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課時跟蹤檢測(二十)　動量守恒定律及其應用

1.小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示，桶的前、后、底及側面各裝有一個閥門，分別為S1、S2、S3、S4(圖中未全畫出)。要使小車向前運動，可采用的方法是(　　)
A．打開閥門S1　　　　　 B．打開閥門S2
C．打開閥門S3 D．打開閥門S4
解析：選B　水和車系統動量守恒，原來系統動量為0，由動量守恒定律得：0＝m水v水＋m車v車，即：m水v水＝－m車v車，車的運動方向與水的運動方向相反，故水應向后噴出，即應打開閥門S2。
2.如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h，今有一質量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是(　　)
A． B．
C． D．
解析：選C　m與M組成的系統在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為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)一質量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為(　　)
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
解析：選C　規定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確。
4．(2021·北京高三學業考試)如圖所示，質量為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。不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是(　　)

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，由動量守恒定律可知：mv0＝2mv1 ，解得：v1＝
碰撞后系統機械能守恒，當兩球向左減速到零時彈簧的彈性勢能最大，最大彈性勢能E，則：E＝×2m×＝mv02，取AB整體分析，取向右為正，由動量定理可得I＝2m×－＝2mv0，所以墻對彈簧的沖量大小為2mv0，故A項正確；
5．(多選)(2021·廣西南寧期末)在光滑的冰面上，質量為80 kg的冰球運動員甲以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞，碰后甲恰好靜止。假設碰撞時間極短，下列說法正確的是(　　)
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．碰撞中總機械能損失了1 500 J
D．碰撞中總機械能損失了1 400 J
解析：選BD　設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v1、v2，碰后乙的速度大小為v2′，規定碰撞前甲的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv2′，解得：v2′＝v1－v2＝ m/s＝1.0 m/s，故A錯誤，B正確。根據能量守恒定律可知，碰撞中總機械能的損失為：ΔE＝mv12＋Mv22－Mv2′，代入數據解得：ΔE＝1 400 J，故C錯誤，D正確。
6．(多選)向空中發射一枚炮彈，不計空氣阻力，當炮彈的速度v0恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則(　　)
A．b的速度方向一定與原來速度方向相反
B．從炸裂到落地的這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的大
C．a、b一定同時到達水平地面
D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：選CD　炮彈炸裂前、后動量守恒，選定v0的方向為正方向，則mv0＝mava＋mbvb，顯然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A錯誤；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平拋運動，由平拋運動規律知，下落高度相同則運動的時間相等，飛行的水平距離與速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度關系未知，所以a、b飛行的水平距離無法比較，故B錯誤，C正確；炸裂過程中，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”合作體聯考)如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，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。兩球剛好不發生第二次碰撞，則A、B兩球的質量比為(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：選D　設A、B質量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發生第二次碰撞，說明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D正確。
8．(多選)(2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為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，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動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。總共經過8次這樣推物塊后，運動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動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：選BC　選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8。又運動員的退行速度v8>v0，v7 9．(多選)(2021·四川成都棠湖中學模擬)
A、B兩球沿一直線運動并發生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖線。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖線。若A球的質量m＝2 kg，則下列結論正確的是(　　)
A．A、B碰撞前的總動量為3 kg·m/s
B．碰撞時A對B所施加的沖量為－4 N·s
C．碰撞前后A的動量變化量為4 kg·m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統損失的動能為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A、B組成的系統進行分析可知，A、B兩球沿同一直線運動并發生正碰，碰撞前、后兩球都做勻速直線運動，系統所受外力的矢量和為0，所以系統的動量守恒，碰撞前后A的動量變化量為ΔpA＝mvA′－mvA＝4 kg·m/s，根據動量守恒定律知，碰撞前、后B的動量變化量為ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又由于ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，故A與B碰撞前的總動量p總＝mvA＋mBvB＝－ kg·m/s。由動量定理可知，碰撞時A對B所施加的沖量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B兩球組成的系統損失的動能ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J。A錯誤，B、C、D正確。

10.(多選)(2021·四川仁壽一中期中)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現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，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為(　　)
A．mv2 B． v2
C．NμmgL D．N μmgL
解析：選BD　設物塊與箱子相對靜止時共同速度為v1，則由動量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝，系統損失的動能為ΔEk系＝mv2－(M＋m)v12＝，A錯誤，B正確。根據能量守恒定律得知，系統產生的內能等于系統損失的動能，根據功能關系得知，系統產生的內能等于系統克服摩擦力做的功，則有Q＝ΔEk系＝N μmgL。C錯誤，D正確。
11．(2020·天津等級考)長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g。
(1)求A受到的水平瞬時沖量I的大小；
(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？
解析：(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零。設A在最高點時的速度大小為v，由重力提供向心力，有
m1g＝m1①
A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零。設A在最低點的速度大小為vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl②
由動量定理，有I＝m1vA③
聯立①②③式，得I＝m1。④
(2)設兩球粘在一起時的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足v′＝vA⑤
要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向。設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝m2vB2⑦
聯立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能
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，質量m1＝0.4 kg的球1從A點由靜止釋放，球1進入水平軌道后與球2發生彈性正碰，球2再與球3發生彈性正碰，g＝10 m/s2。

(1)求球1到達B點時對軌道的壓力大小。
(2)若球2的質量m2＝0.1 kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的質量m3＝0.1 kg，為使球3獲得最大的動能，球2的質量應為多少。
解析：(1)對球1從A到B應用動能定理：
m1gR＝m1v02
在B點對球1應用牛頓第二定律：
FN－m1g＝m1
聯立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛頓第三定律知球1在B點對軌道的壓力大小FN′＝FN＝12 N。
(2)球1、球2的碰撞，根據動量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由機械能守恒得：
m1v02＝m1v12＋m2v22
解得：v2＝v0＝6.4 m/s。
(3)同理，球2、3碰撞后：
v3＝v2

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