课时跟踪检测(二十)　动量守恒定律及其应用

1、第7页 共7页 课时跟踪检测(二十)动量守恒定律及其应用1.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)。要使小车向前运动，可采用的方法是()A打开阀门S1B打开阀门S2C打开阀门S3 D打开阀门S4解析：选B水和车系统动量守恒，原来系统动量为0，由动量守恒定律得：0m水v水m车v车，即：m水v水m车v车，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，即应打开阀门S2。2.如图所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面

2、顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A eq f(mh,Mm) B eq f(Mh,Mm) C eq f(mh,（Mm）tan ) D eq f(Mh,（Mm）tan ) 解析：选Cm与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0mx1Mx2，且x1x2 eq f(h,tan ) ，由式可得x2 eq f(mh,（Mm）tan ) ，故选C。3(2021福建福州模拟)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的

3、速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()Am eq f(v2v0,v1) M Bm eq f(v2,v2v1) MCm eq f(v2v0,v2v1) M Dm eq f(v2v0,v2v1) M解析：选C规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0(Mm)v2mv1，解得m eq f(v2v0,v2v1) M，故C正确。4(2021北京高三学业考试)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧

4、的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()A.E eq f(1,4) mv02I2mv0BE eq f(1,2) mv02I2mv0CE eq f(1,4) mv02Imv0DE eq f(1,2) mv02Imv0解析：选AAB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：mv02mv1 ，解得：v1 eq f(v0,2) 碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：E eq f(1,2) 2m eq blc(rc)(avs4alco1(f(v0,2) eq sup12(2) eq f(1,4) mv02，取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得I2m eq f(v0

5、,2) eq blc(rc)(avs4alco1(2mf(v0,2) 2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0，故A项正确；5(多选)(2021广西南宁期末)在光滑的冰面上，质量为80 kg的冰球运动员甲以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A碰后乙的速度的大小是1.5 m/sB碰后乙的速度的大小是1.0 m/sC碰撞中总机械能损失了1 500 JD碰撞中总机械能损失了1 400 J解析：选BD设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大

6、小为v2，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1Mv2Mv2，解得：v2 eq f(m,M) v1v2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(80,100)5.03.0) m/s1.0 m/s，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：E eq f(1,2) mv12 eq f(1,2) Mv22 eq f(1,2) Mv2，代入数据解得：E1 400 J，故C错误，D正确。6(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()Ab的速度方向一定与原来速度

7、方向相反B从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD炮弹炸裂前、后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0mavambvb，显然vb0、vb0、vb0都有可能，故A错误；|vb|va|、|vb|va|、|vb|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度关系未知，所以a、b飞行的水平距离无法比较，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，故D正确。7.(2021吉林

8、“五地六校”合作体联考)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为()A12 B21C14 D41解析：选D设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为 eq f(v0,3) 和 eq f(v0,3) ，则有mBv0mA eq f(v0,3) mB eq blc(rc)(avs4alco1(f(v0,3) ，解得mAm

9、B41，选项D正确。8(多选)(2020全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A48 kg B53 kgC58 kg D63 kg解析：选BC选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块

10、的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0Mv1mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1mv0mv0Mv2，依此类推，Mv2mv0mv0Mv3，Mv7mv0mv0Mv8。又运动员的退行速度v8v0，v7v0，解得13mM15m，即52 kgM60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。9(多选)(2021四川成都棠湖中学模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图线。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图线

11、。若A球的质量m2 kg，则下列结论正确的是()AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施加的冲量为4 NsC碰撞前后A的动量变化量为4 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选BCD由题图可知，碰撞前有vA eq f(410,20) m/s3 m/s，vB eq f(40,20) m/s2 m/s，碰撞后有vAvB eq f(24,42) m/s1 m/s；对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后两球都做匀速直线运动，系统所受外力的矢量和为0，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化量为pAmvAmvA4 kgm/

12、s，根据动量守恒定律知，碰撞前、后B的动量变化量为pBpA4 kgm/s，又由于pBmB(vBvB)，所以mB eq f(pB,vBvB) eq f(4,12) kg eq f(4,3) kg，故A与B碰撞前的总动量p总mvAmBvB eq f(10,3) kgm/s。由动量定理可知，碰撞时A对B所施加的冲量IBpB4 kgm/s4 Ns。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能Ek eq f(1,2) mvA2 eq f(1,2) mBvB2 eq f(1,2) (mmB)v210 J。A错误，B、C、D正确。10.(多选)(2021四川仁寿一中期中)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平

13、面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A eq f(1,2) mv2 B eq f(1,2) eq f(mM,mM) v2C eq f(1,2) NmgL DN mgL解析：选BD设物块与箱子相对静止时共同速度为v1，则由动量守恒定律得mv(Mm)v1，得v1 eq f(mv,Mm) ，系统损失的动能为Ek系 eq f(1,2) mv2 eq f(1,2) (Mm)v12 eq

14、f(Mmv2,2（Mm）) ，A错误，B正确。根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有QEk系N mgL。C错误，D正确。11(2020天津等级考)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？ 解析：(1)A恰

15、好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零。设A在最高点时的速度大小为v，由重力提供向心力，有m1gm1 eq f(v2,l) A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零。设A在最低点的速度大小为vA，有 eq f(1,2) m1vA2 eq f(1,2) m1v22m1gl由动量定理，有Im1vA联立式，得Im1 eq r(5gl) 。(2)设两球粘在一起时的速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足vvA要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向。设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vBm1v

16、A(m1m2)v又Ek eq f(1,2) m2vB2联立式，得碰撞前瞬间B的动能Ek eq f(5gl（2m1m2）2,2m2) 。答案：(1)m1 eq r(5gl) (2) eq f(5gl（2m1m2）2,2m2) 12(2021聊城一模)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R0.8 m的 eq f(1,4) 圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量m10.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g10 m/s2。(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小。(2)若球2的质量m20.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。(3)若球3的质量m30.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少。解析：(1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR eq f(1,2) m1v02在B点对球1应用牛顿第二定律：FNm1gm1 eq f(v02,R) 联立解得：v04 m/s、FN12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FNFN12 N。(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：m1v0m1v1m2v2由机械能守恒得： eq f(1,2) m1v02 eq f