动量守恒定律及应用

练案[19]第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2019·高三校际联考)2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10－4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为(C)A．104NB．105NC．106ND．107N[解析]鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v＝700m/s。对小鸟，由动量定理得：Ft＝mv－0，解得：F＝mvt＝0.4×7002.5×10－4＝1.12×106N，接近106N，C正确。2．(2018·湖南株洲一模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后来由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为(A)A．2glB．glC．2gl2D．0[解析]两球组成的系统水平方向动量守恒，小球甲刚要落地时水平速度为零，由机械能守恒定律得12mv2＝mgl，解得v＝2gl，故A正确。3．(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联考)质量为m的小球A以水平初速v0与原来静止在光滑水平面上的质量为4m的小球B发生正碰。已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能是(D)A．38mv20B．18mv20C．116mv20D．132mv20[解析]碰撞过程中A球的动能减少了75%，即12mv2112mv20＝14，故v1＝±12v0若碰后A球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0＝mv1＋4mv2将v1＝12v0代入得v2＝18v0若碰后A球速度发生反向将v1＝－12v0代入公式得：v2＝38v0，所以碰后B球的动能为EK＝12(4m)(18v0)2＝132mv20或EK＝12(4m)(38v0)2＝932mv20故A、B、C错误，D正确。4．(2018·安徽滁州模拟)如图所示，A、B两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，三个物块的质量相等。现使物块C以v＝2m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为(D)A．32m/sB．23m/sC．32m/sD．233m/s[解析]设物块的质量均为m，C与B碰撞后的共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝2mv1，代入数据解得v1＝1m/s，设A最终获得的速度大小为v2，B和C获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律则有mv2＝2mv3，根据能量守恒定律可得12×2mv21＝12mv22＋12×2mv23，代入数据解得v2＝233m/s，故D正确，A、B、C错误。5．(2018·江西南昌二中月考)小刚和小明两人分别坐在两个完全相同的冰车上，在水平冰面上进行一种对拉的竞技比赛。开始时，两冰车分别系在一条细绳的两端，细绳处于松弛状态，两人同时由静止起向相反的方向运动，最后两人的运动方向与谁的运动方向一致，则谁将获胜。已知小明的质量比小刚的质量大，开始运动后他们两人的动能一直相等。若某次比赛过程中，细绳被拉直后的瞬间突然断开，则在细绳断开瞬间，小明和小刚两人的运动状态可能是(BC)A．小明的速度为零而小刚的速度不为零B．小刚的速度为零而小明的速度不为零C．小明的速度方向一定不发生变化D．小刚的速度方向一定不发生变化[解析]设小明的质量为m1，小刚的质量为m2，由Ek＝12mv2和p＝mv，得P＝2mEk，由题知m1m2，Ek1＝Ek2，故p1p2，取小明的运动方向为正方向，故系统的总动量为p总＝p1－p20，说明p总与p1的方向相同；绳断开前后系统动量守恒，故小明的速度不为零且方向不发生变化，而小刚的速度可能为零，也可能不为零，速度方向可能会变，也可能不变，B、C正确，A、D错误。6．(2018·河北石家庄质检)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是(BC)A．最终小木块和木箱都将静止B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv202－Mv022M＋mC．木箱速度为v03时，小木块的速度为2Mv03mD．最终小木块速度为Mv0m[解析]木箱与小木块组成的系统动量守恒，设最终共同速度为v1，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木块和木箱的共同速度v1＝Mv0m＋M，故A、D错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE＝12Mv20－12(m＋M)v21＝Mv202－M2v202m＋M，故B正确；由动量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度为v3＝v03时，小木块的速度为v2＝2Mv03m，故C正确。7．(2019·湖南邵阳模拟)质量为M的小车置于光滑水平面上，左端固定一根轻弹簧，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，则突然烧断细线后，以下说法正确的是(BC)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，小车速度大小为mMvD．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为mML[解析]弹簧推开物体和小车的过程，对物体和小车组成的系统，弹力做功属于系统外力做功，弹簧的弹性势能转化成系统的机械能，系统的机械能不守恒，A错误；取物体和小车组成的系统，合外力为零，故系统的动量守恒，B正确；由系统的动量守恒有0＝mv－Mv′，解得v′＝mMv，则有vv′＝Mm，则在相同时间内xx′＝Mm，且x＋x′＝L，联立得x′＝mLM＋m，C正确，D错误。8．(2018·山东烟台模拟)在某高空杂技类节目现场的下方放置有一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连且不固定，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h高的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。忽略空气阻力，则下列说法正确的是(BCD)A．整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒B．物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小C．物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mghD．若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为32gh[解析]物体与木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统的机械能不守恒，A错误；物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小，B正确；物体下落过程由动能定理有0.5mg·6h＝12×0.5mv21，得v1＝23gh，碰撞过程有0.5mv1＝(m＋0.5m)v2，可得v2＝13v1＝233gh，此后一起向下运动再向上运动到A点，由机械能守恒定律有12(m＋0.5m)v22＋Ep＝(m＋0.5m)gh，解得Ep＝0.5mgh，C正确；另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点且速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，故A点之后木板和物体分离，mg·6h＝12×mv′21，得v′1＝23gh，碰撞过程有mv′1＝2mv′2，得v′2＝12v′1＝3gh，12×2mv′22＋Ep＝2mgh＋12×2mv′23，解得v′3＝3gh2，D正确。二、非选择题9．(2018·河北唐山一模)光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触，处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。给木块一水平向左的初速度v0＝7m/s，经时间t＝0.5s木块运动至竖直墙壁处，速度大小减为v1＝5m/s。木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ；(2)木板和木块的质量的比值Mm。[答案](1)3m0.4(2)24[解析](1)木块向左运动的距离L＝12(v0＋v1)t又有v1＝v0－at，μmg＝ma解得木板长为L＝3m，动摩擦因数为μ＝0.4(2)由弹性碰撞知B向右运动的速度大小仍为v1，木块在木板上向右滑动的过程中，由动量守恒和能量守恒有mv1＝(M＋m)v12mv21＝μmgL＋12(M＋m)v2，可得M/m＝2410．(2019·吉林省吉林市模拟)如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1＝12M的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；(3)若换成另一个质量m2＝14M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。(上述过程中Q与A只碰撞一次)[答案](1)132gh(2)2gh9－4Mg2k(3)25Mg2k[解析](1)设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，由机械能守恒定律，可得m1gh＝12m1v20由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋M)v1，联立解得v1＝132gh(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为h′＝x＋x′＝2Mgk，由x＝x′可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2。设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得12(m1＋M)v21＝(m1＋M)gh′＋12(m1＋M)v2，解得v＝2gh9－4Mg2k(3)设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得m2gH＝12m2v22，由动量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3由能量守恒定律可得12m2v22＝12m2v23＋12Mv24由(2)可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h′＝2Mgk，由能量守恒定律可得12Mv24＝Mgh′联立解得H＝25Mg2k