高考物理一輪復習-第2講-動量守恒定律及應用

授課提示：對應學生用書第331頁[A組基礎鞏固練]熱點一動量守恒定律的理解及應用1．(多選)(2022·寧夏石嘴山模擬)下列四幅圖所反映的物理過程系統(tǒng)動量守恒的是()解析：A圖光滑的水平面上，子彈與木板系統(tǒng)受合外力等于零，動量守恒；B圖剪斷細線后，豎直墻壁對右側彈簧有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒；C圖兩球在勻速下落，過程中系統(tǒng)合外力等于零，細線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍然等于零，動量守恒；D圖木塊加速下滑，動量不守恒。故選項A、C正確，B、D錯誤。答案：AC2．(多選)(2022·河南平頂山模擬)如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一個質量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量也為m的物塊從槽上高h處開始下滑，下列說法不正確的是()A．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒B．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．在壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D．被彈簧反彈后，物塊能回到槽上高h處解析：在下滑過程中，對于物塊和槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；在下滑的過程中，物塊和槽在水平方向上的合外力為零，豎直方向上的合外力不為零，故系統(tǒng)的合外力不為零，不符合動量守恒的條件，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；在壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上受到豎直墻壁水平向左的作用力，合外力不為零，所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；因為物塊與槽在水平方向上動量守恒，由于質量相等，根據動量守恒定律知，物塊離開槽時，物塊與槽的速度大小相等，方向相反，物塊被彈簧反彈后，與槽的速度相同，做勻速直線運動，所以物塊不會再回到槽上高h處，故D錯誤。答案：BCD3.(2022·江西贛州模擬)如圖所示，光滑水平面上有一個矩形長木板，木板左端放一個小物塊，已知木板質量大于物塊質量，t＝0時兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來等大、反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關于物塊運動的速度v隨時間t變化的圖象可能正確的是()解析：木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度相同，設為v。設木板的質量為M，物塊的質量為m，取向左為正方向，則由動量守恒得Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0＜v0，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A熱點二動量守恒定律的3個應用實例4．(2022·安徽十校聯(lián)盟線上聯(lián)考)如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道(質量為M)靜止在光滑水平地面上，一個物塊(質量為m)在水平地面上以大小為v0的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當物塊運動到圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為零勢能面)()A．1∶2 B．1∶3C．1∶6 D．1∶9解析：因為水平地面光滑，物塊和圓弧軌道組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，當物塊向上的速度為零時，根據題意可知，此時兩物體速度相同，又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，即eq\f(1,2)mv2∶eq\f(1,2)Mv2＝1∶2，得到m∶M＝1∶2根據動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得v0＝3v根據能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep解得Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)此時物塊的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mveq\o\al(2,0)所以此時物塊的動能與重力勢能之比為1∶6，故C正確，A、B、D錯誤。答案：C5.(2022·河南省實驗中學期中)小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示。已知車、人、槍和靶的總質量為M(不含子彈)，每發(fā)子彈質量為m，共n發(fā)，打靶時，槍口到靶的距離為d。若每發(fā)子彈打入靶中就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)，則以下說法正確的是()A．待打完n發(fā)子彈后，小車應停在最初的位置B．待打完n發(fā)子彈后，小車應停在射擊之前位置的左方C．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，大小均為eq\f(md,nm＋M)D．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移不相同解析：子彈、槍、人、車和靶組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在水平方向上動量一直守恒，子彈射擊前系統(tǒng)總動量為零，子彈射入靶后總動量也為零，故仍然是靜止的；設子彈射出速度為v，車向右運動速度大小為v′，根據動量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子彈向左勻速運動的同時，車向右勻速運動，故vt＋v′t＝d，聯(lián)立解得v′＝eq\f(mv,M＋n－1m)，t＝eq\f(d,v＋\f(mv,M＋n－1m))，故車向右運動距離Δs＝v′t＝eq\f(md,M＋nm)，每發(fā)子彈從發(fā)射到擊中靶過程，車均向右運動Δs，故n發(fā)子彈發(fā)射完畢后，小車向右運動距離s＝nΔs＝eq\f(nmd,M＋nm)，由于整個系統(tǒng)動量守恒，初動量為零，故打完n發(fā)子彈后，車靜止不動，C正確，A、B、D錯誤。答案：C6．(2022·四川內江一模)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：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。答案：C7．(2022·山東濟南模擬)斯諾克是一種臺球運動，越來越受到人們的喜愛。斯諾克本身的意思是“阻礙、障礙”，所以斯諾克臺球有時也被稱為障礙臺球，打球過程中可以利用球來作為障礙迫使對方失誤。假設光滑水平面內一條直線上依次放8個質量均為m的彈性紅球，質量為1.5m的白球以初速度v0與8號紅球發(fā)生彈性正碰，則8號紅球最終的速度大小為()A．0 B.eq\f(6,5)v0C.eq\f(6,5)(eq\f(1,5))7v0 D.eq\f(6,5)(eq\f(1,5))8v0解析：根據一動碰一靜的彈性碰撞特點可知，每碰撞一次，白球的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1.5m－m,1.5m＋m)＝eq\f(1,5)，而8號球每次將速度傳給右側球，故白球與8號球碰撞7次后，白球速度v＝(eq\f(1,5))7v0，此時8號球速度為零，之后再次碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得1.5mv＝1.5mv′＋mv″，eq\f(1,2)×1.5mv2＝eq\f(1,2)×1.5mv′2＋eq\f(1,2)mv″2，解得8號紅球最終的速度大小v″＝eq\f(6,5)(eq\f(1,5))7v0，C正確，A、B、D錯誤。答案：C8．(2022·河南商丘模擬)秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應堆技術，利用中子與靜止氘核的多次碰撞，使中子減速。已知中子在某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰。經過該次碰撞后，中子損失的動能為()A.eq\f(1,9)E B.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)E D.eq\f(2,3)E解析：中子的質量數(shù)為1，氘核的質量數(shù)為2，設中子的質量為m，則氘核的質量為2m，中子與氘核發(fā)生彈性正碰，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以碰撞前中子速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0，碰撞過程中子損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由題意可知E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得ΔEk＝eq\f(8,9)E，故選B。答案：B[B組綜合提能練]9.如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h，現(xiàn)在有一個質量為m的小物塊，沿光滑斜面下滑，當小物塊從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα) D.eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：小物塊與斜面體在水平方向上動量守恒，設小物塊的速度方向為正方向，則有mv1－Mv2＝0，運動時間相等，則有ms1－Ms2＝0，由題意可知s1＋s2＝eq\f(h,tanα)，聯(lián)立解得s2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，故C正確，A、B、D錯誤。答案：C10．(多選)(2022·甘肅白銀模擬)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中物塊A最初與左側固定的擋板相接觸，物塊B質量為6kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，物塊B的v-t圖象如圖乙所示，則可知()A．物塊A的質量為4kgB．運動過程中物塊A的最大速度vm＝4m/sC．在物塊A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D．在物塊A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為9J解析：由圖知，A離開擋板瞬間B的速度v0＝3m/s，B的速度最小值vB＝1m/s，B的速度最小時，彈簧第一次恢復原長，A的速度最大，取向右為正方向，根據系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒得mBv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mBv02＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBvB2，解得mA＝3kg，vA＝4m/s，A錯誤，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；分析從A離開擋板后A、B的運動過程，彈簧伸長到最長時，彈性勢能最大，此時A、B的共同速度為v共，根據動量守恒可知mBv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2m/s，根據機械能守恒定律可知eq\f(1,2)mBv02＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)＋EP，解得EP＝9J，D正確。答案：BD11．如圖所示，用長度同為l的輕質細繩懸掛四個彈性小球A、B、C、D，它們的質量依次為m1、m2、m3、m4，且滿足m1?m2?m3?m4，將A球拉起一定角度θ后釋放，則D球開始運動時的速度為()A.eq\r(2gl1－cosθ) B．2eq\r(2gl1－cosθ)C．4eq\r(2gl1－cosθ) D．8eq\r(2gl1－cosθ)解析：設碰撞前瞬間A的速度為v0，根據機械能守恒定律，有m1gl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)①解得v0＝eq\r(2gl1－cosθ)②設A與B碰撞后A與B的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2③根據機械能守恒定律，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)④聯(lián)立③④式得v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0，m1?m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，v4＝2v3，所以v4＝8v0＝8eq\r(2gl1－cosθ)，故D正確，A、B、C錯誤。答案：D12.(多選)如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為2m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一個質量為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為eq\f(v0,3)C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為eq\f(v0,3)D．從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，平行導槽受到的沖量大小為eq\f(\r(6)mv0,3)解析：小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運動過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)整體機械能守恒，所以A正確；小球從U形管一端進入從另一端出來的過程中，對小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝mv1＋2mv2，再由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(m－2m,m＋2m)v0＝－eq\f(1,3)v0，所以B正確；從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管水平方向速度相同，對此過程水平方向滿足動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)vx，vx＝eq\f(v0,3)，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,x)＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\f(\r(7),3)v0，所以C錯誤；小球此時還有個分速度是沿著U形管的切線方向，設為vy，由速度的合成與分解可知vy＝eq\r(v2－v\o\al(2,x))＝eq\f(\r(6),3)v0，對小球由動量定理得I＝mvy－0＝eq\f(\r(6),3)mv0，由于力的作用是相互的，所以平行導槽受到的沖量大小I′＝eq\f(\r(6),3)mv0，所以D正確。答案：ABD13．如圖所示，質量M＝2kg的小車靜止在光滑的水平地面上，其AB部分為半徑R＝0.3m的光滑eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平粗糙，BC長L＝0.6m?？煽醋髻|點的小物塊從A點由靜止釋放，滑到C點剛好相對小車靜止。已知小物塊質量m＝1kg，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與小車BC部分間的動摩擦因數(shù)；(2)小物塊從A滑到C的過程中，小車獲得的最大速度。解析：(1)小物塊滑到C點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒則有：(M＋m)v＝0所以滑到C點時小物塊與小車的速度都為0，由能量守恒得：mgR＝μmgL解得μ＝eq\f(R,L)＝0.5。(2)小物塊滑到B位置時速度最大，設為v1，此時小車獲得的速度也最大，設為v2，由動量守恒得：mv1＝Mv2由能量守恒得：mgR＝eq\f