1、第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒答案C动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒。子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。只有选项C正确。2.(多选
2、)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是()A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零
3、,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。3.如图所示,一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板B。在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是()A.1.8 m/sB.2.4 m/sC.2.8 m/sD.3.0 m/s答案BA先向左减速到零,再向右做加速
4、运动,在此期间,木板做减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1=83 m/s,v2=2 m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0 m/s而小于83 m/s,只有选项B正确。4.(2017福建泉州质检)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏。”爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度
5、为()A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v答案C取水平向东为正方向,爆炸过程中系统动量守恒,3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C项正确。5.(2019广东深圳期末)将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.mMv0B.Mmv0C.MM-mv0D.mM-mv0答案D取竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得0=mv0-(M-m)v,解得v=mv0M-m,选项D正确。6.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度
6、v=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为31。不计质量损失,取重力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B弹丸爆炸瞬间的内力远大于外力,故爆炸瞬间动量守恒。因两弹片均水平飞出,飞行时间t=2hg=1 s。取水平向右为正方向,由水平速度v=xt知,选项A中,v甲=2.5 m/s,v乙=-0.5 m/s;选项B中,v甲=2.5 m/s,v乙=0.5 m/s;选项C中,v甲=1 m/s,v乙=2 m/s;选项D中,v甲=-1 m/s,v乙=2 m/s。因爆炸瞬间动量守恒,故mv=m甲v甲+m乙v乙,其中m甲=34m,m乙=14m,v=2 m/
7、s,代入数值计算知选项B正确。7.两质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示,一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h,物块从静止滑下,然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。答案M1M2(M1+m)(M2+m)h解析物块沿劈A下滑和沿劈B上滑的过程,物块与A组成的系统、物块与B组成的系统在水平方向所受外力为零,故在水平方向动量均守恒。设物块到达劈A的底端时,物块和劈A的速度大小分别为v和v1,由机械能守恒和动量守恒有mgh=12mv2+12M1v12M1v1=mv设物块在劈B上达到的最大高度为
8、h,此时物块和B的共同速度大小为v2,由机械能守恒和动量守恒有mgh+12(M2+m)v22=12mv2mv=(M2+m)v2联立以上各式解得h=M1M2(M1+m)(M2+m)h8.(2019山东莱芜期末)如图所示,MN是水平轨道,NP是倾角=45的无限长斜轨道,长为L=0.8 m的细线一端固定在O点,另一端系着质量为mB=2 kg小球B,当细线伸直时B球刚好与MN轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直,B球静止在MN轨道上,在MN轨道上另一个质量为mA=3 kg小球A以速度v0向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力,重力加速度g=10 m/s2)(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周
9、运动,求v0的取值范围。(2)在满足(1)的条件下,轨道NP上有多长的距离不会被A球击中?答案见解析解析(1)A、B两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB由机械能守恒定律得12mAv02=12mAvA2+12mBvB2解得vA=v05,vB=6v05碰后B球在竖直面内做圆周运动,有两种情况:第一种情况,B球在竖直面内做完整的圆周运动,则它到最高点的速度vBgL由机械能守恒定律得12mBvB2=mBg2L+12mBvB2解得v05103 m/s第二种情况,B球运动的最大高度不超过L由机械能守恒定律得12mBvB2mBgL解得v0103 m/sv0的取值范围为0v0103
10、m/s或v05103 m/s(2)由(1)问可知:碰后A球的速度0vA23 m/s或vA103 m/sA球离开水平轨道后做平抛运动,有x=vAt,y=12gt2,又由几何关系知tan 45=yx解得A球落到斜轨道上与N点的距离d=xcos45=22vA2g解得0d4245 m或d229 m故轨道NP上不会被A球击中的距离d=229-4245 m=2215 mB组能力提升9.(2019江西赣州信丰月考)如图所示,B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E 4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,
11、则碰撞之后()A.3个小球静止,3个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.5个小球静止,1个小球运动D.6个小球都运动答案A因A、B质量不等,mAmF,则E、F都向右运动。故A正确,B、C、D错误。10.(多选)(2018广东六校联考)如图甲所示,光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图乙为物体A与小车B的v-t图像,由此可知()A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面的动摩擦因数D.小车B获得的动能答案BC由图像可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,不能确定小车上表面长度,故A错误;由动量守恒定律得mAv
12、0=(mA+mB)v1,解得mAmB=v1v0-v1,故可以确定物体A与小车B的质量之比,故B正确;由图像可以知道A相对小车B的位移x=12v0t1,根据能量守恒得mAgx=12mAv02-12(mA+mB)v12,根据B中求得质量关系,可以解出动摩擦因数,故C正确;由于小车B的质量不可知,故不能确定小车B获得的动能,故D错误。11.(多选)(2018湖南六校联考)如图所示,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑
13、离小车。关于这个过程,下列说法正确的是()A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直距离为v23gD.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是mv3答案BC小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒有mv=(m+2m)v,得v=v3,小车动量变化大小p车=2mv3=23mv,D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由机械能守恒有mgH=12mv2-12(m+2m)v2,得H=v23g,C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程,由动量守恒和
14、机械能守恒有:mv=mv1+2mv2,12mv2=12mv12+122mv22,解得v1=-v3,v2=23v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v+13v=v,B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动,A项错误。12.(多选)(2019河南开封质检)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6 kg、m=0.2 kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的、具有Ep=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),开始时系统处于静止状态。现突然释放弹簧,质量为m的小球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10 m/s2,则
15、下列说法正确的是()A.质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量大小为3.4 NsB.质量为M的小球离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC.若半圆轨道半径可调,则质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对质量为m的小球的冲量大小为1.8 Ns答案AD释放弹簧过程中,由动量守恒定律得Mv1=mv2,由机械能守恒定律得Ep=12Mv12+12mv22,解得v1=3 m/s,v2=9 m/s,故B项错误;对质量为m的小球,从A运动到B的过程,由机械能守恒定律得12mv22=12mv22+mg2R,解得v2=81-4gR=8 m/s,由动量定理得I合=mv2-(-mv2)=3.4 Ns,故A项正确;若半圆轨道半径R可调,则质量为m的小球到达B点时的速度大小为vB=81-4gR,从B点飞出后,由平抛运动规律可知,在水平方向有x=vBt,在竖直方向有2R=12gt2,解得x=28.1R-4R2,当R=1.012 5 m时,x最大,故质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,故C项错误;弹簧弹开过程,弹力对质量为m的小球的冲量I=mv2=1.8 Ns,故D项正确。
