微專題47動量守恒定律及應用1．守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒.2.應用關鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)．碰撞問題中碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過程的初、末狀態(tài)．1．(多選)對于以下四幅圖所反映的物理過程，下列說法正確的是()A．圖甲中子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能減少B．圖乙中M、N兩木塊放在光滑水平面上，剪斷M、N兩木塊之間的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能增加C．圖丙中細線斷裂后，木球和鐵球在水中運動的過程，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒D．圖丁中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，機械能一定守恒答案AC解析題圖甲中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由于存在摩擦力，機械能有損失，故A正確；題圖乙中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷M、N兩木塊之間的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩木塊的動能，系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；題圖丙中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過程中，所受合外力為零，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由于水的浮力對兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C正確；題圖丁中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機械能可能有損失，故D錯誤．2．羽毛球運動是人們?nèi)粘；顒又凶钍軞g迎的運動項目之一，若羽毛球以某一水平初速度擊中靜止在水平地面上的紙箱，使其瞬間卡在紙箱側(cè)壁上，發(fā)現(xiàn)羽毛球與紙箱一起滑行的距離為L.已知羽毛球質(zhì)量為5g，紙箱的質(zhì)量為2.495kg，紙箱與地面間動摩擦因數(shù)μ＝0.1，滑行距離L＝2cm，g取10m/s2.則羽毛球擊中紙箱的初速度是()A．0.1m/s B．1m/sC．10m/s D．100m/s答案D解析設羽毛球擊中紙箱的初速度為v，羽毛球剛擊中紙箱時與紙箱一起滑行的速度為v′，由動量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′羽毛球與紙箱一起滑行時，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝μ(m＋M)gL，解得v≈100m/s，故選D.3．2022年第24屆冬奧會在北京舉行，其中冰壺比賽是冬奧會項目之一．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力．如圖(a)所示，藍壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰．若碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖(b)所示．關于冰壺的運動，下列說法正確的是()A．碰撞后在冰面滑行的過程中，藍壺受到的阻力比紅壺的大B．碰撞后，藍壺運動的加速度大小為0.1m/s2C．碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.1mD．兩壺碰撞是彈性碰撞答案C解析根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以藍壺受到的阻力比紅壺的小，故A錯誤；m/s，碰后紅壺的速度v0′＝0.4m/s，設碰后藍壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s.根據(jù)圖像可得，紅壺碰前的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.2m/s2，所以藍壺靜止的時刻為t＝eq\f(v,a1)＝6s，碰后藍壺的加速度大小為a′＝eq\f(v,Δt2)＝0.12m/s2，故B錯誤．碰后兩壺相距的最遠距離Δx＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，碰撞前兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mv02＝0.5m，碰撞后兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故C正確，D錯誤．4．如圖所示，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、同一方向運動，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后恰好不相撞(不計水的阻力)，求：(1)甲船上的人接住貨物后的速度大小；(2)乙船上的人拋出貨物的速度(相對于地面)．答案(1)eq\f(19,13)v0(2)5v0，方向向左．解析(1)恰好不相撞時，兩船速度相等，甲、乙兩船及貨物滿足動量守恒，取向右為正方向12m×2v0＋14mv0＝(12m＋14m)v，解得v＝eq\f(19,13)v0(2)乙船上的人拋出貨物時，乙船和貨物滿足動量守恒，取向右為正方向14mv0＝13mv＋mv1可得拋出貨物的速度v1＝－5v0因此拋出貨物速度大小為5v0，方向向左．5．如圖所示，冰雪滑道的B點的左側(cè)是粗糙的水平軌道，右側(cè)是光滑的曲面軌道，左右兩側(cè)平滑連接．質(zhì)量m＝20kg的小孩從滑道頂端A點由靜止開始下滑，經(jīng)過B點時被靜止的質(zhì)量M＝60kg的家長抱住，一起滑行到C點(圖中未畫出)停下．已知A點高度h＝5m，人與水平滑道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)小孩剛到B點時的速度大小v；(2)家長抱住小孩的瞬間，小孩和家長組成的系統(tǒng)損失的機械能；(3)B、C間的距離s.答案(1)10m/s(2)750J(3)eq\f(25,16)m解析(1)曲面光滑，小孩下滑過程機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)據(jù)解得vB＝10m/s(2)家長抱住小孩過程，家長與小孩組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得mvB＝(m＋M)v代入數(shù)據(jù)解得v＝2.5m/s小孩和家長組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝750J(3)小孩和家長組成的系統(tǒng)以共同速度v向左做勻減速直線運動，由動能定理得－μ(m＋M)gs＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得s＝eq\f(25,16)m.6．如圖所示，半徑R＝5m的光滑圓弧軌道BC與光滑斜面AB相切于B點、與粗糙水平面CD相切于C點，圓弧對應的圓心角θ＝37°.一質(zhì)量m1＝0.6kg的小物塊P從斜面上A點由靜止開始沿軌道下滑，然后與靜止在水平面左端的小物塊Q發(fā)生碰撞并粘連在一起，碰撞時間極短．已知A、B兩點間距l(xiāng)＝eq\f(20,3)m，小物塊Q的質(zhì)量m2＝0.4kg，小物塊P、Q與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.6，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小物塊P滑到圓弧底端C點與小物塊Q碰前瞬間對軌道的壓力大小；(2)碰后物塊整體沿水平面滑動的距離．答案(1)18N(2)3m解析(1)小物塊P從A點到C點的運動過程，由動能定理得m1glsin37°＋m1gR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)m1v12解得v1＝10m/s小物塊P滑到圓弧底端C點時FN－m1g＝eq\f(m1v\o\al(12),R)由牛頓第三定律FN′＝FN解得FN′＝18N(2)小物塊P與靜止在水平面左端的小物塊Q碰撞并粘連在一起，取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝6m/s小物塊P和小物塊Q整體的加速度為a，由牛頓第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a小物塊P和小物塊Q整體做勻減速運動2ax＝v22解得x＝3m.7.在一種新的子母球表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B，從距地面高度為3h和h的地方同時由靜止釋放，如圖所示，若B與地面發(fā)生碰撞后能原速率反彈，且A、B第一次發(fā)生彈性碰撞后，A恰好能回到出發(fā)點，假設碰撞時間極短，且運動過程中忽略空氣阻力的影響，求：(1)A、B兩球相碰時的位置距地面的距離；(2)A、B兩球的質(zhì)量之比．答案(1)eq\f(3,4)h(2)1∶3解析(1)A、B靜止釋放后做自由落體運動，B的落地速度v＝eq\r(2gh)，此時A距地面高度為2h，速度也為eq\r(2gh).設B與地面碰撞后經(jīng)過時間t兩球相遇，2h＝vt＋eq\f(1,2)gt2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(1,2)gt2))，解得：t＝eq\f(h,v)聯(lián)立解得A、B兩球相碰時的位置距地面的距離hB＝vt－eq\f(1,2)gt2＝eq\f(3,4)h(2)設A與B碰撞前兩者的速度大小分別為vA、vB，碰撞后速度大小分別為vA′、vB′A、B發(fā)生彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2由碰后A恰好回到出發(fā)點，可得vA＝vA′從中可得mAvA＝mBvB又有vA＝v＋gtvB＝v－gt可得eq\f(vA,vB)＝eq\f(3,1)聯(lián)立解得eq\f(mB,mA)＝eq\f(3,1)即A、B質(zhì)量之比為1∶38．(2022·湖南長郡中學高三月考)如圖所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的固定光滑圓弧形軌道．AB是半徑為R＝1.2m的圓弧軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接，已知BC段水平軌道長L＝2m，現(xiàn)讓一個質(zhì)量為M＝3.5kg的小球從A點正上方距A點高H＝0.6m處自由落下，運動到圓弧軌道最低點B時，與質(zhì)量為m＝2.5kg的滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走小球，使之不影響滑塊的后續(xù)運動．已知滑塊與軌道BC之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，小球和滑塊均可視為質(zhì)點，求：(1)小球與滑塊碰前瞬間，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。?2)通過計算判斷滑塊是否能到達最高點O.若能，請求出滑塊離開O點后落在軌道上的具體位置．答案(1)140N(2)能，BC中點解析(1)小球從A到B過程，根據(jù)機械能守恒可得Mg(H＋R)＝eq\f(1,2)Mv02在B點根據(jù)牛頓第二定律可得FN－Mg＝Meq\f(v\o\al(02),R)聯(lián)立解得v0＝6m/s，F(xiàn)N＝140N根據(jù)牛頓第三定律可知碰前瞬間，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?40N.(2)兩物體發(fā)生彈性碰撞的過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律及機械能守恒定律可得Mv0＝Mv1＋mv2eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22聯(lián)立解得碰后瞬間，滑塊的速度為v2