第七章第六章第19講提能訓練練案[33]基礎過關練題組一動量守恒定律的理解和基本應用1．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(B)A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒[解析]因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的，以小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒。故選B。2.如圖所示，質量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4kg，若小球在落在車的底面之前瞬時速度是25m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g取10m/s2)(A)A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s[解析]由平拋運動規律可知，小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車的相互作用滿足水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確。3．甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質量m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量M1＝50kg，乙和他的小車的總質量M2＝30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞。則甲總共拋出的小球個數是(D)A．12 B．13C．14 D．15[解析]規定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確。4．如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大小。[答案]2m/s[解析]因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC③聯立①②③式，代入數據得vA＝2m/s。題組二碰撞爆炸與反沖、人船模型5．(2024·福建三明月考)有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是(C)A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]爆竹在最高點速度大小為v0、方向水平向右，爆炸前動量大小為3mv0，爆炸后，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向右，設爆炸后另一塊瞬時速度大小為v′，取爆竹到最高點爆炸前的速度方向為正方向，爆炸過程動量守恒，則3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，C正確，A、B、D錯誤。6．一枚火箭搭載著衛星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛星分離。已知前部分的衛星質量為m1，后部分的箭體質量為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質量的變化，則分離后衛星速率v1為(D)A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)[解析]箭體與衛星分離過程動量守恒，由動量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D正確。7．如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質量比eq\f(mA,mB)應滿足的條件為(B)A.eq\f(mA,mB)>eq\f(5,3) B．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1C.eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)<eq\f(5,3) D．eq\f(mA,mB)≤1[解析]因為A追上B發生碰撞，則碰前速度滿足vA>vB，即eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，解得eq\f(mA,mB)<eq\f(5,3)，碰撞過程滿足動量守恒，則pA＋pB＝pA′＋pB′，由題意知pA′＝6kg·m/s，則pB′＝10kg·m/s，由能量關系得eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得eq\f(mA,mB)≤1，碰后速度滿足vA′≤vB′，即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得eq\f(mA,mB)≥eq\f(3,5)，綜上可得eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1，B正確。8．質量為M的氣球上有一個質量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質量不計的軟梯，讓人沿軟梯滑至地面，則軟梯長至少應為(C)A.eq\f(m,m＋M)h B．eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D．eq\f(M＋m,m)h[解析]設軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿軟梯滑至地面，氣球上升的高度為L－h，平均速度大小v2＝eq\f(L－h,t)，人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小v1＝eq\f(h,t)，聯立得0＝－M·eq\f(L－h,t)＋m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(M＋m,M)h，故C項正確，A、B、D三項錯誤。9.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成，如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(B)A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0[解析]設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，聯立解得v1＝v0.設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，聯立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mv\o\al(2,0),225)，可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯誤。能力綜合練10.(多選)如圖所示，光滑斜面長L＝2m，傾角θ＝30°。質量mA＝0.2kg的物體A從斜面頂點由靜止滑下，與此同時質量mB＝0.3kg的物體B從斜面底端以v0＝5m/s的速度沖上斜面，兩物體相撞后粘在一起，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(BD)A．兩物體碰撞后立即一起沿斜面加速下滑B．兩物體碰撞后一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑C．兩物體在碰撞過程中損失的機械能為3.5JD．兩物體在碰撞過程中損失的機械能為1.5J[解析]設兩物體運動時間t1后相撞，則有v0t1－eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)＝L，解得t1＝0.4s，此時A的速度大小vA＝gsinθ·t1＝2m/s，方向沿斜面向下，B的速度大小vB＝v0－gsinθ·t1＝3m/s，方向沿斜面向上。取沿斜面向上的方向為正方向，則根據動量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，所以兩物體相撞后一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑，選項B正確，A錯誤；兩物體在碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝1.5J，選項D正確，C錯誤。11.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑的滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量m1＝30kg，冰塊的質量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？[答案](1)20kg(2)見解析[解析](1)規定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒有m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝－3m/s為冰塊推出時的速度解得m3＝20kg。(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0解得v1＝1m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)解得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。12．(2022·廣東卷)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h。[答案](1)N1＝8NN2＝5N(2)8m/s(3)0.2m[解析](1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N，當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為