“四翼”检测评价（四） 动量守恒定律的应用

“四翼”检测评价（四）动量守恒定律的应用A组—重基础·体现综合1.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()A．A开始运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时解析：选D对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大。2．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测出它的质量。他轻轻从船尾走向船头，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d和船长L，又知他的质量为m，则小船的质量为(不计湖水的阻力)()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设人的位移为s人，则船的位移为d＝L－s人，如图所示：以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，可得：meq\f(s人,t)＝Meq\f(d,t)，解得船的质量为M＝eq\f(mL－d,d)，故B对，A、C、D错。3．(2022·厦门高二质检)如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。从木块被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合力的冲量大小为()A．eq\f(Mmv0,M＋m)书B．2Mv0C．eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0解析：选A由于子弹射入木块的时间极短，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)。由机械能守恒可知木块第一次回到原来位置时速度大小仍为v，方向向左，根据动量定理，合力的冲量大小I＝Mv－0＝eq\f(Mmv0,M＋m)，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为eq\f(3,2)mv02D．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为mv02解析：选AC对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝eq\f(1,2)Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M×(2v0)＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M×(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)M×v02＝eq\f(3,2)mv02，A、C正确，B、D错误。5.(多选)矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较()A．两次子弹对滑块做的功一样多B．两次滑块受的冲量一样大C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析：选AB由动量守恒定律可知两种情况的最后速度相同，滑块获得的动能相同，根据动能定理可知子弹对滑块做的功相同，A对；由动量定理，合外力的冲量等于滑块动量的变化量，所以合外力的冲量相同，B对；两种情况，子弹动能变化量相同，克服阻力做功相同，C错；产生的热量等于克服阻力做的功，故两次产生的热量一样多，D错。6.(多选)小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示，当烧断细绳后，弹簧被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．当C对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq\f(m,M)vC．小车向左运动的位移为eq\f(mL,M＋m)D．小车向左运动的位移为eq\f(m,M)L解析：选BC小车与C组成的系统所受合外力为0，系统在整个过程动量守恒，但C与橡皮泥粘接过程有机械能损失，Mv′－mv＝0，则v′＝eq\f(m,M)v，同时该系统属于“人船模型”，Md＝m(L－d)，所以小车向左运动的位移d＝eq\f(mL,M＋m)，综上可知，选项B、C正确。7.(多选)质量为m0、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．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(mm0v2,2m＋m0)C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：选BD根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,m0＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m0＋m)v′2＝eq\f(mm0v2,2m＋m0)，B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，D正确。8.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)gC．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：选C子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块构成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后的瞬间，FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v12,L)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，由牛顿第三定律知，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。9.如图所示，在光滑的水平面上，质量为M＝3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质量为m＝1.0kg的小物块B(可视为质点)，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30。在木板A的左端正上方，用长为R＝0.80m不可伸长的轻绳将质量为m＝1.0kg的小球C悬于固定点O，现将轻绳拉直使小球C于O点以下与水平方向成θ＝30°角的位置(如图所示)由静止释放。此后，小球C与B恰好发生正碰且无机械能损失。空气阻力不计，g取10m/s2。求：(1)小球运动到最低点时(碰撞前)对细绳的拉力；(2)木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出木板。解析：(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝eq\r(,gR)小球在最低点，有F－mg＝meq\f(v02,R)解得F＝20N由牛顿第三定律得，小球对细绳的拉力为F′＝F＝20N，方向竖直向下。(2)设小球C与小物块B在碰撞后，小球C的速度为v1，小物块B的速度为v2，由动量守恒和机械能守恒得mv0＝mv1＋mv2eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22联立解得v1＝0，v2＝eq\r(,gR)小物块B在木板A上滑动，小物块B和木板A组成的系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时与A共速，速度大小为v，则mv2＝(M＋m)v小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能，由功能关系得μmgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)(M＋m)v2联立以上各式并代入数据，解得L＝1m。答案：(1)20N，方向竖直向下(2)1mB组—重应用·体现创新10.(多选)如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m。现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则()A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4mD．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m解析：选ACD机械能守恒的条件是只有重力做功，在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；在A、B间存在相互作用的过程中，竖直方向上存在加速度，系统合外力不为0，动量不守恒，B错误；物块B从槽口右端运动到左端时，根据水平方向动量守恒可知，m·(2r－x)＝Mx，解得x＝0.4m，C正确；对物块B，根据动量定理可知，I＝mv0，解得v0＝2m/s，B到达左侧最高点时，物体A的速度为0，根据能量守恒定律可知，mgh＝eq\f(1,2)mv02，解得h＝0.2m，D正确。11.(多选)如图所示，一质量M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B大小均为4.0m/s、方向相反的速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B。站在地面上的观察者在一段时间内看到小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是()A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.6m/s D．3.0m/s解析：选BC以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2m/s＜vB＜2.67m/s。12．(2022·泉州高二调研)如图所示，质量m＝245g的物块(可视为质点)放在质量M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2，求：(1)子弹和物块一起滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t和产生的内能E。解析：(1)子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度。对子弹和物块组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝eq\f(m0v0,m0＋m)＝6m/s。(2)当子弹、物