熱點6　動量和動量守恒定律

熱點6動量和動量守恒定律1.（多選）（2022.廣東湛江市一模）快遞運輸時，我們經?？吹?，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的好處是（）A.可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化C.可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長D.可以使某顛簸過程中物品動量對時間的變化率減小答案CD解析充氣袋在運輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物品的動量變化量不變，由動量定理可知，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物品所受的合力，但不能改變合力的沖量，A、B錯誤，C正確；動量對時間的變化率即為物品所受的合力，D正確..（2022?廣西玉林市質檢）如圖所示，有一子彈穿過三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接觸且質量分別為m、2m、3m的木塊A、B、C,設子彈穿過木塊A、B、C的時間分別為小t2、打，木塊對子彈的阻力恒為a，則子彈穿過三木塊后，木塊A的速度大小是（）B.B.B.FB.Ff

3mF/i6mD:以外+力+%）F/i6mD:以外+力+%）答案C解析子彈穿出A瞬間，A、8將要分離，A與3分離時三者的速度是相等的，分離后，A的速度不變，在分離前子彈對系統(tǒng)的作用力使A、8與C的速度增大，由動量定理得R力=（m+2m+3m）v,所以。=額不，故選C..（多選）（2022.山東棗莊市二模）足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為mi=1.0kg的物塊A,另一端連接質量為m2=1.0kg的木板8,繩子開始是松弛的.質量為〃23=L0kg的物塊。放在長木板5的右端，C與木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力的大小.現(xiàn)在給物塊。水平向左的瞬時初速度。o=2.。m/s,物塊。立即在長木板上運動.已知繩子繃緊前，仄C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、8總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落.下列說法正確的是（）cccA.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為LOm/scB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為LOm/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為0.5m/sD.最終A、B、。三者將以大小為|答案ACDm/s的共同速度一直運動下去解析繩子繃緊前，3、C已經達到共同速度，設3、。達到的共同速度大小為。1,根據(jù)動量守恒定律可得〃23。0=（〃22+〃23冗1,解得。i=l.0m/s,A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，A、B具有相同的速度。2,A、8組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，則有加2。1=（根1+/〃2）。2,解得02=0.5m/s,B錯誤，C正確；A、D.最終A、B、。三者將以大小為|答案ACDm/s的共同速度一直運動下去、2足動量守恒定律，則有根3。0=（加1+加2+m3）。3,解得。3=7m/s,D正確.JJ.（2022?山東濟南市歷城第二中學測試）離子發(fā)動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發(fā)動機，工作時將推進劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進劑得到加速后噴出，從而產生推力，這種發(fā)動機適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等.航天器質量為“，單個離子質量為〃2、帶電荷量為小加速電場的電壓為U,高速離子形成的等效電流大小為/,根據(jù)以上信息計算該發(fā)動機產生的推力大小為（）C寸TD.qf答案B解析根據(jù)動能定理可得鄉(xiāng)1/=3加"，解得離子的速度為0=、^^,根據(jù)電流的定義式有/=g=等，對離子，由動量定理可得尸加=乂加以聯(lián)立解得發(fā)動機產生的推力大小為尸L_XLI\L=F=故選B,.（多選）（2022?湖北武漢市5月模擬）如圖所示，一輕彈簧的兩端分別與物塊A、3相連接，并靜止在光滑水平面上.物塊A、5的質量分別為小、2〃z.現(xiàn)使5瞬間獲得一水平向右的速度，從此刻開始到彈簧第一次伸長達到最大過程中，彈簧彈力對A球的沖量大小為小做功為W1；當彈簧由此次最大伸長到第一次恢復原長的過程中，彈簧彈力對B球的沖量大小為/2、做功為卬2，貝1（）A.I\<hC.IW1AIW2ID.|W||=|W2|答案BC解析設3瞬間獲得的一水平向右的速度為以），從此刻開始到彈簧第一次伸長達到最大時,2.兩物塊達到相同的速度。1,系統(tǒng)動量守恒有2m00=（根+2根%1,解得。i=^ro,故彈簧彈力2|]對B球的沖量大小為I\=2mv（）—2mv1=^mv（）,彈簧彈力對B球做功為W\=^X2mv\2—^X2加0（）2=一加1.設當彈簧再次恢復原長時A和B的速度分別為02、03,系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能守恒，有2m&）=mv2+2mV3，7x2mvj=%mvg+7X2mv^,聯(lián)立解得02=彳。（），S=g3彈簧由最大伸長到第一次恢復原長的過程中，彈簧彈力對B球的沖量大小為12=2mv1—2mV3=,彈簧彈力對8球做功為W2=^X2mV32—5x12=—^mvo1,故前后兩2個過程的沖量大小關系為/]=/2=牙71。0,故A錯誤，B正確；兩個過程的彈簧彈力做功的關系為|Wi|=||加0（）2|>|啊=|如源故C正確,D錯誤.6.（多選）（2022?安徽合肥市模擬）如圖所示，光滑水平面上放置著總質量為2辦右端帶有固定擋板的長木板.一輕質彈簧與擋板相連，彈簧左端與長木板左端的距離為方.質量為機的滑塊（可視為質點）從長木板的左端以速度。1,滑上長木板，且恰好能夠回到長木板的左端，在此過程中彈簧的最大壓縮量為12.若將長木板固定，滑塊滑上長木板的速度改為。2,彈簧的最大壓縮量也為M，且滑塊最終也與彈簧分離.已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,則（）口A/WWVW////////////////////////////////////B.彈簧彈性勢能的最大值為%20/C.彈簧彈性勢能的最大值為〃加D.滑塊以速度02滑上固定的長木板，也恰好能夠回到長木板的左端答案AD解析當長木板不固定，彈簧被壓縮到最短時兩者速度相同，設為2彈簧最大彈性勢能為Ep,從滑塊以速度。1滑上長木板到彈簧被壓縮到最短的過程，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv\=3mv,^mv12=3mv2+iumg（x\+%2）+Ep,從彈簧被壓縮到最短到滑塊恰好滑到長木板的左端，兩者速度再次相等，由能量守恒定律得弓=〃掰雙羽+血），若把長木板固定,

滑塊滑上長木板的速度為02,彈簧的最大壓縮量也為X2,由能量守恒得5帆。22=4加g（Xl+12）+￡p,聯(lián)立可得01=92,Ep=：mvi2,選項A正確，B、C錯誤；設滑塊被彈簧彈開，運動到長木板左端時的速度為S,由能量守恒定律得禺=4〃吆（為+功+；〃劃32,代入數(shù)據(jù)可解得03=0,說明滑塊以速度02滑上長木板，也恰好能回到長木板的左端，故D正確..（多選X2022.遼寧省模擬）如圖所示，將一質量為M、半徑為R內壁光滑的半圓槽置于光滑的水平面上，現(xiàn)從半圓槽右端入口處靜止釋放一質量為皿的小球，重力加速度為g,則小球釋放后，以下說法中正確的是（）A.小球能滑至半圓槽左端槽口處.小球滑至半圓槽最低點時半圓槽的位移大小為盤蟲M~vmC.若開始時小球在半圓槽最低點且小球有方向向左大小為次）的初速度，則小球再次回到半-772圓槽最低點時的速度大小為妨廠。0M-rmD.若開始時小球在半圓槽最低點且小球有方向向左大小為列的初速度，如果小球能從左側槽口飛出，則離開槽口后還能上升的最大高度為。鬻、一R2g（M+〃2）答案ACD解析小球和半圓槽組成系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒且總動量為零，當小球到半圓槽左端最高處時，由動量守恒定律知，小球和半圓槽速度相等且速度為零，結合機械能守恒定律可知小球能滑至半圓槽左端槽口處，故A正確；設小球滑至半圓槽最低點時半R—Xx圓槽的位移大小為羽取向左為正方向，對系統(tǒng)水平方向根據(jù)動量守恒可得0="「丁一后,解得解得解得/77A而R，故B錯誤；若開始時小球在半圓槽最低點且小球有方向向左大小為。。的初速度，設小球再次回到軌道最低點的速度大小為Vl.槽的速度大小為。2,取向左為正方解得向，根據(jù)動量守恒定律可得mvo=mvi+MV2,根據(jù)機械能守恒定律可得%w（）2=%如2^A4—；71MvR,聯(lián)立解得功=方