L＋200＝v0t＋v1t，解得L＝800 m，所以B正確；A、C、D錯誤。4．(2023·河北保定一模)2022年北京冬奧會隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團(tuán)贏得第9枚金牌。在某次訓(xùn)練中隋文靜在前、韓聰在后一起做直線運動，當(dāng)速度為v0時，韓聰用力向正前方推隋文靜。兩人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為v0。已知隋文靜和韓聰質(zhì)量之比為2∶3，則兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣? A )A．大小為v0，方向與初始方向相同B．大小為v0，方向與初始方向相反C．大小為v0，方向與初始方向相同D．大小為v0，方向與初始方向相反[解析]設(shè)隋文靜質(zhì)量為2m，韓聰質(zhì)量為3m，開始運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得5mv0＝2m·v0＋3mv，解得v＝v0，方向與初速度方向相同。故選A。5．(2022·北京門頭溝一模)如圖所示，一砂袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點。開始時砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，與砂袋一起向右擺動的最大角為α。彈丸擊中砂袋后漏出的砂子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力。下列說法中正確的是( D )A．彈丸打入砂袋瞬間，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入砂袋瞬間，彈丸對砂袋的沖量大于砂袋對彈丸的沖量C．彈丸打入砂袋瞬間二者組成的系統(tǒng)動量不守恒D．彈丸打入砂袋后，二者共同運動過程機械能守恒[解析]根據(jù)牛頓第三定律可知，細(xì)繩所受拉力大小與砂袋所受拉力大小相等，彈丸打入砂袋前，根據(jù)平衡條件有F＝mg，彈丸打入砂袋瞬間，設(shè)彈丸和砂袋的共同速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有F′－(M＋m)g＝(M＋m)，解得F′＝(M＋m)g＋(M＋m)，砂袋所受拉力變大，則細(xì)繩所受拉力大小變大，故A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸對砂袋的作用力大小等于砂袋對彈丸的作用力大小，作用時間相等，根據(jù)I＝Ft可知，彈丸對砂袋的沖量等于砂袋對彈丸的沖量，故B錯誤；彈丸打入砂袋，二者組成的系統(tǒng)滿足外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，所以此瞬間動量守恒，故C錯誤；彈丸打入砂袋后，運動過程繩子拉力不做功，只有系統(tǒng)的重力做功，故二者共同運動過程機械能守恒，故D正確。6．(2023·遼寧模擬預(yù)測)如圖，一質(zhì)量為10 kg的鐵球靜止在足夠長的光滑地面上，人站在小車上向左推鐵球，鐵球運動一段時間后和墻壁碰撞，碰后鐵球速度反向、大小不變，每次推球，球出手后的速度大小都為2 m/s，已知人和車的總質(zhì)量為50 kg。以下說法正確的是( D )A．運動的全過程人、小車和鐵球組成的系統(tǒng)動量守恒B．后一次推鐵球比前一次推鐵球推力的沖量更小C．連續(xù)推4次后鐵球?qū)⒉荒茏飞先撕托≤?/span>D．最終人、小車和鐵球的速度大小都是2 m/s[解析]球與墻壁碰撞過程，墻壁的作用力對系統(tǒng)有沖量，系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；設(shè)鐵球的質(zhì)量為m、人和小車的質(zhì)量為M，第一次推鐵球，根據(jù)動量定理有I1＝Δp1＝m·v＝20 N·s，以后每次推鐵球，根據(jù)動理定理有I2＝m·v－m(－v)＝40 N·s，則第二次推球的沖量大于第一次推球的沖量，之后每一次推鐵球的沖量都相等，B錯誤；要使鐵球不能追上小車，需使v球≤v車，推球過程人、小車和鐵球組成的系統(tǒng)動量守恒，則第一次推球使人和小車獲得了Δp1＝20 kg· m/s的動量，以后每次推球都使人和小車獲得了Δp2＝40 kg· m/s的動量，根據(jù)Δp1＋nΔp2≥Mv，解得n≥2，故連續(xù)推3次后鐵球?qū)⒉荒茏飞先撕托≤嚕珻錯誤；根據(jù)Δp1＋nΔp2≥Mv′，可知，當(dāng)n＝2時解得小車的速度為v′＝2 m/s，與鐵球的速度大小相等，今后不能追上小車，三者都保持勻速運動，D正確。7．(2023·江蘇揚州高三階段練習(xí))如圖所示，用輕彈簧連接質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為2m的物塊B，放在光滑的水平面上，A與豎直墻面接觸，彈簧處于原長，現(xiàn)用向左的推力緩慢推物塊B，當(dāng)B處于圖示位置時靜止，整個過程推力做功為W，現(xiàn)瞬間撤去推力，撤去推力后( D )A．從撤去推力至A即將離開墻面過程中，A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒B．從撤去推力至A即將離開墻面過程中，墻面對A的沖量為0C．A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能為WD．A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能為[解析]從撤去推力至A即將離開墻面過程中，由于墻面對A有彈力作用，A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒。故A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，開始時彈簧具有的彈性勢能為Ep＝W，從撤去推力至A即將離開墻面過程中，當(dāng)A對墻的壓力剛好為零時，彈簧的彈力為零，彈性勢能為零，根據(jù)能量守恒可知，此時B的動能為Ek＝Ep＝W，墻對A的沖量等于A、B組成系統(tǒng)的動量改變量，即為I＝Δp＝mv－0＝＝，故B錯誤；A離開墻面時，B具有向右的動量，A離開墻面后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，始終具有向右的動量，所以A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能小于W。故C錯誤；A離開墻壁后系統(tǒng)動量守恒，彈性勢能最大時，A、B速度相等，以向右為正方向，由動量守恒定律得2mv＝3mv1，由能量守恒定律得×2mv2＝×3mv＋Ep，又W＝×2mv2，解得Ep＝，故D正確。8．(2023·重慶高三模擬)如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到達(dá)弧形槽的頂端。小車與小球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是( AD )A．弧形槽的頂端距底端的高度為B．小球離開小車后，相對地面做平拋運動C．在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功為mvD．在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小為mv0[解析]小球上升到最高點時，與小車有共同速度v，設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h，則由系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒mv0＝2mv，mv＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正確；小球回到小車右端時設(shè)車和球的速度分別為v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，得v1＝v0，v2＝0所以小球離開小車后做自由落體運動，故B錯誤；在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，重力做功為零，由動能定理WG＋W車＝mv－mv，將v2＝0和WG＝0代入可得小車對小球做的功為W車＝－mv，故C錯誤；在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，由動量定理I＝mv1－0，將v1＝v0代入得I＝mv0，即合力對小車的沖量大小為mv0，方向水平向左，故D正確。9．(2022·廣東廣州一模)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上。質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射進(jìn)一半厚度，如圖所示，上述兩種情況相比較( AB )A．子彈損失的動能一樣多B．子彈與上層摩擦力較大C．子彈射擊下層時系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多D．子彈射擊上層時，從射入到共速所經(jīng)歷時間較長[解析]子彈射入滑塊的過程中，將子彈和滑塊看成一個整體，合外力為0，動量守恒，所以兩種情況后子彈和滑塊的速度相同，所以末動能相同，故系統(tǒng)損失的動能一樣多，產(chǎn)生的熱量一樣多，A正確，C錯誤；子彈射入下層滑塊剛好不射出，射入上層滑塊能進(jìn)一半厚度，說明在上層所受的摩擦力比下層大，根據(jù)動量定理可知，兩種情況沖量相同，子彈射擊上層所受摩擦力大，所以從入射到共速所經(jīng)歷時間短，B正確，D錯誤。10．(2023·天津市濱海新區(qū)高三階段練習(xí))如圖所示，小球A和槽形物體B的質(zhì)量分別為m、2m，B置于水平面上，B的上部半圓形槽的半徑為R，槽的左右兩側(cè)等高。將A從槽的右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計，則( AD )A．A剛能到達(dá)槽的左側(cè)頂端B．A運動到槽的最低點時速度為C．B向右勻速運動D．B向右運動的最大位移為R[解析]設(shè)A到達(dá)左側(cè)最高點的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律知，由于初動量為零，則末總動量為零，即v1＝0，根據(jù)能量守恒定律知，A能到達(dá)B圓槽左側(cè)的最高點，故A正確；設(shè)A到達(dá)最低點時的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝mv2＋×2m2，解得v＝，故B錯誤。B向右先加速后減速，減速到零之后又向左先加速后減速，即做往返運動，C錯誤；因為A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當(dāng)A運動到左側(cè)最高點時，B向右運動的位移最大，設(shè)B向右的最大位移為x，根據(jù)動量守恒定律得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，故D正確。二、非選擇題11．(2021·河北卷)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為2 kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1 s后質(zhì)量為48 kg的滑雪者從頂端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。[答案]　(1)9 m　(2)7.44 m/s[解析](1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，滑雪者質(zhì)量為m2＝48 kg，初速度為v0＝1.5 m/s，加速度為a2＝3 m/s2，在斜面上滑行時間為t，落后時間t0＝1 s，則背包的滑行時間為t＋t0，由運動學(xué)公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2，聯(lián)立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)故可得L＝9 m。(2)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s，v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s，滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。12．(2023·安徽高三月考)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。[答案]　(1) 　(2)[解析](1)設(shè)煙花彈向上升的初速度為v0，由題給條件有E＝mv①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝ ③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有mv＋mv＝E⑤mv1＋mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈向上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv＝mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝

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