课时分层精练(三十三) 动量守恒定律及其应用
? 基础落实练 ?
1．(多选)[2024·湖南邵阳高三校考期中]如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内，当射击持续了一会儿后停止，则小车( )
A．速度为零
B．将向射击方向作匀速运动
C．将向射击相反方向作匀速运动
D．小车最终停止在初位置的左侧
2．(多选)[2024·全国模拟预测]如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则( )
A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为R
D．小车获得的最大速度为
3．(多选)[2024·辽宁锦州高三统考]汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量都为2.0×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．撞击后，由于A车的质量大于B车，所以A车的速度减小得快
B．碰撞后的瞬间B车的速度大小为4.25 m/s
C.碰撞后的瞬间A车速度的大小为2 m/s
D．碰撞前的瞬间A车速度的大小为5 m/s
4．[2024·重庆八中校考阶段练习]如图所示，A、B两艘小船静止在水面上，人甲站在岸边，人乙站在B船上，人乙与B船的总质量是A船的6倍．现将A船以相对于地面的速度v向左推出，当A船到达岸边时，人甲立即以2v将A船推回，人乙接到A船后，再次将它以速度v向左推出．以此重复，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力且水面静止，则人乙最多可以推船的次数为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
5．水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0).下列说法正确的是( )
A．碰后乙的速度变为零
B．t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
6．[2024·黑龙江佳木斯高三第一中学校考期中]滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收．已知斜面AB的倾角θ＝30°，圆弧CD的半径R＝2 m，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α＝53°，滑板质量m＝4 kg，滑板爱好者的质量M＝60 kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小；
(2)斜面上AB间的距离．
? 素养提升练 ?
7．[2024·江苏高三统考期末]质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点．质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m
A．B球与A球碰前的速度大小为6 m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A球对B球的冲量大小比值为1∶101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m2 m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17 m
9．[2024·山东潍坊模拟]如图所示，一质量M＝0.4 kg、内部间距L＝2 m的“U”形槽静止在水平面上．球1和球2是可看成质点的弹性小球，质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg.开始时两球中间夹有压缩轻质弹簧，弹簧与两球不拴接、长度忽略不计，存储的弹性势能为1.2 J，三者静止在“U”形槽中央．现释放两球，待两球离开弹簧后，立即拿走弹簧．不计一切摩擦，假设所有碰撞时间极短，且无机械能损失．求：
(1)两球脱离弹簧时的速度大小；
(2)球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间，球1与“U”形槽的速度大小；
(3)球2离开弹簧后到与“U”形槽发生第一次碰撞前所经历的时间．
1．解析：整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹进入挡板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，则小车最终停止在初位置的左侧．故选AD.
答案：AD
2．解析：小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有m－2m＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝R，C正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度vm，则有mv1－2mvm＝0，根据机械能守恒得mg·2R＝mv＋×2mv，解得vm＝ ，D正确．故选CD.
答案：CD
3．解析：由题中信息可知，A、B两车质量相等，撞击后，由牛顿第二定律可知μmg＝ma
解得a＝μg＝1 m/s2
故撞击后两车加速度相等，两车速度减小得一样快，A错误；
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2asB
代入数据解得v′B＝3 m/s，B错误；
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′＝2asA
代入数据解得v′A＝2 m/s，C正确；
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mvA＝mv′A＋mv′B
联立并代入数据解得vA＝5 m/s，D正确．
故选CD.
答案：CD
4．解析：取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律可得0＝－mAv＋mBv1
解得v1＝v
当A船向右返回后，B船上的人第二次将A船推出，则有2mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2
可得v2＝v1＋v
设第n（n≥2）次推出A船时，B船的速度大小为vn，由动量守恒定律可得2mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn
解得vn＝vn－1＋v
则有vn＝v1＋（n－1）v（n≥2）
由2v≤vn，可得n≥，则n＝5，即第5次推出A船时，B船上的人乙就不能再接到A船，则人乙最多可以推船的次数为5，A、C、D错误，B正确．故选B.
答案：B
5．解析：由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s（反向），故A项错误；t＝2.5 s时，两滑块之间的距离Δs＝×6×（2.5－1） m＝4.5 m，故B项错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4 m/s＋m2×（－2） m/s，碰后动量p2＝m2×6 m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量关系，碰前E1＝m1×42＋m2×（－2）2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，故C项错误；由速度—时间图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故D项正确．
答案：D
6．解析：（1）对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得
mgR（1－cos 53°）＝mv－0
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝72 N
由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小
F′N＝FN＝72 N
（2）两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑板三者共速v共＝v1 ①
以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得（M＋m）v2－mv1＝（M＋2m）v共 ②
对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，设A到B的距离为L，由动能定理得（M＋m）gL sin 30°＝（M＋m）v－0 ③
联立①②③式解得L＝2.025 m
答案：（1）72 N （2）2.025 m
7．解析：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v
对m有μMgx＝mv2
设相对位移为Δx，对M有－μMg（x＋Δx）＝Mv2－Mv
整理得＝＝
因为m
故B正确，A、C、D错误．故选B.
答案：B
8．解析：由机械能守恒定律可知mgh0＝mv
解得v0＝
两物体落地前的速度v0＝ m/s＝6 m/s，A正确；
根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于合力的冲量I1－m2gt＝m2（v2＋v0）
重力的冲量为I2＝m2gt，＝，B正确；
因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2
得A碰后速度为v1＝1 m/s，计算知m1v＋m2v>m1v＋m2v
碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，C错误；
若不计系统重力的影响，且m2 m1，由动量守恒m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2
不计碰撞损失，由能量关系m1v＋m2v＝m1v＋m2v
联立解得v2＝v0
因m2 m1，则v2＝3v0，则m2球上升的最大高度h2＝9h0＝16.2 m，故D错误．故选AB.
答案：AB
9．解析：（1）对两球从释放到脱离弹簧的过程，由动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2
由能量守恒定律有E＝m1v＋m2v
解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
则球1、球2脱离弹簧时的速度大小分别为4 m/s和2 m/s.
（2）对球1和槽第一次碰撞的过程，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋Mv3
由机械能守恒定律有m1v＝m1v′＋Mv
解得v′1＝－2.4 m/s，v3＝1.6 m/s
则球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间球1和“U”形槽的速度大小分别为2.4 m/s和1.6 m/s.
（3）球1脱离弹簧到与槽碰撞前过程，球1的位移大小为x1＝＝1 m
球1所经历的时间为t＝＝0.25 s
球2位移大小为x2＝v2t＝0.5 m
球1与槽第一次碰撞后到球2与槽第一次碰撞前过程，有v2t′＋v3t′＝－x2
联立解得t′＝ s，可验证此时间内，球2未与球1发生碰撞
总时间为t总＝t＋t′＝ s
则球2离开弹簧后到与槽发生第一次碰撞前所经历的时间为 s.
答案：（1）4 m/s 2 m/s （2）2.4 m/s 1.6 m/s
（3） s
