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課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十)　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

1.小車(chē)上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示，桶的前、后、底及側(cè)面各裝有一個(gè)閥門(mén)，分別為S1、S2、S3、S4(圖中未全畫(huà)出)。要使小車(chē)向前運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是(　　)
A．打開(kāi)閥門(mén)S1　　　　　 B．打開(kāi)閥門(mén)S2
C．打開(kāi)閥門(mén)S3 D．打開(kāi)閥門(mén)S4
解析：選B　水和車(chē)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，原來(lái)系統(tǒng)動(dòng)量為0，由動(dòng)量守恒定律得：0＝m水v水＋m車(chē)v車(chē)，即：m水v水＝－m車(chē)v車(chē)，車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向與水的運(yùn)動(dòng)方向相反，故水應(yīng)向后噴出，即應(yīng)打開(kāi)閥門(mén)S2。
2.如圖所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是(　　)
A． B．
C． D．
解析：選C　m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地位移為x1，M在水平方向上對(duì)地位移為x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝②，由①②式可得x2＝，故選C。
3．(2021·福建福州模擬)一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(　　)
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
解析：選C　規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確。
4．(2021·北京高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰后開(kāi)始到回到原靜止位置的過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是(　　)

A.E＝mv02　　I＝2mv0
B．E＝mv02　　I＝2mv0
C．E＝mv02　　I＝mv0
D．E＝mv02　　I＝mv0
解析：選A　AB碰撞瞬間，由動(dòng)量守恒定律可知：mv0＝2mv1 ，解得：v1＝
碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大彈性勢(shì)能E，則：E＝×2m×＝mv02，取AB整體分析，取向右為正，由動(dòng)量定理可得I＝2m×－＝2mv0，所以墻對(duì)彈簧的沖量大小為2mv0，故A項(xiàng)正確；
5．(多選)(2021·廣西南寧期末)在光滑的冰面上，質(zhì)量為80 kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞，碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，下列說(shuō)法正確的是(　　)
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．碰撞中總機(jī)械能損失了1 500 J
D．碰撞中總機(jī)械能損失了1 400 J
解析：選BD　設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v1、v2，碰后乙的速度大小為v2′，規(guī)定碰撞前甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv2′，解得：v2′＝v1－v2＝ m/s＝1.0 m/s，故A錯(cuò)誤，B正確。根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞中總機(jī)械能的損失為：ΔE＝mv12＋Mv22－Mv2′，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝1 400 J，故C錯(cuò)誤，D正確。
6．(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)炮彈的速度v0恰好沿水平方向時(shí)，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來(lái)的方向，則(　　)
A．b的速度方向一定與原來(lái)速度方向相反
B．從炸裂到落地的這段時(shí)間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大
C．a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)水平地面
D．在炸裂過(guò)程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：選CD　炮彈炸裂前、后動(dòng)量守恒，選定v0的方向?yàn)檎较颍瑒tmv0＝mava＋mbvb，顯然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A錯(cuò)誤；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，下落高度相同則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，飛行的水平距離與速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度關(guān)系未知，所以a、b飛行的水平距離無(wú)法比較，故B錯(cuò)誤，C正確；炸裂過(guò)程中，a、b之間的力為相互作用力，大小相等，故D正確。
7.(2021·吉林“五地六校”合作體聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量比為(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：選D　設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较颍深}意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說(shuō)明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－，則有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，選項(xiàng)D正確。
8．(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg 的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：選BC　選運(yùn)動(dòng)員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)員第一次推出物塊時(shí)有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時(shí)有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類(lèi)推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8。又運(yùn)動(dòng)員的退行速度v8>v0，v7 9．(多選)(2021·四川成都棠湖中學(xué)模擬)
A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖線。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時(shí)間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖線。若A球的質(zhì)量m＝2 kg，則下列結(jié)論正確的是(　　)
A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為3 kg·m/s
B．碰撞時(shí)A對(duì)B所施加的沖量為－4 N·s
C．碰撞前后A的動(dòng)量變化量為4 kg·m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10 J
解析：選BCD　由題圖可知，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；對(duì)A、B組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析可知，A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前、后兩球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，碰撞前后A的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mvA′－mvA＝4 kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，碰撞前、后B的動(dòng)量變化量為ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又由于ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，故A與B碰撞前的總動(dòng)量p總＝mvA＋mBvB＝－ kg·m/s。由動(dòng)量定理可知，碰撞時(shí)A對(duì)B所施加的沖量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J。A錯(cuò)誤，B、C、D正確。

10.(多選)(2021·四川仁壽一中期中)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．mv2 B． v2
C．NμmgL D．N μmgL
解析：選BD　設(shè)物塊與箱子相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk系＝mv2－(M＋m)v12＝，A錯(cuò)誤，B正確。根據(jù)能量守恒定律得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，根據(jù)功能關(guān)系得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有Q＝ΔEk系＝N μmgL。C錯(cuò)誤，D正確。
11．(2020·天津等級(jí)考)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。
(1)求A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小；
(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？
解析：(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零。設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由重力提供向心力，有
m1g＝m1①
A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零。設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl②
由動(dòng)量定理，有I＝m1vA③
聯(lián)立①②③式，得I＝m1。④
(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足v′＝vA⑤
要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颉ＴO(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝m2vB2⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能
Ek＝。⑧
答案：(1)m1　(2)
12．(2021·聊城一模)如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB段是半徑R＝0.8 m的圓弧，B在圓心O的正下方，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。球2、球3分別放在BC軌道上，質(zhì)量m1＝0.4 kg的球1從A點(diǎn)由靜止釋放，球1進(jìn)入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g＝10 m/s2。

(1)求球1到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。
(2)若球2的質(zhì)量m2＝0.1 kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的質(zhì)量m3＝0.1 kg，為使球3獲得最大的動(dòng)能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少。
解析：(1)對(duì)球1從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理：
m1gR＝m1v02
在B點(diǎn)對(duì)球1應(yīng)用牛頓第二定律：
FN－m1g＝m1
聯(lián)立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛頓第三定律知球1在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝12 N。
(2)球1、球2的碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由機(jī)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

發(fā)表評(píng)論