2019版物理備考精煉微專題輯：第六章 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 微專題48

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精［方法點(diǎn)撥]（1）守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒．（2）應(yīng)用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過(guò)程,即一定要明確研究對(duì)象是誰(shuí)，明確守恒過(guò)程的初、末狀態(tài)．（3）要注意規(guī)定正方向．1．（多選)（2017·北京西城區(qū)模擬）如圖1所示，甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，結(jié)果兩人向相反方向滑去．已知甲的質(zhì)量為45kg，乙的質(zhì)量為50kg.則下列判斷正確的是()圖1A．甲的速率與乙的速率之比為10∶9B．甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為9∶10C．甲對(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為1∶1D．甲的動(dòng)能與乙的動(dòng)能之比為1∶12．（2017·北京石景山區(qū)模擬）如圖2所示，一輕繩上端固定，下端系一木塊，處于靜止?fàn)顟B(tài)．一顆子彈以水平初速度射入木塊內(nèi)(子彈與木塊相互作用時(shí)間極短，可忽略不計(jì)),然后一起向右擺動(dòng)直至達(dá)到最大偏角．從子彈射入木塊到它們擺動(dòng)達(dá)到最大偏角的過(guò)程中，對(duì)子彈和木塊，下列說(shuō)法正確的是（)圖2A．機(jī)械能守恒,動(dòng)量不守恒B．機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒C．機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒D．機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒3．(多選）(2017·福建漳州聯(lián)考）如圖3所示，木塊a和b用一根水平輕彈簧連接起來(lái),放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮,當(dāng)撤去外力后，下列說(shuō)法中正確的是()圖3A．尚未離開(kāi)墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．尚未離開(kāi)墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．離開(kāi)墻壁后，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．離開(kāi)墻壁后,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒4．（多選）（2017·貴州凱里模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對(duì)接，右邊與一個(gè)足夠高的eq\f(1，4)光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5kg和0。5kg?，F(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞,碰撞的時(shí)間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，則()圖4A．A與墻壁碰撞的過(guò)程中，墻壁對(duì)A的平均作用力的大小F＝50NB．A與墻壁碰撞的過(guò)程中沒(méi)有能量損失C．A、B碰撞后的速度v＝3m/sD．A、B滑上圓弧軌道的最大高度h＝0.55m5．(2017·四川成都第一次診斷）如圖5所示,小車(chē)靜止在光滑水平面上,AB是小車(chē)內(nèi)半圓軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半（）圖5A．在相互作用過(guò)程中，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)C．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h6．（多選）（2017·福建漳州八校模擬）如圖6所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B，開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)給A一個(gè)向右的瞬時(shí)沖量,讓A開(kāi)始以速度v0向右運(yùn)動(dòng),若mA〉mB，則()圖6A．當(dāng)彈簧壓縮最短時(shí)，B的速度達(dá)到最大值B．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度一定向右C．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),A的速度一定小于B的速度D．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度可能大于B的速度7．（2017·江西南昌三校第四次聯(lián)考)如圖7所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn),通過(guò)pa段用時(shí)為t.若該微粒經(jīng)過(guò)p點(diǎn)時(shí),與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒，最終打到屏MN上．若兩個(gè)微粒所受重力均忽略，則新微粒運(yùn)動(dòng)的(）圖7A.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將小于tB.軌跡為pc，至屏幕的時(shí)間將大于tC。軌跡為pa，至屏幕的時(shí)間將大于tD.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將等于t8。（多選)（2017·山東淄博一模)如圖8所示，在質(zhì)量為M(含支架）的小車(chē)上用輕繩懸掛一小球，小球質(zhì)量為m0，小車(chē)和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，下列哪些說(shuō)法是可能發(fā)生的(）圖8A．在此碰撞過(guò)程中，小車(chē)、木塊、小球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足（M＋m0）v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車(chē)和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足（M＋m0）v＝Mv1＋mv2C．在此碰撞過(guò)程中,小球的速度不變,小車(chē)和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv＝(M＋m)u＋mv29．(2017·黑龍江大慶模擬)如圖9所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物)分別為12m、14m，兩船沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計(jì)水的阻力）圖910．（2018·山東青島二中模擬）如圖10所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開(kāi)始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng),A與C發(fā)生碰撞（時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。畧D1011．(2018·四川成都第七中學(xué)月考）如圖11所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B、C靜止，物塊B的左側(cè)固定一水平輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))；讓物塊A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí),B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短．那么從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中，求:圖11(1)A、B第一次速度相同時(shí)的速度大小;（2)A、B第二次速度相同時(shí)的速度大小；(3)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能大?。?/p>

答案精析1．AC[兩人在光滑的冰面上,故他們受合力為零，當(dāng)甲推乙時(shí)，二人的總動(dòng)量守恒,故m甲v甲＝m乙v乙，則eq\f(v甲,v乙)＝eq\f（m乙,m甲）＝eq\f(50，45）＝eq\f（10,9)，選項(xiàng)A正確;二人的相互作用力大小相等，方向相反，故甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為二人質(zhì)量的反比，即10∶9，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；二人相互作用的時(shí)間相等,作用力大小相等，故甲對(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為1∶1，選項(xiàng)C正確；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，甲、乙的動(dòng)能不相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．］2．C3．BC[以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在a離開(kāi)墻壁前,除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外，無(wú)其他力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在a尚未離開(kāi)墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤,B正確；當(dāng)a離開(kāi)墻壁，系統(tǒng)水平方向不受外力,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故C正確，D錯(cuò)誤．]4．AC[設(shè)水平向右為正方向，A與墻壁碰撞時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝mAv1′－mA(－v1），解得F＝50N，故A正確．若A與墻壁碰撞時(shí)無(wú)能量損失，A將以速度6m/s水平向右運(yùn)動(dòng)，由題已知碰后的速度大小變?yōu)?m/s，故B錯(cuò)誤．設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv1′＝（mA＋mB)v，解得v＝3m/s，故C正確．A、B在光滑圓弧軌道上滑動(dòng)時(shí),機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2）(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh，解得h＝0。45m，故D錯(cuò)誤．]5．B6．BC[A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),B做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧壓縮到最短，然后B繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，A繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng),所以彈簧壓縮到最短時(shí)，B的速度沒(méi)有達(dá)到最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧壓縮到最短時(shí)，兩者速度相等，然后B繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，A繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),此時(shí)B的速度達(dá)到最大,且大于A的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒有：mAv0＝mAvA＋mBvB,若A的速度方向向左,則mBvB＞mAv0，動(dòng)能Ek＝eq\f（p2,2m)，可知EkB＞Ek0,違背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤．]7．C［帶電粒子和不帶電粒子相碰，遵守動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量不變，總電荷量也保持不變，由Bqv＝meq\f（v2,r）,得：r＝eq\f(mv，qB）＝eq\f(p,qB),p、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變,故軌跡應(yīng)為pa,由周期T＝eq\f（2πm,qB)可知,因m增大，故粒子運(yùn)動(dòng)的周期增大，因所對(duì)應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故新微粒運(yùn)動(dòng)至屏幕所用的時(shí)間將大于t,C正確．]8．CD9．5v0解析設(shè)拋出貨物的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得：乙船與貨物:14mv0＝13mv1－mv甲船與貨物:12m·2v0－mv＝13mv2兩船不相撞的條件是：v2≤v1，解得v≥5v0.10．2m/s解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB）vABA與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC,聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s.11．（1）eq\f(1,2）v0(2)eq\f（1，3）v0（3）eq\f（13，48）mv02解析（1)對(duì)A、B接觸的過(guò)程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r(shí)，由動(dòng)量守恒定律得，mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1，2）v0(2）設(shè)A、B第二次速度相同時(shí)的速度大小為v2，對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝3mv2解得v2＝eq\f(1,3）v0（3)B與C碰撞的瞬間,B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：meq\f(v0,2）＝2mv3解得v3＝eq\f(1，4)v0系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f（1，2）m(eq\f(v0，2)）2－eq\f（1,2）×2m(eq\f(v0，4)