高考物理一轮复习 核心素养测评十九 动量守恒定律及其应用（含解析）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

动量守恒定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,16题为单选题,79题为多选题)1.(2020年山东新高考模拟)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n)与静止氘核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.EB.EC.ED.E【解析】选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:×1×=×1×+×2×,1×v0=1×v1+2×v2。解得v1=-v0,即动能减小为原来的,动能损失量为E。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8 kg·m/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则()A.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为23B.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为16C.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为23D.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为16【解析】选C。碰前两球的动量均为8 kg·m/s,则两球运动方向均向右,又mB=2mA,则vB<vA,所以左方为A球,右方为B球;A、B 两球发生碰撞时由动量守恒定律可得pA=-pB,因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s,B球的动量为12 kg·m/s,由mB=2mA可得碰撞后A、B两球速度大小之比为23,故C正确。3.有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m,水的阻力不计,船的质量为()A.B.C.D.【解析】选B。设同学走动时船的速度大小为v,同学的速度为v,从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向。则v=,v=根据动量守恒定律:Mv-mv=0则:M=m所以:M=故选项B正确。4.(2019·江苏高考)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.vB.vC.vD.v【解析】选B。设滑板的速度为u,由小孩和滑板动量守恒得:0=mu-Mv,解得:u=v,故B正确,A、C、D错误。5.如图,连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象,不合理的是()【解析】选A。物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,两物块动量的变化率先变大后变小。故A错误。6.(2020·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6 J,那么此过程产生的内能可能为()A.16 JB.2 JC.6 JD.4 J【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E=m0-(m+m0)v2,而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J,两式相除得=>1,即E>6 J,A项正确。【加固训练】如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是()A.当v0=时,小球能到达B点B.如果小球的速度足够大,球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大D.如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为m【解析】选C。滑块不固定,当v0=时,设小球沿槽上升的高度为h,则有:mv0=(m+M)v,m=(M+m)v2+mgh,可解得h=R<R,故A错误;因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功,故滑块的动能一直增大,C正确;当小球速度足够大,从B点离开滑块时,由于B点切线竖直,在B点时小球与滑块的水平速度相同,离开B点后将再次从B点落回,不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上,B错误;如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为mg+m,D错误。7.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,小车速度大小为vD.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L【解析】选B、C。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,外力的和为零,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=v,C选项正确;弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”,有=,则在相同时间内=,且x+x=L,联立得x=,D选项错误。【加固训练】(多选)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车,小车的四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切,且整个轨道表面光滑。在小车的右端固定一个轻弹簧,一个质量也为m的小球从离水平轨道高为h处开始自由滑下,则在以后的运动过程中(重力加速度大小为g)()A.小球和小车组成的系统的动量始终守恒B.弹簧具有的最大弹性势能为mghC.被弹簧反弹后,小球能回到离水平轨道高h处D.小球具有的最大动能为mgh【解析】选B、C。小球从小车上滑下的过程中,小球和小车构成的系统机械能守恒,在水平方向动量守恒,但系统动量不守恒,所以A错误;当小球与小车的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,此时mgh-(m+m车)=Ep,经分析可知共速时,小球和小车处于静止状态,根据机械能守恒可得弹簧具有的最大弹性势能为mgh,所以B正确;被弹簧反弹后,小球回到小车上最高点时处于静止状态,根据机械能守恒知小球能回到离水平轨道高h处,所以C正确;当小球运动到水平轨道上时动能最大,因此时小车也有速度,所以由机械能守恒可知,小球具有的最大动能小于mgh,所以D错误。8. (2020·福州模拟)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。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.mv2B.v2C.NmgLD.NmgL【解析】选B、D。设系统损失的动能为E,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(式)、mv2=(M+m)+E(式),由式联立解得E=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E=NmgL,选项C错误,D正确。9.(2020·孝感模拟)如图所示,在光滑水平地面上有一长木板,其左端放有一质量为2m的木块(可视为质点),木块与长木板之间的动摩擦因数为。开始时,长木板和木块都静止,现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中,设长木板撞到前方固定的障碍物前,长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞,经足够长的时间后,木块始终不从长木板上掉下来,则(已知重力加速度为g)()A.长木板与障碍物碰撞前,子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒B.长木板与障碍物碰撞前,子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒C.若长木板的质量为6m,长木板可能与障碍物发生两次碰撞D.若长木板的质量为3m,长木板的长度至少为【解析】选A、D。长木板与障碍物碰撞前,子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能,所以系统的机械能不守恒,故A正确,B错误;设长木板的质量为M,长木板要能与障碍物发生两次碰撞,碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量,即有(m+2m)v>Mv,得M<3m,所以若长木板的质量为6m,长木板不可能与障碍物发生两次碰撞,故C错误;子弹射入木块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(m+3m)v1,得:v1=v0木块在长木板上滑行过程,由动量守恒定律得:(m+2m)v1=(m+2m+3m)v2,由能量守恒定律得:·3mgL1=(m+2m)-(m+2m+3m)。长木板与障碍物碰撞后,以向右为正方向,由动量守恒定律得:-3mv2+(m+2m)v2=0,由能量守恒定律得:·3mgL2=(m+2m+3m)。长木板的长度至少为:L=L1+L2。联立解得:L=。故D正确。二、计算题(16分,需写出规范的解题步骤)10.(2019·厦门模拟)如图甲,一长度L=1 m的平板车A停在水平地面上,其上表面与斜坡底端的一段小圆弧水平相切,货物从斜坡上静止释放,滑到斜坡底端后滑上A车。当货物释放位置离斜坡底端的距离s与货物的质量m满足如图乙的关系时,货物滑上A车后恰好不从其右端滑出。已知斜坡的倾角= 37°,货物与斜坡之间的动摩擦因数1= 0.5。货物视为质点,车与地面的摩擦忽略不计,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求货物在斜坡上运动的加速度大小a。(2)求货物与A车之间的动摩擦因数2和A车的质量M。(3)若在A车右端停有另一辆完全相同的B车,两车接触但不相连。质量m=10 kg的货物从距斜坡底端s= 8 m处由静止下滑,判断该货物能否从B车的右端滑出,并说明理由。【解析】(1)由牛顿第二定律得mgsin-f=maN=mgcos 又f=1N由式得a=2 m/s2(2)设货物滑到斜坡底端时的速度为v0,由运动学公式得-0=2as设货物滑到A车最右端时货物与A车的速度为v,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v由功能关系得2mgL=m-(M+m)v2由式得s=m+由图可得s=0.2m+2由式代入数据得2=0.4,M=10 kg(3)货物会从B车右端滑出。由式可知在s、m一定时,平板车质量越小,货物恰好不滑出,所需要的平板车长度越小,货物就越不容易滑出。 货物在A车上滑行时,相当于与质量为20 kg的车发生相互作用;货物在B车上滑行时,只与质量为10 kg的车发生相互作用。若货物全程都在质量为10 kg的车上滑行,由式代入数据可得货物恰好不滑出所需要的平板车长度L= 2 m。综上分析,会滑出。答案:(1)2 m/s2(2)0.410 kg(3)能滑出,理由见解析【加固训练】如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块,现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能; (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则在射中木块后能否射穿该木块?【解析】(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v= m/s=6 m/s此过程系统所增加的内能E=Ek=m-(M+m)v2=×0.02×3002 J-×(0.98+0.02)×62 J=882 J。(2)设子弹以v0=400 m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d的另一个木块,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v= m/s=8 m/s此过程系统所损耗的机械能为E=Ek=mv02-(M+m)v2=×0.02×4002 J-×(0.98+0.02)×82 J=1 568 J由功能关系有E=F阻x相=F阻dE=F阻x相=F阻d则=解得d=d=×6 cm= cm因为d>10 cm,所以能射穿该木块。答案:(1)6 m/s882 J(2)能11.(10分)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短,由图象给出的信息可知()A.碰前滑块与滑块速度大小之比为72B.碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的【解析】选D。根据s-t图象的斜率等于速度,可知碰前滑块速度为v1=-2 m/s,滑块的速度为v2=0.8 m/s,则碰前速度大小之比为52,故A错误;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块的动量为负,滑块的动量为正,由于碰撞后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块的动量大小小于滑块的动量大小,故B错误;碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由动能的表达式可知,m1>m2,故C错误,D正确。12.(20分)(2020·青岛模拟)如图所示,半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内,两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连,A处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B处与圆轨道相切。在水平轨道上,两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线,小球P向左运动到A点时,小球Q沿半圆轨道到达C点;之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg,小球Q的质量m2=1 kg,小球P与斜面间的动摩擦因数=0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168 J,小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,求: (1)小球Q运动到C点时的速度大小;(2)小球P沿斜面上升的最大高度h;(3)小球Q离开半圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。【解析】(1)两小球弹开的过程,由动量守恒定律得:m1v1=m2v2由机械能守恒定律得:Ep=m1+m2联立可得:v1=5 m/s,v2=16 m/s小球Q沿半圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律可得:m2=m2+2m2gR解得:vC=12 m/s。(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1,由牛顿第二定律得:m1gsin+m1gcos=m1a1,解得:a1=10 m/s2故上升的最大高度为:h=sin=0.75 m(3)设两小球相遇点距离A点为x,小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P沿斜面下滑的加速度为a2,则:m1gsin-m1gcos=m1a2,解得:a2=2 m/s2小球P上升到最高点所用的时间:t1=0.5 s,则:2R=gt2+h-a2(t-t1)2sin解得:t=1 s。答案:(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s