课时跟踪检测（二十一） 动量守恒定律

PAGE第7页共7页课时跟踪检测（二十一）动量守恒定律一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，一质量为M的木块静止在光滑水平的桌面上，有颗质量为m的子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中()A．木块增加的动量等于子弹损失的动量B．木块增加的动量不等于子弹损失的动量C．木块增加的机械能等于子弹损失的机械能D．系统产生的热量等于子弹损失的机械能解析：选B在该过程中，由木块和子弹组成的系统在水平方向上还受到弹簧的弹力作用，系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒，所以子弹损失的动量不等于木块增加的动量，A错误，B正确；由于弹簧弹力对子弹、木块组成的系统做负功，子弹射入木块的过程中也有内能产生，所以系统的机械能不守恒，子弹损失的机械能不等于木块增加的机械能，C错误；根据能量守恒定律，子弹损失的机械能等于弹簧的弹性势能、木块的动能和系统产生的热量之和，D错误。2.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，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6解析：选C因A球动量增量为负值，即碰撞引起A球动量减小，所以左方一定为A球，由动量守恒定律可知，pA′＝4kg·m/s，pB′＝12kg·m/s，又由p＝mv可得：eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(pA′mB,pB′mA)＝eq\f(4,12)×eq\f(2,1)＝eq\f(2,3)。故选项C正确，A、B、D错误。3.(2021·雅安模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A．16J B．2JC．6J D．4J解析：选A设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0v02－eq\f(1,2)(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，联立解得eq\f(ΔE,Ek木)＝eq\f(m＋m0,m0)＞1，即ΔE＞6J，A项正确。4.如图所示，一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，弹簧上端固定一质量为2m的物块A，弹簧下端固定在水平地面上。一质量为m的物块B，从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与物块A接触后粘在一起向下压缩弹簧。从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中(弹簧保持竖直，且形变在弹性限度内)，下列说法正确的是()A．物块B的动能先减小后增加又减小B．物块A和物块B组成的系统动量守恒C．物块A和物块B组成的系统机械能守恒D．物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选AB物块开始自由下落速度逐渐增大，与A物块碰撞瞬间，动量守恒，选取竖直向下为正方向，则mv0＝(m＋2m)v，可知A、B碰后瞬间整体的速度小于碰前B物块的速度，随后A、B整体向下运动，开始重力大于弹力，且弹力逐渐增大，所以整体做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，整体做加速度增大的减速运动，直至速度减为0，所以从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中，物块B的动能先减小后增加又减小，A正确；物块A和物块B组成的系统只在碰撞瞬间内力远大于外力，动量守恒，之后系统所受合外力一直变化，系统动量不守恒，B错误；两物块碰撞瞬间损失机械能，所以物块A和物块B组成的系统机械能不守恒，物块A、物块B5.(多选)如图所示，光滑斜面长L＝2m，倾角为θ＝30°。质量为mA＝0.2kg的物体A从斜面顶点由静止滑下，与此同时质量为mB＝0.3kg的物体B从斜面底端以v0＝5m/s的速度冲上斜面，两物体相碰撞后粘在一起，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．两物体碰撞后立即一起沿斜面加速下滑B．两物体碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑C．两物体在碰撞过程中损失的机械能为3.5JD．两物体在碰撞过程中损失的机械能为1.5J解析：选BD设两物体运动时间t1后相碰撞，则有v0t1－eq\f(1,2)gsinθ·t12＋eq\f(1,2)gsinθ·t12＝L，解得t1＝0.4s，此时A的速度大小为vA＝2m/s，方向向下；B的速度大小为vB＝3m/s，方向向上。取沿斜面向上的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，所以两物体相碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑，选项B正确，A错误。两物体在碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝1.5J，选项D正确，C错误。6.(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选项错误；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选项正确；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选项正确；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选项错误。7.(2021·福州模拟)(多选)质量为M、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次后恰好又回到箱子正中间，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(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：选BD设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)vt2＋ΔE，联立解得ΔE＝eq\f(Mm,2M＋m)v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确。8．(2021·黄冈模拟)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－2m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＝m1v2Δx＝v2th＝eq\f(1,2)gt2解得：Δx＝26m。答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m9.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒有m2v20＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度解得m3＝20kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0解得v1＝1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32解得v2＝1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：(1)20kg(2)见解析二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(2020·长春二模)如图所示，光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽，凹槽半径为R，表面光滑。将一质量为m的小滑块(可视为质点)，从凹槽边缘处由静止释放，当小滑块运动到凹槽的最低点时，对凹槽的压力为FN，FN的求解比较复杂，但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是(重力加速度为g)()A.eq\f(3M＋2mmg,M) B.eq\f(3m＋2Mmg,M)C.eq\f(3M＋2mg,M) D.eq\f(3m＋2mg,M)解析：选A选项C、D从单位制的角度分析都是错误的；对选项A、B的分析可采用极限分析法：当M≫m时，m下滑过程中，M的速度几乎为零，则m到达最低点的速度v＝eq\r(2gR)，由FN′－mg＝meq\f(v2,R)，可得FN＝FN′＝3mg，符合此结论的只有选项A。11．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：选A设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝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，代入图中数据解得E损＝3J，选项A正确。12.(2021·武汉调研)(多选)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1kg，B球质量大于A球质量。两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失。两球运动的速度—时间关系如图所示，下列说法正确的是()A．B球质量为2kgB．两球之间的斥力大小为0.15NC．t＝30s时，两球发生非弹性碰撞D．最终B球速度为零解析：选BD由题图可知，10～30s的时间内两球在恒定的斥力作用下做匀减速直线运动，由于A球的质量小于B球的质量，则A球的加速度大于B球的加速度，因此t＝0时速度小于0的图线为A球的速度—时间图线。对A球有F＝mAaA，对B球有F＝mBaB，又由图像可知A球的加速度大小为aA＝eq\f(3,20)m/s2、B球的加速度大小为aB＝eq\f(1,20)m/s2，可解得mB＝3kg、F＝0.15N，A错误，B正确；t＝30s时A球的速度为零，此时B球的速度为2m/s，两球发生碰撞，由图像可知碰后瞬间A、B两球的速度大小分别为3m/s、1m/s，碰前两球的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)mBvB2＝eq\f(1,2)×3×22J＝6J，碰后两球的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×32J＋eq\f(1,2)×3×12J＝6J，由于碰撞前后系统的总动能相等，因此两球发生的碰撞为弹性碰撞，C错误；由题图可知L＝eq\f(1,2)×(2＋6)×20m＝80m，假设B球的速度在50s时减为零，则50s时两球之间的距离为eq\f(1,2)×20×[(3＋6)－1]m＝80m，即B球的速度减为零时两球之间的距离恰好等于L，斥力消失，B球静止，假设成立，D正确。