2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十)　动量守恒定律及其应用

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<v0，解得13m<M<15m，即52 kg<M<60 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。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

则v3＝·v0

代入数据：v3＝v0，

由数学知识，当m2＝时，

m2＋＋0.5最小，v3最大

所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg。

答案：(1)12 N　(2)6.4 m/s　(3)0.2 kg