一课一练(二十八) 动量守恒定律
[基础训练]
1．(2024·辽宁翔宇中学月考)如图所示，有一边长为0.1 m的正方体木块静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，已知木块质量为M＝3 kg.一个质量为m＝1 kg的小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端，在该过程中，木块的位移为( )
A．0.750 m B．0.075 m
C．0.025 m D．0.250 m
2．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度变为零，则甲的速度大小为( )
A．0 B．2 m/s
C．4 m/s D．无法确定
3．(2023·辽宁教研联盟一模)光滑水平面上质量为M的物块A以速度v运动，与质量为m的静止物块B发生正碰，碰撞后A、B的动量刚好相等．A、B的质量之比可能为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
4．(2023·海南一模)如图所示，一高h＝2.4 m、倾角θ＝37°、质量M＝3 g的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m＝0.2 g的物块从斜面顶端由静止释放．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将( )
A．向右移动0.5 m B．向右移动0.6 m
C．向右移动0.2 m D．向右移动0.1 m
5．(2024·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出( )
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的最大弹性势能
C．木板和小物块之间的动摩擦因数
D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
6．(2023·辽宁大连一模)如图所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度．若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)子弹打入沙箱前的瞬时速度多大？
(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能．
[能力提升]
7．(多选)如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止．下列说法正确的是( )
A．最终a车的速率大于b车的速率
B．最终a车的速率小于b车的速率
C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
8．(2024·天津河西区联考)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点，小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，一质量为m＝、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．滑块到达B点时的速度大小为
B．滑块到达B点时小车的速度大小为
C．弹簧获得的最大弹性势能为MgR
D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为R
9．(2024·湖北重点中学检测)(多选)如图所示，质量分别为m、2m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0(沿乙、丙的连线方向)向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是( )
A．三个小球间的碰撞都结束后，乙静止
B．三个小球间的碰撞都结束后，小球丙的动量大小为mv0
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为－mv
D．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量大小为mv0
10．如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为段的中点．在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0.质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等．忽略每次碰撞时间．求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量．
答案及解析
1．解析：小球由静止开始从如题图所示轨道的一端运动到另一端的过程中，水平方向动量守恒，则m1＝M2，两边同乘运动时间t得mx1＝Mx2，根据题意得x1＋x2＝0.1 m，联立解得x2＝0.025 m，C正确．
答案：C
2． 解析：以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒定律有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v′甲，解得v′甲＝0，A正确．
答案：A
3．解析：设碰后两物块动量均为p，A速度为v1，B速度为v2，由碰撞过程中动量守恒定律可得Mv＝Mv1＋mv2＝2p，碰撞需满足碰后的总动能不大于碰前的总动能，碰撞后后面物块的速度不大于前面物块的速度，则Mv2≥Mv＋mv，即≥＋，且v1≤v2，联立解得1≤≤3，A符合题意．
答案：A
4．解析：斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有mv1＝Mv2，所以由“人船模型”规律有mx1＝Mx2，又x1＋x2＝(【模型关键】正确找出斜面和物块的位移关系是解题的关键)，解得x2＝0.2 m，即斜面将向右移动0.2 m，选项C正确．
答案：C
5． 解析：小物块与长木板构成的系统动量守恒，设小物块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，以向左为正方向，小物块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，小物块从开始至滑动到最后相对长木板静止过程有mv0＝(M＋m)v2，计算得出v1＝、v2＝，小物块从开始至滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v＋Q＋Ep，且Q＝fL，小物块从开始至滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v＋Q′，Q′＝2fL，由以上各式可以解出Ep、Q、Q′，继而可求出ΔE，故B、D正确，A、C错误．
答案：BD
6． 解析：(1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中，由机械能守恒定律得
(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos θ)
解得v＝
由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v
解得v0＝.
(2)沙箱第一次摆回到最低点时，速度方向相反，大小不变．此时又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，根据动量守恒定律，则有
mv0－(M＋m)v＝(M＋2m)v′
解得v′＝0
根据能量守恒定律，第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为
ΔE＝(M＋m)v2＋mv－0
解得ΔE＝gL(1－cos θ)．
答案：(1)
(2)gL(1－cos θ)
7． 解析：人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得＝＜1，则a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va>mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确．
答案：BD
8．解析：滑块从A滑到B的过程，滑块和小车组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，设滑块到达B点时，滑块的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，则mv1－Mv2＝0，mgR＝mv＋Mv，联立解得v1＝，v2＝，A、B错误；弹簧压缩最短时有最大弹性势能，此时滑块与小车共速，由水平方向动量守恒得二者的共同速度为v＝0，由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能为mgR，C错误；滑块从A点运动到B点的过程中，设滑块的位移大小为x1，小车的位移大小为x2，经历时间为t，由水平方向动量守恒变形可得m1t－M2t＝0，即mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝R，联立解得x2＝R，D正确．
答案：D
9．解析：甲、乙质量相同，碰撞均为弹性碰撞，则甲碰乙后，二者交换速度，即甲的速度变为0，乙的速度变为v0，然后乙再碰丙，设乙碰丙后二者的速度为v乙、v丙，取水平向右为正方向，则由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv乙＋2mv丙，mv＝mv＋×2mv，联立解得v乙＝－v0，v丙＝v0，丙球向右以v0的速度运动，动量大小为2m×v0＝mv0，B错误；乙球向左运动与甲再次碰撞，交换速度，乙的速度变为0，甲的速度变为－v0，三个球碰撞结束后，乙静止，A正确；乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为W＝mv－mv＝－mv，C错误；乙、丙碰撞过程中，对丙由动量定理可得乙对丙的冲量大小为I＝2m×v0－0＝mv0，D正确．
答案：AD
10． 解析：(1)根据题意可知，球1第一次经过P点后瞬间的速度大小为2v0
在P点，由圆周运动知识有F向＝m＝.
(2)两小球第一次发生弹性碰撞后瞬间，速度大小相等，设为v，分析可知，速度方向相反，由动量守恒定律有m·2v0＝－mv＋m0v
由机械能守恒定律有m(2v0)2＝mv2＋m0v2
联立解得m0＝3m.
答案：(1) (2)3m
