課時跟蹤檢測（二十八）“動量守恒定律中三類典型問題”的分類研究

課時跟蹤檢測（二十八）“動量守恒定律中三類典型問題”的分類研究一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．(2023·四川內(nèi)江模擬)一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0解析：選C設(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運動，根據(jù)落地時水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯誤。2．有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL－d,d)B.eq\f(mL＋d,d)C.eq\f(mL,d)D.eq\f(mL－d,L)解析：選A設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，則得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的質(zhì)量為M＝eq\f(mL－d,d)，故選A。3.(2023·漢中模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6解析：選CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動量大小為4kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。4．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A系在輕線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量均為5m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短)，小球與物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則可求出()A．碰撞后小球A反彈的上升的最大高度B．碰撞后小球A反彈的上升的時間C．碰撞過程中物塊B獲得沖量大小D．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能解析：選ACD對小球A，由機械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A與物塊B發(fā)生彈性正碰，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律和機械能守恒定律可求出碰后小球A和物塊B的速度，對小球A再使用機械能守恒定律可求出碰撞后小球A反彈上升的最大高度，故A正確；由于小球碰后做變速圓周運動，故無法求得小球A反彈上升的時間，故B錯誤；碰撞過程中根據(jù)動量定理可求出物塊B獲得沖量大小，故C正確；碰撞后，物塊B、輕彈簧和物塊C組成的系統(tǒng)，當物塊B和物塊C共速時彈簧有最大彈性勢能，根據(jù)動量守恒定律求出共速的速度，再根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律求出彈簧獲得的最大彈性勢能，故D正確。5．如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小大于物塊A對子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能解析：選D子彈射入物塊A的過程中，為完全非彈性碰撞，動能損失最大，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈和物塊A的機械能不守恒，A錯誤；子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，B錯誤；子彈射入物塊A后，因為有動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊A前子彈的動能，C錯誤；兩物塊運動過程中，彈簧最短時與彈簧最長時都是系統(tǒng)具有共同速度時，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq\f(1,2)mA＋m子v12－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能，D正確。6．(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的動量大于m1的動量D．碰撞后m2的動能小于m1的動能解析：選Cx-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1碰前的速度大小為v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2碰前速度為0，A錯誤；兩物體正碰后，m1碰后的速度大小為v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小為v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，碰后兩物體的速率相等，B錯誤；兩物體碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為m2＝3m1，根據(jù)動量的表達式p＝mv可知碰后m2的動量大于m1的動量，C正確；根據(jù)動能的表達式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知碰后m2的動能大于m1的動能，D錯誤。7．質(zhì)量為m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0＝14.14m/s的初速度斜向上拋出，上升到距地面h＝5m的最高點時炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達地面，落地動能為5J。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計，火藥燃燒充分，求：(1)手榴彈爆炸前瞬間的速度大小；(2)手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；(3)兩塊彈片落地點間的距離。解析：(1)設(shè)手榴彈上升到最高點時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh解得：v1≈10m/s。(2)設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為m1，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v2，有m1gh＝5J設(shè)手榴彈裝彈藥的質(zhì)量為Δm，有Δm＝m－2m1代入數(shù)據(jù)解得：Δm＝0.06kg。(3)另一塊做平拋運動時間為t，兩塊彈片落地點間距離為Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得：Δx＝26m。答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性8.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分離時B的速度等于v0，從C接觸A到A、B分離的全過程中，下面說法正確的是()A．A、B分離時A的速度為eq\f(1,3)v0B．A、B分離時A的速度為eq\f(1,2)v0C．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為eq\f(5,4)mv02解析：選BD該過程動量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A錯誤，B正確；A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C錯誤，D正確。9.(2023·銅川高三模擬)如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A，開始時木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的木塊B從木塊A正上方高為h處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時間t木塊A下降到最低點。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，木塊A與木塊B碰撞時間極短，重力加速度為g，下列關(guān)于從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊A的沖量I的大小正確的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh) B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh) D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt解析：選DB下落h過程有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)，木塊B與A碰撞過程由動量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，規(guī)定向下為正方向，則兩木塊從開始共同運動至最低點過程中由動量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過程中彈簧對木塊A的沖量I的大小為I＝2I1，聯(lián)立解得彈簧對木塊A的沖量I的大小為I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正確。10.(多選)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖所示，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是()A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．當物塊速度大小為v時(未離開小車)，小車速度大小為eq\f(m,M)vD．當物塊離開小車時，小車向左運動的位移為eq\f(m,M)L解析：選BC彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則無其他力做功，機械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機械能，此時系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；取物塊和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，B正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C正確；彈開的過程滿足反沖原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，則在相同時間內(nèi)eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，聯(lián)立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D錯誤。11.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2，m2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1解析：選BD由題意結(jié)合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)束，此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正確；A、C錯誤。12.如圖所示，一傾角為θ＝37°的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為5m的物塊靜止于斜面上O處。在距離O點h＝1.8m高處的斜面頂端從靜止開始釋放一個質(zhì)量為m的小球，小球沿斜面下落過程中只與物塊發(fā)生了一次彈性碰撞，一段時間后兩者同時到達斜面底端。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tanθ，小球與斜面間摩擦忽略不計，重力加速度大小為g＝10m/s2。求：(1)小球與物塊剛碰撞后它們的速度v1、v2；(2)斜面的高度H。解析：(1)設(shè)剛要碰撞時小球的速度為v0，根據(jù)機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv02，在小球與物塊的碰撞過程中，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，根據(jù)動能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·5mv22，聯(lián)立解得v1＝－eq\f(2,3)eq\r(2gh)＝－4m/s，v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)＝2m/s，小球速度方向沿斜面向上，物塊速度沿斜面向下。(2)小球與物塊碰撞后先沿斜面向上勻減