專題七　碰撞與動量守恒應用篇【應用集訓】應用一　應用動量守恒定律探究人船模型問題1.如圖所示,AB為一光滑水平橫桿,桿上套一質(zhì)量為M的圓環(huán),環(huán)上系一長為L質(zhì)量不計的細繩,細繩的另一端拴一個質(zhì)量為m的小球。現(xiàn)將細繩拉直,且與AB平行,由靜止釋放小球,則①當細繩與AB成θ角時,圓環(huán)移動的距離是多少?②若在橫桿上立一擋板,與環(huán)的初位置相距多遠時才能使圓環(huán)在運動過程中不與擋板相碰?答案?、佟、?.(2020山東濱州三模,17)如圖所示,一木板放置在足夠長的光滑水平面上,木板上有一只青蛙,木板和青蛙均處于靜止狀態(tài)。小球O被AB和CD兩段輕繩懸掛在天花板上,CD繩水平,AB繩與豎直方向的夾角為θ(θ很小)。已知AB繩長為l,青蛙質(zhì)量為m,木板的質(zhì)量為M,青蛙距A點的水平距離為x0,x0滿足關系式x0=4πl。割斷CD的同時,青蛙斜向上跳起,青蛙跳到最高點時,小球恰好向右運動到最低點,同時青蛙恰好吃到小球。青蛙和小球均可看作質(zhì)點,重力加速度取g。(結(jié)果用l,x0,M,m,g表示)求:(1)從青蛙起跳到吃到小球的過程中,木板運動位移的大小;(2)小球運動到最低點速度的大小;(3)青蛙吃到小球前的瞬間,青蛙速度的大小。答案　(1)x1=x0　(2)　(3)(k=0,1)應用二　應用動量和能量觀點探究力學綜合問題1.(2020山東萊蕪一中月考,17)如圖所示,傾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個質(zhì)量均為m=0.5kg的物塊(均可視為質(zhì)點),A鎖定,C與斜面底端處的擋板接觸,B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止狀態(tài),A、B間的距離d=3m,現(xiàn)釋放A,一段時間后A與B發(fā)生碰撞,A、B碰撞為彈性碰撞,碰撞后立即撤去A,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。,(1)求A與B碰撞前瞬間A的速度大小v0;(2)若B沿斜面向下運動到速度為零時(此時B與C未接觸,彈簧仍在彈性限度內(nèi)),彈簧的彈性勢能增量Ep=10.8J,求B沿斜面向下運動的最大距離x;(3)若C剛好要離開擋板時,B的動能Ek=8.7J,求彈簧的勁度系數(shù)k。答案　(1)6m/s　(2)0.6m　(3)60N/m2.(2020山東青島二模,18)如圖,長度l0=0.9m的木板a靜止于光滑水平面上,左端與固定在墻面上的水平輕彈簧相連,彈簧的勁度系數(shù)k=15N/m;木板左端放有一質(zhì)量m0=1.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點),質(zhì)量m=0.4kg的足夠長木板b與a等高,靜止于水平面上a的右側(cè),距離b右側(cè)x0處固定有擋板c。某時刻小物塊以速度v0=9m/s向右開始運動,a向右運動到最遠時恰好與b相遇但不相撞,在a某次到達最遠處時,物塊剛好離開a滑到b上,此過程中物塊的速度始終大于木板a的速度,b與擋板c碰撞時無機械能損失,物塊與a、b之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。不計空氣阻力,g=10m/s2。(1)證明:物塊在木板a上滑動過程中,a做簡諧運動;(2)若b與c碰撞前物塊和b已達共速,求x0滿足的最小值;(3)在b與c發(fā)生第5次碰撞后將c撤走,求b的最終速度。答案　(1)見解析　(2)1.2m　(3)m/s[教師專用題組]【應用集訓】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2020廣東廣州模擬)籃球運動員接傳來的籃球時,通常要先伸出兩臂迎球,手觸到球瞬間順勢后引。這樣可以減小(　　)A.球?qū)κ值牧Φ臎_量B.球?qū)κ值牧Φ拇笮.球的動量變化量D.球的動能變化量答案　B　球?qū)κ值臎_量I=mv-mv0不變,故選項A錯誤;籃球運動員接傳來的籃球時,通常要先伸出兩臂迎球,手觸到球瞬間順勢后引,增加了手與球間的相互作用時間,根據(jù)Ft=mv-mv0可知,減小了球?qū)κ值牧Φ拇笮?故選項B正確;根據(jù)動量變化Δp=mv-mv0可知,動量變化量相同,故選項C錯誤;球的動能變化量ΔEk=mv2-m不變,故選項D錯誤。2.(2020湖北宜昌模擬)(多選)一質(zhì)量為m的運動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運動到站立狀態(tài)(圖乙),該過程重物和人的肩部相對位置不變,運動員保持圖乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉,至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2,經(jīng)歷的時間分別為t1、t2,則(　　),A.地面對運動員的沖量大小為(M+m)g(t1+t2+Δt),地面對運動員做的功為0B.地面對運動員的沖量大小為(M+m)g(t1+t2),地面對運動員做的功為(M+m)g(h1+h2)C.運動員對重物的沖量大小為Mg(t1+t2+Δt),運動員對重物做的功為Mg(h1+h2)D.運動員對重物的沖量大小為Mg(t1+t2),運動員對重物做的功為0答案　AC　因甲到乙、乙到丙均為緩慢運動過程,則可認為運動員和重物整體一直處于平衡狀態(tài),地面對運動員的支持力大小為(M+m)g,整個過程的時間為(t1+t2+Δt),根據(jù)I=Ft可知地面對運動員的沖量大小為(M+m)g(t1+t2+Δt);因地面對運動員的支持力的作用點不動,可知地面對運動員做的功為0,A正確,B錯誤。運動員對重物的作用力大小為Mg,作用時間為(t1+t2+Δt),根據(jù)I=Ft可知運動員對重物的沖量大小為Mg(t1+t2+Δt),重物的位移為(h1+h2),根據(jù)W=Fs可知運動員對重物做的功為Mg(h1+h2),C正確,D錯誤。3.(2020湖北襄陽模擬)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置,由控制系統(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沿火箭原運動方向飛行,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)答案　D　火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離前后沿原運動方向上動量守恒,由動量守恒定律有:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得:v1=v0+(v0-v2),D正確。4.(2020河北衡水模擬)(多選)如圖所示,小車AB放在光滑水平面上,A端固定一個輕彈簧,B端粘有油泥,小車總質(zhì)量為M;質(zhì)量為m的木塊C放在小車上,用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時小車AB和木塊C都靜止,當突然燒斷細繩時,C被釋放,使C離開彈簧向B端沖去,并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦,以下說法正確的是(　　)A.彈簧伸長過程中C向右運動,同時AB也向右運動B.C與B端碰前,C與AB的速率之比為M∶mC.C與油泥粘在一起后,AB立即停止運動D.C與油泥粘在一起后,AB繼續(xù)向右運動答案　BC　小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,C向右運動時,AB應向左運動,故A錯誤;設碰前C的速率為v1,AB的速率為v2,則0=mv1-Mv2,得=,故B正確;設C與油泥粘在一起后,AB與C的共同速度為v共,則0=(M+m)v共,得v共=0,故C正確,D錯誤。5.(2020江西撫州模擬)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且長為l,左端O處固定輕質(zhì)彈簧,右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上,輕繩所能承受的最大拉力為F。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧,彈簧的壓縮量達最大時輕繩恰好被拉斷,再過一段時間后長木板停止運動,小滑塊恰未掉落。則(重力加速度為g)(　　)A.輕繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為B.輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為mv2,C.彈簧恢復原長時滑塊的動能為mv2D.滑塊與木板AB段間的動摩擦因數(shù)為答案　ABD　輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F,對木板,由牛頓第二定律得F=Ma,得a=,故A正確;滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧,到彈簧壓縮量最大時速度為0,由系統(tǒng)的機械能守恒得,輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為mv2,故B正確;彈簧恢復原長時木板具有動能,所以滑塊的動能小于mv2,故C錯誤;彈簧最大的彈性勢能Ep=mv2,小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端,且速度與木板相同,均為0,由能量守恒定律得Ep=μmgl,解得μ=,故D正確。6.(2020湖北十堰模擬)航天器離子發(fā)動機原理如圖所示,首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子),正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出,從而使航天器獲得推進或姿態(tài)調(diào)整的反沖力。已知單個正離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,正、負極柵板間加速電壓為U,從噴口噴出的正離子所形成的電流為I。忽略離子間的相互作用力,忽略離子噴射對航天器質(zhì)量的影響。該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為(　　)A.I　　B.I　　C.I　　D.2I答案　A　以正離子為研究對象,由動能定理得qU=mv2,Δt時間內(nèi)通過的總電荷量為Q=IΔt,噴出的正離子總質(zhì)量為M=m=m。由動量定理可知正離子所受的平均沖量F'Δt=Mv,聯(lián)立以上式子可得F'=I,根據(jù)牛頓第三定律可知,發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F=F'=I,故A正確。7.(2019北京西城一模)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映,“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程,可以提出以下兩種模式:探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽為參考系,設行星運動的速度大小為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞,但是在行星的運動方向上,其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(　　)模式一　　　　　　　　　　　模式二A.v1>v0　　B.v1=v0　　C.v2>v0　　D.v2=v0答案　A　設探測器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。對于模式一:設向左為正方向,由動量守恒定律:Mu-mv0=mv1+Mu1,由機械能守恒定律得Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=,因M?m,則v1≈2u+v0>v0,故A正確,B錯誤。對于模式二:設向左為正方向,由動量守恒定律:Mu+mv0=-mv2+Mu2,由機械能守恒定律得Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=,因M?m,則v2≈v0-2udB,則子彈入射時的初動能EkA>EkB,故B錯誤,D正確。兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,則有=,而EkA>EkB,則得到mA