課時跟蹤檢測（二十九） 應用動量守恒定律解決三類典型問題

課時跟蹤檢測（二十九）應用動量守恒定律解決三類典型問題A級——全員必做1.如圖所示，有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學想用卷尺粗略測定它的質量。他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，然后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L，已知他的自身質量為m，漁船的質量為()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：選B設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，取船的速度方向為正方向。則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，根據(jù)動量守恒定律有Mv－mv′＝0，則有Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得漁船的質量M＝eq\f(mL－d,d)，故選B。2.如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為()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：選A設導彈飛行的方向為正方向，由動量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選A。3．(2023·儀征調研)一質量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()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：選C設炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運動，根據(jù)落地時水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯誤。4.(2023·高郵模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6解析：選CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應該是正值，因此碰撞后A球的動量大小為4kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。5．天問一號探測器由環(huán)繞器、著陸器和巡視器組成，總質量達到5×103kg，于2020年7月23日發(fā)射升空，2021年5月15日著陸火星。在地火轉移軌道飛行過程中天問一號進行了四次軌道修正和一次深空機動，2020年10月9日23時，在距離地球大約2.94×107千米的深空，天問一號探測器3000N主發(fā)動機點火工作約480秒，發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3×103m/s，順利完成深空機動，天問一號飛行軌道變?yōu)槟軌驕蚀_被火星捕獲的、與火星精確相交的軌道。關于這次深空機動，下列說法正確的是()A．天問一號的速度變化量約為2.88×103m/sB．天問一號的速度變化量約為288m/sC．噴出氣體的質量約為48kgD．噴出氣體的質量約為240kg解析：選B根據(jù)動量定理有Ft＝MΔv，Δv＝eq\f(Ft,M)＝288m/s，可知A錯誤，B正確；設噴出氣體的速度為v氣，方向為正方向，質量為m，由動量守恒定律可知mv氣－(M－m)Δv＝0，解得噴出氣體質量m≈438kg，C、D錯誤。

6.多彈頭攻擊系統(tǒng)是破解導彈防御體系的重要手段。同一水平面上的A、B兩個軍事目標的位置關系如圖，P、Q是其連線上的兩個三等分點，現(xiàn)有一枚母彈無動力運動至P點正上方的K點時分裂成兩個質量相等的分彈頭，分別命中A、B兩個目標。已知分裂前后炮彈的速度均在水平方向且不計空氣阻力。若該母彈在K點沒有成功分裂，它的落點將在()A．A與P之間 B．P與Q之間C．Q點處 D．Q與B之間解析：選B設母彈質量為m，分裂前速度為v，分裂后能落在A點的彈體速度為vA，能落在B點的彈體速度為vB，分裂后都做平拋運動，時間相等，根據(jù)落點可知vA∶vB＝1∶2，彈體分裂滿足水平方向外力之和為零，取向右為正方向，由動量守恒：mv＝－eq\f(m,2)vA＋eq\f(m,2)vB，解得v＝＋eq\f(vB,4)，則母彈若不分裂，將向右飛行，在離P點eq\f(1,4)處落地，故選B。7．(2021·浙江1月選考)在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m解析：選B爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點之間的水平距離為1020m，D錯誤。由上述推導可知，碎塊做平拋運動的時間為4s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯誤。8.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝2m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)物塊C與A碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。解析：(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得E損＝eq\f(1,4)mv02。(2)當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動量守恒定律mv0＝(m＋m＋2m)v1解得v1＝eq\f(1,4)v0根據(jù)機械能守恒得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級——重點選做9.2022年冬季奧運會在北京舉行。我國冰壺運動員在某一次水面上訓練時，紅壺以一定的速度與靜止在大本營中心的藍壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向上的冰面來減小阻力。碰撞前、后兩壺運動的v-t圖線如圖中實線所示，如果兩冰壺的質量相等，那么，由圖像可得出正確的結論是()A．碰撞后瞬間，藍壺的速度為1.5m/s，紅壺的速度為1m/sB．兩壺在碰撞過程中損失的機械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機械能的eq\f(3,4)倍C．紅、藍兩壺在運動過程中，動摩擦因數(shù)之比為μ紅∶μ藍＝3∶4D．碰后藍壺經(jīng)過4s停止運動解析：選D由圖像可以看出，碰前紅壺的速度為v0＝2.0m/s，碰后瞬間藍壺的速度v2＝1.5m/s，兩冰壺質量相等，碰撞過程動量守恒，設紅壺碰后的速度為v1，以碰前紅壺的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，得v1＝0.5m/s，A錯誤；碰撞過程中損失的機械能為ΔE1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝eq\f(3,4)mJ，兩壺從碰后到靜止損失的總機械能ΔE2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(5,4)mJ，兩壺在碰撞過程中損失的機械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機械能的eq\f(3,5)，B錯誤；碰前紅壺的加速度為a＝μ紅g＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，則μ紅＝0.05，由圖像可知t2＝eq\f(2.5,0.5)s＝5s，碰后藍壺運動時間為Δt＝t2－1s＝4s，則碰后藍壺的加速度為a2＝μ藍g＝eq\f(1.5,5－1)m/s2＝0.375m/s2，則μ藍＝0.0375，故μ紅∶μ藍＝0.05∶0.0375＝4∶3，C錯誤，D正確。10．(2023·丹陽模擬)甲、乙兩球在光滑的水平面上，沿同一直線同一方向運動，它們的動量分別為p甲＝10kg·m/s，p乙＝14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，當甲追上乙發(fā)生碰撞后，乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則甲、乙兩球的質量m甲∶m乙的關系可能是()A．3∶5 B．1∶4C．1∶10 D．1∶6解析：選B碰撞過程動量守恒，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，兩球的動量方向都與原來方向相同，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)，碰撞過程能量守恒：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)，綜合可知：eq\f(1,5)≤eq\f(m甲,m乙)≤eq\f(7,17)，故B正確，A、C、D錯誤。11．如圖所示，質量M＝1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質量為mQ＝0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質量為mP＝0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧處于彈性限度內)，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面向右滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知小車的長度L＝6m(g取10m/s2)。(1)P剛要與Q碰撞前的速度大??；(2)Q剛在小車上滑行時的初速度大?。?3)Q與小車表面間動摩擦因數(shù)μ。解析：(1)由題知水平向左的推力F將P緩慢推至B點，則推力F做的功全部轉化為彈性勢能，有Ep＝WF撤去F后，P沿桌面向右滑動根據(jù)能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mPvP2，代入數(shù)據(jù)有vP＝4m/s。(2)由題知P與