课时跟踪检测（二十八）“动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究

课时跟踪检测（二十八）“动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．(2023·四川内江模拟)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。2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个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，而后轻轻下船。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，水的阻力不计，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A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，则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的质量为M＝eq\f(mL－d,d)，故选A。3.(2023·汉中模拟)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。4．(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出()A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度B．碰撞后小球A反弹的上升的时间C．碰撞过程中物块B获得冲量大小D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能解析：选ACD对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。5．如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能解析：选D子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞，动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是系统具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq\f(1,2)mA＋m子v12－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。6．(2022·北京高考)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的动量大于m1的动量D．碰撞后m2的动能小于m1的动能解析：选Cx­t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小为v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。7．质量为m＝260g的手榴弹从水平地面上以v0＝14.14m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5J。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；(2)手榴弹所装弹药的质量；(3)两块弹片落地点间的距离。解析：(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，根据机械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh解得：v1≈10m/s。(2)设每块弹片的质量为m1，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m1gh＝5J设手榴弹装弹药的质量为Δm，有Δm＝m－2m1代入数据解得：Δm＝0.06kg。(3)另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得：Δx＝26m。答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是()A．A、B分离时A的速度为eq\f(1,3)v0B．A、B分离时A的速度为eq\f(1,2)v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(1,2)mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq\f(5,4)mv02解析：选BD该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C错误，D正确。9.(2023·铜川高三模拟)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh) B．I＝2meq\r(2gh)－2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh) D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt解析：选DB下落h过程有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。10.(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是()A．物块和小车组成的系统机械能守恒B．物块和小车组成的系统动量守恒C．当物块速度大小为v时(未离开小车)，小车速度大小为eq\f(m,M)vD．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为eq\f(m,M)L解析：选BC弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，所受合外力为零，故系统的动量守恒，B正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，则在相同时间内eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，联立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D错误。11.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1解析：选BD由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正确；A、C错误。12.如图所示，一倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h＝1.8m高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞，一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g＝10m/s2。求：(1)小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2；(2)斜面的高度H。解析：(1)设刚要碰撞时小球的速度为v0，根据机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv02，在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，根据动能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·5mv22，联立解得v1＝－eq\f(2,3)eq\r(2gh)＝－4m/s，v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)＝2m/s，小球速度方向沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。(2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减