第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用-2021高考物理【创新教程】艺考生高考总复习课时冲关

第2讲　动量守恒定律及其应用 1.(动量守恒、机械能守恒条件)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq \o\al(1,0)n)与静止氘核(eq \o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　　) A.eq \f(1,9)E　　　　　　　 B.eq \f(8,9)E C.eq \f(1,3)E D.eq \f(2,3)E[来源:学+科+网] 解析：B　[质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足动能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式：eq \f(1,2)×1×veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×1×veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2×veq \o\al(2,2)，1×v0＝1×v1＋2×v2.解得v1＝－eq \f(1,3)v0，即动能减小为原来的eq \f(1,9)，动能损失量为eq \f(8,9)E.] 2．(反冲)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　) A.eq \f(m,M)v0　　　　　　　　 B.eq \f(M,m)v0 C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0 解析：D　[应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq \f(mv0,M－m)，选项D正确．] 3．(动量守恒定律的应用)(2019·江苏卷，12(1)T)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为________．(　　) A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v[来源:学科网] 解析：B　[由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0 得v′＝eq \f(－Mv,m)，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确．] 4．(动量守恒，动量定理)在列车编组站里，一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20 t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)(　　) A．10 N·s B.20 N·s[来源:学*科*网] C．104 N·s D．2×104 N·s 解析：C　[动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．] 5.(碰撞规律分析)如图所示，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能为(　　) A．0.2v B.0.4v C．0.6v D．0.8v [来源:Z|xx|k.Com] 解析：B　[两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝(m＋3m)v′解得：v′＝0.25v；如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋3mvB，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,B)，解得：vB＝0.5v，则碰撞后B的速度为0.25v≤vB≤0.5v，故B正确．] 6．(弹性碰撞)(多选)小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　)[来源:学#科#网Z#X#X#K] A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s C．小球B的质量为15 kg D．小球B的质量为3 kg 解析：AD　[规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故eq \f(p\o\al(2,A),2mA)＝eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(p\o\al(2,B),2mB)，解得mB＝3 kg，C错误，D正确．] 7．(爆炸问题)有一个质量为3m的爆