高考物理一輪復習課時作業(yè)十九動量守恒定律及其應用含解析新人教版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-動量守恒定律及其應用(建議用時40分鐘)1.(2020·保定模擬)斜面體P靜止在水平地面上,從斜面上某個位置由靜止釋放一物塊Q,Q沿斜面加速下滑。在Q下滑過程中 ()A.若P保持靜止不動,Q的機械能守恒B.若P保持靜止不動,Q減小的重力勢能可能大于它增加的動能C.若P相對地面滑動,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒D.若P相對地面滑動,P、Q增加的動能之和一定等于Q減少的重力勢能〖解析〗選B。如果斜面是光滑的,物塊Q下滑過程Q的機械能守恒,如果斜面不光滑,物塊Q下滑過程要克服摩擦力做功,機械能不守恒,由于不知道斜面是否光滑,無法確定Q是否機械能守恒,選項A錯誤;若斜面粗糙,減小的重力勢能轉化為動能和內(nèi)能,Q減小的重力勢能大于它增加的動能,選項B正確;如果地面光滑,P、Q系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動量守恒;如果地面不光滑,系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在水平方向動量不守恒;由于未知地面是否光滑,若地面粗糙,水平方向動量不守恒,選項C錯誤;如果地面與斜面都光滑,P、Q增加的動能之和等于Q減少的重力勢能,如果斜面與地面任意一個不光滑或都不光滑,滑動過程會克服摩擦力做功,P、Q增加的動能之和小于Q減少的重力勢能,選項D錯誤?！技庸逃柧殹饺鐖D所示,一只內(nèi)壁光滑的半球形碗固定在小車上,小車靜止在光滑水平面上。在小車最右邊的碗邊A處無初速度釋放一只質(zhì)量為m的小球。則在小球沿碗內(nèi)壁下滑的過程中,下列說法正確的是(碗的半徑為R,重力加速度為g) ()A.小球、碗和車組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球的最大速度等于C.小球、碗和車組成的系統(tǒng)動量守恒D.小球不能運動到碗左側的碗邊B點〖解析〗選A。當小球在碗內(nèi)運動時,由于忽略摩擦力,在小球運動的過程中,只有重力對小球做功,故小球、碗和車組成的系統(tǒng)的機械能守恒,選項A正確;當碗靜止不動時,小球滑到最低點時的速度才是,現(xiàn)在碗在小車上是運動的,故小球的最大速度不等于,選項B錯誤;當小球在碗內(nèi)運動時,在水平方向上不受外力的作用,故在水平方向上動量守恒,但在豎直方向上的動量是不守恒的,選項C錯誤;因為機械能守恒,小球從右側滑下時小車會向右做加速運動,當小球滑上左側時,小車又會做減速運動,到最后小車與球在B點相對靜止,所以小球能夠運動到B點,選項D錯誤。2.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置,控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為 ()A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)〖解析〗選D。系統(tǒng)分離前后,動量守恒:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),選項A、B、C錯誤,D正確。3.(多選)如圖所示,光滑圓弧槽面末端切線水平,并靜置一質(zhì)量為M2的小球Q,另一質(zhì)量為M1的小球P從槽面上某點由靜止釋放,沿槽面滑至槽口處與Q球正碰,設碰撞過程中無機械能損失,小球P與小球Q落地點到O點水平距離之比為1∶3,則P、Q兩球的質(zhì)量之比可能是 ()A.3∶1 B.3∶5 C.2∶3 D.1∶7〖解析〗選A、B。小球離開圓弧槽面后做平拋運動,水平位移:x=vt,由于小球做平拋運動拋出點的高度相等,球做平拋運動的時間t相等,則兩球做平拋運動的速度與水平位移成正比,設兩個小球做平拋運動的速度大小分別為v1和v2,則v1∶v2=x1∶x2=1∶3,兩球碰撞過程無機械能損失,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,取水平向右為正方向,由動量守恒定律得M1v0=M1v1+M2v2,由機械能守恒定律得M1=M1+M2,解得v1=v0,v2=v0,若碰撞后二者的方向相同,則可得:3(M1-M2)=2M1,則=;若碰撞后二者的方向相反,則可得:-3(M1-M2)=2M1,則=,由以上的分析可知,選項A、B正確,C、D錯誤。4.(多選)(2020·大連模擬)如圖甲所示,在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2,圖乙為它們碰撞前后的s-t(位移—時間)圖象,已知m1=0.1kg。由此可以判斷 ()A.碰前m2向左勻速運動,m1向右加速運動B.m2=0.3kgC.碰后m2和m1動量大小相等D.碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒〖解題指導〗解答本題應注意以下兩點:(1)s-t(位移-時間)圖象的斜率等于速度,由數(shù)學知識求出碰撞前后兩球的速度,分析碰撞前后兩球的運動情況。(2)根據(jù)動量守恒定律求解兩球質(zhì)量關系,由能量守恒定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能?！冀馕觥竭xB、D。由s-t(位移-時間)圖象的斜率得到,碰前m2的位移不隨時間而變化,處于靜止。m1速度大小為v1==4m/s,方向只有向右才能與m2相撞,選項A錯誤;由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′=2m/s,v1′=-2m/s,根據(jù)動量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得m2=0.3kg,選項B正確;碰后m2和m1速度大小相等,但是質(zhì)量不等,則動量大小不相等,選項C錯誤;碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=m1-m1v-m2v,代入解得ΔE=0,故碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒,選項D正確。5.(創(chuàng)新題)(多選)某同學想用氣墊導軌模擬“人船模型”。該同學到實驗室里,將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導軌上(不計摩擦)并接通電源。該同學又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端,在食物的誘惑下,蝸牛從該端移動到另一端。下面說法正確的是 ()A.只有蝸牛運動,滑塊不運動B.滑塊運動的距離是LC.蝸牛運動的位移大小是滑塊的倍D.滑塊與蝸牛運動的距離之和為L〖解析〗選C、D。蝸牛從滑塊的一端移動到另一端的過程中,蝸牛和滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)的動量守恒,系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài),總動量為零,根據(jù)動量守恒定律可知,蝸牛運動后,系統(tǒng)的總動量仍為零,所以蝸牛運動時,滑塊會向相反的方向運動,而不會靜止不動,選項A錯誤;取滑塊的運動方向為正,蝸牛從滑塊的一端移動到另一端時,滑塊與蝸牛運動的位移之和為L。設滑塊運動的位移大小為x1,蝸牛運動的位移大小為x2。根據(jù)動量守恒定律得M-m=0,可得=,即蝸牛運動的位移是滑塊的倍。又由x1+x2=L,得x1=,選項B錯誤,C、D正確?！碱}后反思〗求解“人船模型”問題的注意事項(1)“人船模型”適用于由兩物體組成的系統(tǒng),當滿足動量守恒條件(含某一方向動量守恒)且系統(tǒng)的總動量為零時,若其中一個物體向某一方向運動,則另一個物體向相反方向運動的情況。(2)畫草圖:解題時要畫出兩物體的位移關系草圖,找出各位移間的關系,注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移,一般是對地的位移。6.(2021·吉林模擬)冰壺運動已列入冬季奧運會運動項目中,我國運動員現(xiàn)正在積極備戰(zhàn)2022年北京冬奧會。冰壺運動場地如圖所示,兩支隊伍的冰壺完全相同(可視為質(zhì)點),一支隊伍的運動員將本方冰壺M以v0=4m/s的速度從本方前擲線A上發(fā)出向?qū)Ψ奖鶋豊撞去。冰壺M、N與雙方營壘圓心在同一條直線上,已知雙方營壘前擲線A、B之間距離L=10m,N與B距離L1=2m,N與本方營壘圓心距離L2=0.64m,營壘直徑D=1.5m,每個冰壺質(zhì)量均為10kg,冰壺與冰面動摩擦因數(shù)μ=0.05,M、N碰撞后M恰好運動到對方營壘圓心,重力加速度g取10m/s2。求:(1)碰撞后冰壺N運動的距離,冰壺N是否被碰出了營壘?(2)通過計算說明兩冰壺的碰撞是否是彈性碰撞?！冀馕觥?1)設冰壺M與N碰撞前瞬間速度為vM,從前擲線A到碰撞前瞬間過程中,由速度位移關系式及牛頓第二定律有=-2aμmg=ma解得vM=2m/s依題意有:碰撞后M的速度為vM′==0.8m/s碰撞的過程中由動量守恒定律有mvM=mvM′+mvN解得vN=1.2m/s碰撞后N運動的距離為LN==1.44m因為LN-L2=0.8m>=0.75m所以冰壺N被碰出了營壘(2)冰壺M與N碰撞前瞬間系統(tǒng)的動能為Ek=m=20JM與N碰撞后瞬間系統(tǒng)的動能為E′k=mv+m=10.4JM與N碰撞過程中系統(tǒng)動能的損失為ΔE=9.6J所以兩冰壺的碰撞是非彈性碰撞〖答案〗:(1)1.44m,冰壺N被碰出了營壘(2)計算過程見〖解析〗,不是彈性碰撞7.(2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動,甲追上乙,并與乙發(fā)生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為 ()A.3JB.4JC.5JD.6J〖解題指導〗解答本題應注意以下三點:(1)利用v-t圖象明確甲、乙碰撞前后的速度大小。(2)根據(jù)動量守恒定律求解物塊乙的質(zhì)量。(3)兩物塊碰前與碰后動能之差即為碰撞過程損失的機械能?！冀馕觥竭xA。由圖象可知,碰撞前的速度v甲=5m/s,v乙=1m/s,碰撞后的速度v甲′=-1m/s,v乙′=2m/s,由動量守恒定律可得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′,解得m乙=6kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙=3J,A正確。8.(2021·玉溪模擬)如圖所示,A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧,放在平板小車C上后,A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑,則在細繩被剪斷后,A、B從C上未滑離之前,A、B在C上向相反方向滑動的過程中 ()A.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒D.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒〖解析〗選D。當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時,彈簧的彈力為內(nèi)力,而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,動量不守恒;當A、B與C之間的摩擦力大小相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng),彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力,無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等,系統(tǒng)所受的合外力均為零,系統(tǒng)的動量守恒。故選項D正確。9.甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動,它們的動量分別是p1=5kg·m/s,p2=7kg·m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s,則二球質(zhì)量m1與m2間的關系可能是 ()A.m1=m2 B.2m1=m2C.4m1=m2 D.6m1=m2〖解析〗選C。根據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′,解得:p1′=2kg·m/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加,則有+≤+。代入數(shù)據(jù)解得≤,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,則有≤,代入數(shù)據(jù)解得≥,綜上有≤≤,選項A、B、D錯誤,C正確。10.(創(chuàng)新題)(多選)如圖甲所示,物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧,整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上,其中A物塊最初與左側固定的豎直擋板相接觸,B物塊質(zhì)量為2kg。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定,在A離開擋板后,B物塊的v-t圖象如圖乙所示,則下列哪些說法是錯誤的()A.A的質(zhì)量為2kgB.運動過程中A的最大速度為vA=4m/sC.在A離開擋板前,系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D.在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為4J〖解析〗選A、C、D。彈簧伸長到最長時彈力最大,B的加速度最大,此時AB共速,由題圖乙知,AB共同速度為v共=2m/s,A剛離開擋板時B的速度為v0=3m/s。在A離開擋板后,取向右為正方向,由動量守恒定律有mBv0=mAv共+mBv共,解得mA=1kg,選項A錯誤;當彈簧第二次恢復原長時A的速度最大,由mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB,解得A的最大速度vA=4m/s,選項B正確;在A離開擋板前,由于擋板對A有作用力,A、B系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒,選項C錯誤;分析A離開擋板后A、B的運動過程,并結合圖象數(shù)據(jù)可知,彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共=2m/s,根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=mB-(mA+mB),聯(lián)立解得:彈簧的最大彈性勢能Ep=3J,選項D錯誤。11.如圖所示,在光滑水平面上靜止放置質(zhì)量m1=0.4kg的薄木板AB(厚度忽略不計)和質(zhì)量m2=0.2kg的圓弧軌道CD,木板AB上表面粗糙,CD是上表面光滑的半徑為R=0.5m的四分之一圓弧,它們緊靠在一起。一質(zhì)量為m=0.2kg可視為質(zhì)點的物塊P,從木板AB的右端以初速度v0=5m/s滑上木板,到達木板最左端B點時的速度為vB=2m/s,然后又滑上圓弧軌道CD。若物塊P與木板AB間的動摩擦因數(shù)為μ=0.45,g取10m/s2。求:(1)物塊P滑到木板左端時,木板的速度vAB的大小;(2)木板的長度L;(3)物塊在圓弧軌道CD上上升的最大高度h;(4)圓弧軌道CD最終速度v2的大小?！冀馕觥?1)物塊P在AB上滑動時,三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律有mv0=mvB+(m1+m2)vAB解得vAB=1m/s(2)由能量守恒定律有μmgL=m-m-(m1+m2),解得L=2m(3)物塊滑上圓弧軌道,上升到最大高度的過程,根據(jù)動量守恒有mvB+m2vAB=(m+m2)v根據(jù)能量守恒有m+m2-(m+m2)v2=mgh解得h=0.025m(4)物塊P與圓弧軌道CD分離瞬間,在它們相互作用的過程中,以向左為正方向,在水平方向上,由動量守恒定律有mvB+m2vAB=mv′+m2v2由能量守恒定律有m+m2=mv′2+m2解得v2=2m/s〖答案〗:(1)1m/s(2)2m(3)0.025m(4)2m〖加固訓練〗(2020·廣州模擬)如圖甲所示,足夠長的木板A靜止在水平面上,其右端疊放著小物塊B,左端恰好在O點。水平面以O點為界,左側光滑、右側粗糙。物塊C(可以看成質(zhì)點)和D間夾著一根被壓縮的輕彈簧,并用細線鎖住,兩者以共同速度v0=6m/s向右運動,某時刻細線突然斷開,C和彈簧分離后撤去D,C與A碰撞(碰撞時間極短)并與A粘連,此后1s時間內(nèi),A、C及B的速度—時間圖象如圖乙所示。已知A、B、C、D的質(zhì)量均為m=1kg,A、C與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)相同,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板A與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)及B與A間的動摩擦因數(shù);(2)細線斷開之前彈簧的彈性勢能;(3)從AC粘連到AC靜止的過程中,AC與水平面間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能?！冀馕觥?1)設A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,B與A上表面間的動摩擦因數(shù)為μ′,由題圖乙可知,0～1s內(nèi),A、C整體做勻減速運動的加速度aA1=3.5m/s2B做勻加速運動的加速度aB1=1m/s2對A、C整體有-3μmg-μ′mg=-2maA1對B有μ′mg=maB1解得μ′=0.1,μ=0.2(2)C與A碰撞過程中動量守恒,有mvC=2mvA其中vA=4.5m/s解得vC=9m/s彈簧彈開過程中,C、D系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律有2mv0=mvC+mvD解得vD=3m/s彈簧彈開過程中,C、D及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒,則有·2m+Ep=·m+·m解得Ep=9J(3)由題圖乙可知:0～1s內(nèi)A向右運動的位移x1=×1m=2.75mAB速度相等后,B的最大加速度aB2=-μ′g=-1m/s2假設ABC能一起做勻減速直線運動,則ABC整體的加速度a共==-2m/s2因|a共|>|aB2|,所以ABC不能一起做勻減速直線運動,B的加速度aB2=-μ′g=-1m/s2AC整體的加速度aA2==-2.5m/s2因|aA2|>|aB2|,所以AC整體先停止運動;AC整體由速度為1m/s減速到停止的運動時間為t=s=0.4s在0.4s內(nèi)A向右運動的位移x2=vt=0.2mA的總位移x=x1+x2=2.95mQ=W=3μmg·x=6×2.95J=17.7J〖答案〗:(1)0.20.1(2)9J(3)17.7J動量守恒定律及其應用(建議用時40分鐘)1.(2020·保定模擬)斜面體P靜止在水平地面上,從斜面上某個位置由靜止釋放一物塊Q,Q沿斜面加速下滑。在Q下滑過程中 ()A.若P保持靜止不動,Q的機械能守恒B.若P保持靜止不動,Q減小的重力勢能可能大于它增加的動能C.若P相對地面滑動,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒D.若P相對地面滑動,P、Q增加的動能之和一定等于Q減少的重力勢能〖解析〗選B。如果斜面是光滑的,物塊Q下滑過程Q的機械能守恒,如果斜面不光滑,物塊Q下滑過程要克服摩擦力做功,機械能不守恒,由于不知道斜面是否光滑,無法確定Q是否機械能守恒,選項A錯誤;若斜面粗糙,減小的重力勢能轉化為動能和內(nèi)能,Q減小的重力勢能大于它增加的動能,選項B正確;如果地面光滑,P、Q系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動量守恒;如果地面不光滑,系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在水平方向動量不守恒;由于未知地面是否光滑,若地面粗糙,水平方向動量不守恒,選項C錯誤;如果地面與斜面都光滑,P、Q增加的動能之和等于Q減少的重力勢能,如果斜面與地面任意一個不光滑或都不光滑,滑動過程會克服摩擦力做功,P、Q增加的動能之和小于Q減少的重力勢能,選項D錯誤。〖加固訓練〗如圖所示,一只內(nèi)壁光滑的半球形碗固定在小車上,小車靜止在光滑水平面上。在小車最右邊的碗邊A處無初速度釋放一只質(zhì)量為m的小球。則在小球沿碗內(nèi)壁下滑的過程中,下列說法正確的是(碗的半徑為R,重力加速度為g) ()A.小球、碗和車組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球的最大速度等于C.小球、碗和車組成的系統(tǒng)動量守恒D.小球不能運動到碗左側的碗邊B點〖解析〗選A。當小球在碗內(nèi)運動時,由于忽略摩擦力,在小球運動的過程中,只有重力對小球做功,故小球、碗和車組成的系統(tǒng)的機械能守恒,選項A正確;當碗靜止不動時,小球滑到最低點時的速度才是,現(xiàn)在碗在小車上是運動的,故小球的最大速度不等于,選項B錯誤;當小球在碗內(nèi)運動時,在水平方向上不受外力的作用,故在水平方向上動量守恒,但在豎直方向上的動量是不守恒的,選項C錯誤;因為機械能守恒,小球從右側滑下時小車會向右做加速運動,當小球滑上左側時,小車又會做減速運動,到最后小車與球在B點相對靜止,所以小球能夠運動到B點,選項D錯誤。2.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置,控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為 ()A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)〖解析〗選D。系統(tǒng)分離前后,動量守恒:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),選項A、B、C錯誤,D正確。3.(多選)如圖所示,光滑圓弧槽面末端切線水平,并靜置一質(zhì)量為M2的小球Q,另一質(zhì)量為M1的小球P從槽面上某點由靜止釋放,沿槽面滑至槽口處與Q球正碰,設碰撞過程中無機械能損失,小球P與小球Q落地點到O點水平距離之比為1∶3,則P、Q兩球的質(zhì)量之比可能是 ()A.3∶1 B.3∶5 C.2∶3 D.1∶7〖解析〗選A、B。小球離開圓弧槽面后做平拋運動,水平位移:x=vt,由于小球做平拋運動拋出點的高度相等,球做平拋運動的時間t相等,則兩球做平拋運動的速度與水平位移成正比,設兩個小球做平拋運動的速度大小分別為v1和v2,則v1∶v2=x1∶x2=1∶3,兩球碰撞過程無機械能損失,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,取水平向右為正方向,由動量守恒定律得M1v0=M1v1+M2v2,由機械能守恒定律得M1=M1+M2,解得v1=v0,v2=v0,若碰撞后二者的方向相同,則可得:3(M1-M2)=2M1,則=;若碰撞后二者的方向相反,則可得:-3(M1-M2)=2M1,則=,由以上的分析可知,選項A、B正確,C、D錯誤。4.(多選)(2020·大連模擬)如圖甲所示,在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2,圖乙為它們碰撞前后的s-t(位移—時間)圖象,已知m1=0.1kg。由此可以判斷 ()A.碰前m2向左勻速運動,m1向右加速運動B.m2=0.3kgC.碰后m2和m1動量大小相等D.碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒〖解題指導〗解答本題應注意以下兩點:(1)s-t(位移-時間)圖象的斜率等于速度,由數(shù)學知識求出碰撞前后兩球的速度,分析碰撞前后兩球的運動情況。(2)根據(jù)動量守恒定律求解兩球質(zhì)量關系,由能量守恒定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。〖解析〗選B、D。由s-t(位移-時間)圖象的斜率得到,碰前m2的位移不隨時間而變化,處于靜止。m1速度大小為v1==4m/s,方向只有向右才能與m2相撞,選項A錯誤;由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′=2m/s,v1′=-2m/s,根據(jù)動量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得m2=0.3kg,選項B正確;碰后m2和m1速度大小相等,但是質(zhì)量不等,則動量大小不相等,選項C錯誤;碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=m1-m1v-m2v,代入解得ΔE=0,故碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒,選項D正確。5.(創(chuàng)新題)(多選)某同學想用氣墊導軌模擬“人船模型”。該同學到實驗室里,將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導軌上(不計摩擦)并接通電源。該同學又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端,在食物的誘惑下,蝸牛從該端移動到另一端。下面說法正確的是 ()A.只有蝸牛運動,滑塊不運動B.滑塊運動的距離是LC.蝸牛運動的位移大小是滑塊的倍D.滑塊與蝸牛運動的距離之和為L〖解析〗選C、D。蝸牛從滑塊的一端移動到另一端的過程中,蝸牛和滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)的動量守恒,系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài),總動量為零,根據(jù)動量守恒定律可知,蝸牛運動后,系統(tǒng)的總動量仍為零,所以蝸牛運動時,滑塊會向相反的方向運動,而不會靜止不動,選項A錯誤;取滑塊的運動方向為正,蝸牛從滑塊的一端移動到另一端時,滑塊與蝸牛運動的位移之和為L。設滑塊運動的位移大小為x1,蝸牛運動的位移大小為x2。根據(jù)動量守恒定律得M-m=0,可得=,即蝸牛運動的位移是滑塊的倍。又由x1+x2=L,得x1=,選項B錯誤,C、D正確?！碱}后反思〗求解“人船模型”問題的注意事項(1)“人船模型”適用于由兩物體組成的系統(tǒng),當滿足動量守恒條件(含某一方向動量守恒)且系統(tǒng)的總動量為零時,若其中一個物體向某一方向運動,則另一個物體向相反方向運動的情況。(2)畫草圖:解題時要畫出兩物體的位移關系草圖,找出各位移間的關系,注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移,一般是對地的位移。6.(2021·吉林模擬)冰壺運動已列入冬季奧運會運動項目中,我國運動員現(xiàn)正在積極備戰(zhàn)2022年北京冬奧會。冰壺運動場地如圖所示,兩支隊伍的冰壺完全相同(可視為質(zhì)點),一支隊伍的運動員將本方冰壺M以v0=4m/s的速度從本方前擲線A上發(fā)出向?qū)Ψ奖鶋豊撞去。冰壺M、N與雙方營壘圓心在同一條直線上,已知雙方營壘前擲線A、B之間距離L=10m,N與B距離L1=2m,N與本方營壘圓心距離L2=0.64m,營壘直徑D=1.5m,每個冰壺質(zhì)量均為10kg,冰壺與冰面動摩擦因數(shù)μ=0.05,M、N碰撞后M恰好運動到對方營壘圓心,重力加速度g取10m/s2。求:(1)碰撞后冰壺N運動的距離,冰壺N是否被碰出了營壘?(2)通過計算說明兩冰壺的碰撞是否是彈性碰撞。〖解析〗(1)設冰壺M與N碰撞前瞬間速度為vM,從前擲線A到碰撞前瞬間過程中,由速度位移關系式及牛頓第二定律有=-2aμmg=ma解得vM=2m/s依題意有:碰撞后M的速度為vM′==0.8m/s碰撞的過程中由動量守恒定律有mvM=mvM′+mvN解得vN=1.2m/s碰撞后N運動的距離為LN==1.44m因為LN-L2=0.8m>=0.75m所以冰壺N被碰出了營壘(2)冰壺M與N碰撞前瞬間系統(tǒng)的動能為Ek=m=20JM與N碰撞后瞬間系統(tǒng)的動能為E′k=mv+m=10.4JM與N碰撞過程中系統(tǒng)動能的損失為ΔE=9.6J所以兩冰壺的碰撞是非彈性碰撞〖答案〗:(1)1.44m,冰壺N被碰出了營壘(2)計算過程見〖解析〗,不是彈性碰撞7.(2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動,甲追上乙,并與乙發(fā)生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為 ()A.3JB.4JC.5JD.6J〖解題指導〗解答本題應注意以下三點:(1)利用v-t圖象明確甲、乙碰撞前后的速度大小。(2)根據(jù)動量守恒定律求解物塊乙的質(zhì)量。(3)兩物塊碰前與碰后動能之差即為碰撞過程損失的機械能?！冀馕觥竭xA。由圖象可知,碰撞前的速度v甲=5m/s,v乙=1m/s,碰撞后的速度v甲′=-1m/s,v乙′=2m/s,由動量守恒定律可得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′,解得m乙=6kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙=3J,A正確。8.(2021·玉溪模擬)如圖所示,A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧,放在平板小車C上后,A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑,則在細繩被剪斷后,A、B從C上未滑離之前,A、B在C上向相反方向滑動的過程中 ()A.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒D.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒〖解析〗選D。當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時,彈簧的彈力為內(nèi)力,而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,動量不守恒;當A、B與C之間的摩擦力大小相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng),彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力,無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等,系統(tǒng)所受的合外力均為零,系統(tǒng)的動量守恒。故選項D正確。9.甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動,它們的動量分別是p1=5kg·m/s,p2=7kg·m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s,則二球質(zhì)量m1與m2間的關系可能是 ()A.m1=m2 B.2m1=m2C.4m1=m2 D.6m1=m2〖解析〗選C。根據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′,解得:p1′=2kg·m/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加,則有+≤+。代入數(shù)據(jù)解得≤,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,則有≤,代入數(shù)據(jù)解得≥,綜上有≤≤,選項A、B、D錯誤,C正確。10.(創(chuàng)新題)(多選)如圖甲所示,物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧,整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上,其中A物塊最初與左側固定的豎直擋板相接觸,B物塊質(zhì)量為2kg。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定,在A離開擋板后,B物塊的v-t圖象如圖乙所示,則下列哪些說法是錯誤的()A.A的質(zhì)量為2kgB.運動過程中A的最大速度為vA=4m/sC.在A離開擋板前,系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D.在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為4J〖解析〗選A、C、D。彈簧伸長到最長時彈力最大,B的加速度最大,此時AB共速,由題圖乙知,AB共同速度為v共=2m/s,A剛離開擋板時B的速度為v0=3m/s。在A離開擋板后,取向右為正方向,由動量守恒定律有mBv0=mAv共+mBv共,解得mA=1kg,選項A錯誤;當彈簧第二次恢復原長時A的速度最大,由mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB,解得A的最大速度vA=4m/s,選項B正確;在A離開擋板前,由于擋板對A有作用力,A、B系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒,選項C錯誤;分析A離開擋板后A、B的運動過程,并結合圖象數(shù)據(jù)可知,彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共=2m/s,根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=mB-(mA+mB),聯(lián)立解得:彈簧的最大彈性勢能Ep=3J,選項D錯誤。11.如圖所示,在光滑水平面上靜止放置質(zhì)量m1=0.4kg的薄木板AB(厚度忽略不計)和質(zhì)量m2=0.2kg的圓弧軌道CD,木板AB上表面粗糙,CD是上表面光滑的半徑為R=0.5m的四分之一圓弧,它們緊靠在一起。一質(zhì)量為m=0.2kg可視為質(zhì)點的物塊P,從木板AB的右端以初速度v0=5m/s滑上木板,到達木板最左端B點時的速度為vB=2m/s,然后又滑上圓弧軌道CD。若物塊P與木板AB間的動摩擦因數(shù)為μ=0.45,g取10m/s2。求:(1)物塊P滑到木板左端時,木板的速度vAB的