规范快练(二十一) 动量守恒定律及其应用一、单项选择题 1.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A ．锤子抡起的过程中，车向右运动B ．锤子下落的过程中，车向左运动C ．锤子抡至最高点时，车的速度为0D ．锤子敲击车瞬间，车向左运动2．在平静的水面上有一条以速度v 0匀速前进的载人小船，船的质量为M ，人的质量为m .开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v 向船行进的反方向行走时，设船的速度为u .由动量守恒定律，下列表达式成立的是( )A ．(M ＋m )v 0＝Mu ＋m vB ．(M ＋m )v 0＝Mu ＋m (v －u )C ．(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －u )D ．(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －v 0) 3.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成，又称花式台球．如图在某次击球过程中，白球以3 m/s 的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )A ．白球静止，黑球以3 m/s 的速度向右运动B ．黑球静止，白球以3 m/s 的速度反弹向左运动C ．白球和黑球都以1.5 m/s 的速度向右运动D ．白球以3 m/s 的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s 的速度向右运动 4.[2020·廊坊模拟]如图所示，质量为m 的人站立于质量为M 的平板车上，人与车以大小为v 0的速度在光滑水平面上向东运动．某时刻人相对平板车以大小为v 0的速度竖直跳起，人跳起后车的速度大小为( )A ．v 0－v 1B ．v 0 C.M ＋m M v 0 D.M －m M v 05.[2020·江西临川一中质检]我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了240多颗不同用途的卫星．火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度．火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度．影响火箭最大速度的因素是() A．火箭向后喷出的气体速度B．火箭开始飞行时的质量C．火箭喷出的气体总质量D．火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比6．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定7．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m1＝50 kg的运动员从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m2＝5 kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H＝1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是()A．运动员和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒B．运动员的初速度v0＝8 m/sC．刚冲上DE轨道时，运动员的速度大小为6 m/sD．运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒二、多项选择题8.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A，B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动D．m从A到C的过程中，M向左运动，m从C到B的过程中M向左运动9.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．已知滑块a的质量为80 g，则下列判断正确的是() A．碰撞前滑块a、b的运动方向相同B．碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/sC．滑块b的质量为100 gD．碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J三、非选择题10．[2020·辽宁大连八中模拟]如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．[2019·四川双流中学模拟]如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为v A＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量m A＝m B＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离x OC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R.12．如图所示光滑轨道OABCD中的AB和CD为水平部分，其中AB部分与CD部分的高度差为h，质量为M的滑块静止在CD轨道上，质量为m的小车(可看成质点)从O点处由静止释放，小车运动到CD部分后与滑块发生了完全弹性碰撞，若两者碰撞后，小车能返回到AB轨道上．(1)请通过计算比较M与m的大小关系．(2)O与A的高度差应满足什么条件？规范快练(二十一)1．解析：车和人(包括锤子)组成的系统在水平方向上不受外力，故系统水平方向动量守恒，即系统水平方向动量始终为零．锤子到最高点时，速度为零，所以车的速度也是零，C 项正确．抡起锤子的过程中，锤子在水平方向上先向右运动，再向左运动，故车先向左再向右运动，同理，锤子下落的过程中，车先向左后向右运动，A 、B 项错误；锤子敲击车瞬间，锤子具有向左的速度，车向右运动，D 项错误．答案：C2．解析：由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时v 船＝v 人＝v 0，v 船′＝u 时，v 人＝－(v －u )，根据动量守恒定律得(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －u )，所以选项C 正确．答案：C3．解析：设每个球质量为m .取碰撞前白球的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m v 0＝m v 白＋m v 黑，由动能守恒可得12m v 20＝12m v 2白＋12m v 2黑，联立解得v 白＝0 m/s ，v 黑＝3 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：本题应用动量守恒定律要注意方向性，本题中人竖直跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平方向动量不变．人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，取向东为正方向，根据水平方向动量守恒得(m ＋M )v 0＝(m ＋M )v ，得人跳起后车的速度大小为v ＝v 0.方向向东，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B5．解析：分别用M 、m 表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v 0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程动量守恒，有m v －(M －m )v 0＝0，即火箭最大速度v ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v 0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D 正确．答案：D6．解析：以两滑块组成的系统为研究对象，碰撞过程系统所受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，取m ＝1 kg ；碰撞前系统总动量：p ＝3m v －m v ＝2m v ； 由动量守恒定律得：3m v －m v ＝m v ′， 解得：v ′＝2v ＝4 m/s ；碰撞前系统机械能：12·3m v 2＋12m v 2＝2m v 2，碰撞后系统的机械能为：12·m (2v )2＝2m v 2，碰撞前后机械能不变，碰撞是弹性碰撞；故选A.答案：A 7．解析：运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m 1＋m 2)gH ＝12(m 1＋m 2)v 2共，v 共＝6 m/s ，A 错误，C 正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 0＝6.6 m/s ，运动员与滑板组成的系统的动能变化量ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2共>0，则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B 、D 错误．答案：C8．解析：A 项，小滑块m 从A 点静止下滑，物体M 与滑块m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M 和m 组成的系统机械能守恒，故A 错误，B 正确；C 项，系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m 从A 到C 的过程中，m 向右运动，M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C 错误，D 正确．答案：BD9．解析：由x - t 图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a 、b 的运动方向相反，选项A错误；碰撞后，滑块b 的速度v b ′＝0－33m/s ＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s ，选项B 错误；磁撞前，滑块a 的速度v a ＝3－81 m/s ＝－5 m/s ，b 的速度v b ＝31m/s ＝3 m/s ，碰后a 的速度是零．两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可得m a v a ＋m b v b ＝m b v b ′，解得m b ＝100 g ，选项C 正确；碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b－12m b v b ′2，解得ΔE k ＝1.4 J ，选项D 正确． 答案：CD10．解析：设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v B 1，则 m v 0＝m v A ＋km v B 1， 12m v 20＝12m v 2A ＋12km v 2B 1， 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B 1＝2k ＋1v 0，设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B 2、v C ，同理可得v B 2＝k －1k ＋1v B 1，代入整理得v B 2＝⎣⎡⎦⎤2k ＋1－4(k ＋1)2v 0；设x ＝2k ＋1，则有v B 2＝(x －x 2)v 0，当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B 2最大，解得k ＝3.答案：311．解析：(1)A 、B 在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2m v 0＝m v A ＋m v B ，根据能量守恒定律可得12·2m v 20＋E ＝12m v 2A ＋12m v 2B ，两式联立并代入数据解得E ＝1 J. (2)由于B 物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg ＝m v 2DR，在B 物体由O 运动到D 的过程中，由动能定理可得－μmgx OC －mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2B ，联立可解得R ＝0.3 m. 答案：(1)1 J (2)0.3 m12．解析：(1)设小车运动到AB 段的速度为v ，运动到C 点时的速度为v m ，则从B 点到C 点过程，有12m v 2m ＝mgh ＋12m v 2，故小车与滑块碰撞前的速度为v m ＝2gh ＋v 2 由于发生完全弹性碰撞，故在碰撞过程中系统的动量和机械能都守恒，故有m v m ＝m v ′m＋M v M ′12m v 2m ＝12m v ′2m ＋12M v ′2M 解得小车碰后的速度为v ′m ＝m －Mm ＋M v m由于小车反弹回来，故有M ＞m . (2)要使小车能返回AB 轨道，则有 12m v ′2m ≥mgh 即(m －M m ＋Mv m )2≥2gh(m －M m ＋M)2(2gh ＋v 2)≥2gh 设O 与A 的高度差为H ，小车从O 点静止下滑到AB 轨道过程中机械能守恒，有mgH ＝12m v 2 联立解得H ≥4mMh(M －m )2.答案：(1)M ＞m (2)H ≥4mMh(M －m )2。