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2022三维设计一轮课时跟踪检测(二十) 动量守恒定律及其应用

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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S1      B.打开阀门S2
C.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:0=m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α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. B.
C. D.
解析:选C m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0=mx1-Mx2①,且x1+x2=②,由①②式可得x2=,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,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为(  )
A.m=M B.m=M
C.m=M D.m=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=(M-m)v2-mv1,解得m=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的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是(  )

A.E=mv02  I=2mv0
B.E=mv02  I=2mv0
C.E=mv02  I=mv0
D.E=mv02  I=mv0
解析:选A AB碰撞瞬间,由动量守恒定律可知:mv0=2mv1 ,解得:v1=
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=×2m×=mv02,取AB整体分析,取向右为正,由动量定理可得I=2m×-=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/s
B.碰后乙的速度的大小是1.0 m/s
C.碰撞中总机械能损失了1 500 J
D.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:mv1-Mv2=Mv2′,解得:v2′=v1-v2= m/s=1.0 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:ΔE=mv12+Mv22-Mv2′,代入数据解得:ΔE=1 400 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(  )
A.b的速度方向一定与原来速度方向相反
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
C.a、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mv0=mava+mbvb,显然vb>0、vb<0、vb=0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“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3∶1,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(  )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
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,分别为和-,则有mBv0=mA·+mB,解得mA∶mB=4∶1,选项D正确。
8.(多选)(2020·全国卷Ⅱ)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(  )
A.48 kg B.53 kg
C.58 kg D.63 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0=Mv1-mv0,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Mv1+mv0=-mv0+Mv2,依此类推,Mv2+mv0=-mv0+Mv3,…,Mv7+mv0=-mv0+Mv8。又运动员的退行速度v8>v0,v7 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。若A球的质量m=2 kg,则下列结论正确的是(  )
A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B.碰撞时A对B所施加的冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
D.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= m/s=-3 m/s,vB= m/s=2 m/s,碰撞后有vA′=vB′= m/s=-1 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ΔpA=mvA′-mvA=4 kg·m/s,根据动量守恒定律知,碰撞前、后B的动量变化量为ΔpB=-ΔpA=-4 kg·m/s,又由于ΔpB=mB(vB′-vB),所以mB== kg= kg,故A与B碰撞前的总动量p总=mvA+mBvB=- kg·m/s。由动量定理可知,碰撞时A对B所施加的冲量IB=ΔpB=-4 kg·m/s=-4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk=mvA2+mBvB2-(m+mB)v2=10 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μ。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.mv2 B. v2
C.NμmgL D.N μmgL
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=(M+m)v1,得v1=,系统损失的动能为ΔEk系=mv2-(M+m)v12=,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Q=ΔEk系=N μmgL。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
m1g=m1①
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
m1vA2=m1v2+2m1gl②
由动量定理,有I=m1vA③
联立①②③式,得I=m1。④
(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v′=vA⑤
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
m2vB-m1vA=(m1+m2)v′⑥
又Ek=m2vB2⑦
联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能
Ek=。⑧
答案:(1)m1 (2)
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R=0.8 m的圆弧,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m1=0.4 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,g=10 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m2=0.1 kg,求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的质量m3=0.1 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=m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律:
FN-m1g=m1
联立解得:v0=4 m/s、FN=12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′=FN=12 N。
(2)球1、球2的碰撞,根据动量守恒定律有:
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒得:
m1v02=m1v12+m2v22
解得:v2=v0=6.4 m/s。
(3)同理,球2、3碰撞后:
v3=v2

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