課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十一） 動(dòng)量守恒定律

PAGE第7頁(yè)共7頁(yè)課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十一）動(dòng)量守恒定律一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示，一質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平的桌面上，有顆質(zhì)量為m的子彈沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短。則在從子彈開(kāi)始射入木塊到彈簧壓縮至最短的過(guò)程中()A．木塊增加的動(dòng)量等于子彈損失的動(dòng)量B．木塊增加的動(dòng)量不等于子彈損失的動(dòng)量C．木塊增加的機(jī)械能等于子彈損失的機(jī)械能D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于子彈損失的機(jī)械能解析：選B在該過(guò)程中，由木塊和子彈組成的系統(tǒng)在水平方向上還受到彈簧的彈力作用，系統(tǒng)的合外力不為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，所以子彈損失的動(dòng)量不等于木塊增加的動(dòng)量，A錯(cuò)誤，B正確；由于彈簧彈力對(duì)子彈、木塊組成的系統(tǒng)做負(fù)功，子彈射入木塊的過(guò)程中也有內(nèi)能產(chǎn)生，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，子彈損失的機(jī)械能不等于木塊增加的機(jī)械能，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，子彈損失的機(jī)械能等于彈簧的彈性勢(shì)能、木塊的動(dòng)能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。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(dòng)量均為8kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6解析：選C因A球動(dòng)量增量為負(fù)值，即碰撞引起A球動(dòng)量減小，所以左方一定為A球，由動(dòng)量守恒定律可知，pA′＝4kg·m/s，pB′＝12kg·m/s，又由p＝mv可得：eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(pA′mB,pB′mA)＝eq\f(4,12)×eq\f(2,1)＝eq\f(2,3)。故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3.(2021·雅安模擬)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過(guò)程木塊的動(dòng)能增加了6J，那么此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A．16J B．2JC．6J D．4J解析：選A設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則子彈打入木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0v02－eq\f(1,2)(m＋m0)v2，而木塊獲得的動(dòng)能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，聯(lián)立解得eq\f(ΔE,Ek木)＝eq\f(m＋m0,m0)＞1，即ΔE＞6J，A項(xiàng)正確。4.如圖所示，一個(gè)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧豎直放置，彈簧上端固定一質(zhì)量為2m的物塊A，彈簧下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的物塊B，從距離彈簧最上端高為h的正上方處由靜止開(kāi)始下落，與物塊A接觸后粘在一起向下壓縮彈簧。從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個(gè)過(guò)程中(彈簧保持豎直，且形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi))，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊B的動(dòng)能先減小后增加又減小B．物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．物塊A、物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選AB物塊開(kāi)始自由下落速度逐漸增大，與A物塊碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，選取豎直向下為正方向，則mv0＝(m＋2m)v，可知A、B碰后瞬間整體的速度小于碰前B物塊的速度，隨后A、B整體向下運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始重力大于彈力，且彈力逐漸增大，所以整體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力等于彈力時(shí)，速度達(dá)到最大，之后彈力大于重力，整體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度減為0，所以從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個(gè)過(guò)程中，物塊B的動(dòng)能先減小后增加又減小，A正確；物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)只在碰撞瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，之后系統(tǒng)所受合外力一直變化，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；兩物塊碰撞瞬間損失機(jī)械能，所以物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，物塊A、物塊B5.(多選)如圖所示，光滑斜面長(zhǎng)L＝2m，傾角為θ＝30°。質(zhì)量為mA＝0.2kg的物體A從斜面頂點(diǎn)由靜止滑下，與此同時(shí)質(zhì)量為mB＝0.3kg的物體B從斜面底端以v0＝5m/s的速度沖上斜面，兩物體相碰撞后粘在一起，取重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．兩物體碰撞后立即一起沿斜面加速下滑B．兩物體碰撞后立即一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑C．兩物體在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為3.5JD．兩物體在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為1.5J解析：選BD設(shè)兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1后相碰撞，則有v0t1－eq\f(1,2)gsinθ·t12＋eq\f(1,2)gsinθ·t12＝L，解得t1＝0.4s，此時(shí)A的速度大小為vA＝2m/s，方向向下；B的速度大小為vB＝3m/s，方向向上。取沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，所以兩物體相碰撞后立即一起沿斜面減速上滑一段距離再加速下滑，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤。兩物體在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝1.5J，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。6.(多選)質(zhì)量為M的小車(chē)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(chē)上，壓縮彈簧并用細(xì)線連接物塊和小車(chē)左端，開(kāi)始時(shí)小車(chē)與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物塊與小車(chē)右端相距為L(zhǎng)，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說(shuō)法正確的是()A．物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．當(dāng)物塊速度大小為v時(shí)(未離開(kāi)小車(chē))，小車(chē)速度大小為eq\f(m,M)vD．當(dāng)物塊離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(m,M)L解析：選BC彈簧推開(kāi)物塊和小車(chē)的過(guò)程，若取物塊、小車(chē)和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，則無(wú)其他力做功，機(jī)械能守恒，但選物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能，此時(shí)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；取物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，B選項(xiàng)正確；由物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C選項(xiàng)正確；彈開(kāi)的過(guò)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(shí)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選項(xiàng)錯(cuò)誤。7.(2021·福州模擬)(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰好又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：選BD設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個(gè)過(guò)程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)vt2＋ΔE，聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(Mm,2M＋m)v2，可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。8．(2021·黃岡模擬)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(diǎn)時(shí)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(dá)地面，落地動(dòng)能為5J。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)，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(diǎn)間的距離。解析：(1)設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1，根據(jù)機(jī)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－2m代入數(shù)據(jù)解得：Δm＝0.06kg。(3)另一塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為Δx，有mv1＝m1v2Δx＝v2th＝eq\f(1,2)gt2解得：Δx＝26m。答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m9.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有m2v20＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度解得m3＝20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0解得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32解得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。答案：(1)20kg(2)見(jiàn)解析二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性10.(2020·長(zhǎng)春二模)如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R，表面光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從凹槽邊緣處由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到凹槽的最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)凹槽的壓力為FN，F(xiàn)N的求解比較復(fù)雜，但是我們可以根據(jù)學(xué)過(guò)的物理知識(shí)和方法判斷出可能正確的是(重力加速度為g)()A.eq\f(3M＋2mmg,M) B.eq\f(3m＋2Mmg,M)C.eq\f(3M＋2mg,M) D.eq\f(3m＋2mg,M)解析：選A選項(xiàng)C、D從單位制的角度分析都是錯(cuò)誤的；對(duì)選項(xiàng)A、B的分析可采用極限分析法：當(dāng)M?m時(shí)，m下滑過(guò)程中，M的速度幾乎為零，則m到達(dá)最低點(diǎn)的速度v＝eq\r(2gR)，由FN′－mg＝meq\f(v2,R)，可得FN＝FN′＝3mg，符合此結(jié)論的只有選項(xiàng)A。11．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：選A設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。12.(2021·武漢調(diào)研)(多選)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，A球質(zhì)量為1kg，B球質(zhì)量大于A球質(zhì)量。兩球間距離小于L時(shí)，兩球之間會(huì)產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于L時(shí)作用力消失。兩球運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．B球質(zhì)量為2kgB．兩球之間的斥力大小為0.15NC．t＝30s時(shí)，兩球發(fā)生非彈性碰撞D．最終B球速度為零解析：選BD由題圖可知，10～30s的時(shí)間內(nèi)兩球在恒定的斥力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量，則A球的加速度大于B球的加速度，因此t＝0時(shí)速度小于0的圖線為A球的速度—時(shí)間圖線。對(duì)A球有F＝mAaA，對(duì)B球有F＝mBaB，又由圖像可知A球的加速度大小為aA＝eq\f(3,20)m/s2、B球的加速度大小為aB＝eq\f(1,20)m/s2，可解得mB＝3kg、F＝0.15N，A錯(cuò)誤，B正確；t＝30s時(shí)A球的速度為零，此時(shí)B球的速度為2m/s，兩球發(fā)生碰撞，由圖像可知碰后瞬間A、B兩球的速度大小分別為3m/s、1m/s，碰前兩球的總動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mBvB2＝eq\f(1,2)×3×22J＝6J，碰后兩球的總動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×32J＋eq\f(1,2)×3×12J＝6J，由于碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能相等，因此兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，C錯(cuò)誤；由題圖可知L＝eq\f(1,2)×(2＋6)×20m＝80m，假設(shè)B球的速度在50s時(shí)減為零，則50s時(shí)兩球之間的距離為eq\f(1,2)×20×[(3＋6)－1]m＝80m，即B球的速度減為零時(shí)兩球之間的距離恰好等于L，斥力消失，B球靜止，假設(shè)成立，D正確。