课时跟踪检测（二十九） 应用动量守恒定律解决三类典型问题

课时跟踪检测（二十九）应用动量守恒定律解决三类典型问题A级——全员必做1.如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，然后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L，已知他的自身质量为m，渔船的质量为()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：选B设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度方向为正方向。则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，则有Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得渔船的质量M＝eq\f(mL－d,d)，故选B。2.如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)解析：选A设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故选A。3．(2023·仪征调研)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为()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：选C设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正确，A、B、D错误。4.(2023·高邮模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6解析：选CA、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。5．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103kg，于2020年7月23日发射升空，2021年5月15日着陆火星。在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动，下列说法正确的是()A．天问一号的速度变化量约为2.88×103m/sB．天问一号的速度变化量约为288m/sC．喷出气体的质量约为48kgD．喷出气体的质量约为240kg解析：选B根据动量定理有Ft＝MΔv，Δv＝eq\f(Ft,M)＝288m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知mv气－(M－m)Δv＝0，解得喷出气体质量m≈438kg，C、D错误。

6.多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的重要手段。同一水平面上的A、B两个军事目标的位置关系如图，P、Q是其连线上的两个三等分点，现有一枚母弹无动力运动至P点正上方的K点时分裂成两个质量相等的分弹头，分别命中A、B两个目标。已知分裂前后炮弹的速度均在水平方向且不计空气阻力。若该母弹在K点没有成功分裂，它的落点将在()A．A与P之间 B．P与Q之间C．Q点处 D．Q与B之间解析：选B设母弹质量为m，分裂前速度为v，分裂后能落在A点的弹体速度为vA，能落在B点的弹体速度为vB，分裂后都做平抛运动，时间相等，根据落点可知vA∶vB＝1∶2，弹体分裂满足水平方向外力之和为零，取向右为正方向，由动量守恒：mv＝－eq\f(m,2)vA＋eq\f(m,2)vB，解得v＝＋eq\f(vB,4)，则母弹若不分裂，将向右飞行，在离P点eq\f(1,4)处落地，故选B。7．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析：选B爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，两碎块落地点之间的水平距离为1020m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正确。质量大的碎块其初速度为85m/s，C错误。8.如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝2m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)物块C与A碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。解析：(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq\f(1,4)mv02。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋2m)v1解得v1＝eq\f(1,4)v0根据机械能守恒得eq\f(1,2)×2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2＝eq\f(1,2)×4m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2＋2mgh解得h＝eq\f(v02,16g)。答案：(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(v02,16g)B级——重点选做9.2022年冬季奥运会在北京举行。我国冰壶运动员在某一次水面上训练时，红壶以一定的速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图中实线所示，如果两冰壶的质量相等，那么，由图像可得出正确的结论是()A．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为1.5m/s，红壶的速度为1m/sB．两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的eq\f(3,4)倍C．红、蓝两壶在运动过程中，动摩擦因数之比为μ红∶μ蓝＝3∶4D．碰后蓝壶经过4s停止运动解析：选D由图像可以看出，碰前红壶的速度为v0＝2.0m/s，碰后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5m/s，两冰壶质量相等，碰撞过程动量守恒，设红壶碰后的速度为v1，以碰前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，得v1＝0.5m/s，A错误；碰撞过程中损失的机械能为ΔE1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝eq\f(3,4)mJ，两壶从碰后到静止损失的总机械能ΔE2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(5,4)mJ，两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的eq\f(3,5)，B错误；碰前红壶的加速度为a＝μ红g＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，则μ红＝0.05，由图像可知t2＝eq\f(2.5,0.5)s＝5s，碰后蓝壶运动时间为Δt＝t2－1s＝4s，则碰后蓝壶的加速度为a2＝μ蓝g＝eq\f(1.5,5－1)m/s2＝0.375m/s2，则μ蓝＝0.0375，故μ红∶μ蓝＝0.05∶0.0375＝4∶3，C错误，D正确。10．(2023·丹阳模拟)甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲＝10kg·m/s，p乙＝14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲∶m乙的关系可能是()A．3∶5 B．1∶4C．1∶10 D．1∶6解析：选B碰撞过程动量守恒，有：p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，p甲＝10kg·m/s，p乙＝14kg·m/s，p乙′＝20kg·m/s，解得：p甲′＝4kg·m/s，两球的动量方向都与原来方向相同，碰前：v甲＝eq\f(p甲,m甲)＞v乙＝eq\f(p乙,m乙)，解得：eq\f(m甲,m乙)＜eq\f(10,14)＝eq\f(5,7)，碰后：v甲′＝eq\f(p甲′,m甲)≤v乙′＝eq\f(p乙′,m乙)，解得：eq\f(m甲,m乙)≥eq\f(1,5)，碰撞过程能量守恒：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，解得：eq\f(m甲,m乙)≤eq\f(7,17)，综合可知：eq\f(1,5)≤eq\f(m甲,m乙)≤eq\f(7,17)，故B正确，A、C、D错误。11．如图所示，质量M＝1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为mQ＝0.5kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为mP＝0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧处于弹性限度内)，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面向右滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知小车的长度L＝6m(g取10m/s2)。(1)P刚要与Q碰撞前的速度大小；(2)Q刚在小车上滑行时的初速度大小；(3)Q与小车表面间动摩擦因数μ。解析：(1)由题知水平向左的推力F将P缓慢推至B点，则推力F做的功全部转化为弹性势能，有Ep＝WF撤去F后，P沿桌面向右滑动根据能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mPvP2，代入数据有vP＝4m/s。(2)由题知P与