高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 核心素养提升练十九 6.2 动量守恒定律及其应用（含解析）新人教版-新人教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)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，14题为单选题，5题为多选题)1.(2018·合肥模拟)如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述正确的是()A.锤子抡起的过程中，车向右运动B.锤子下落的过程中，车向左运动C.锤子抡至最高点时，车速度为0D.锤子敲击车瞬间，车向左运动【解析】选C。人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤抡起的过程中，锤在水平方向上的速度方向由向右变为向左，则车的动量先水平向左后水平向右，故A错误；人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤从最高点下落至刚接触车的过程中，锤在水平方向上的速度方向由向右变为向左，则车的动量先水平向左后水平向右，故B错误；人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤运动到最高点时，锤与车、人的速度是相等的，所以它们的速度都是0，故C正确；锤敲击车瞬间，锤的速度减小至零，锤的动量由向左变为零，根据动量守恒知，车的动量和速度由向右变为零，故D错误。2.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成，又称花式台球。如图在某次击球过程中，白球以3 m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为()A.白球静止，黑球以3 m/s的速度向右运动B.黑球静止，白球以3 m/s的速度反弹向左运动C.白球和黑球都以1.5 m/s的速度向右运动D.白球以3 m/s的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s的速度向右运动【解析】选A。设每个球质量为m。取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得mv0=mv白+mv黑，由动能守恒可得m=m+m，联立解得v白=0 m/s，v黑=3 m/s，故A正确，B、C、D错误。3.(2019·廊坊模拟)如图所示，质量为m的人站立于质量为M的平板车上，人与车以大小为v0的速度在光滑水平面上向东运动。某时刻人相对平板车以大小为v0的速度竖直跳起，人跳起后车的速度大小为()A.v0-v1 B.v0 C.v0 D.v0【解析】选B。本题应用动量守恒定律要注意方向性，本题中人竖直跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平方向动量不变。人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，取向东为正方向，根据水平方向动量守恒得(m+M)v0=(m+M)v，得人跳起后车的速度大小为v=v0。方向向东，故B正确，A、C、D错误。4.如图所示，质量为M的足够高且光滑斜槽静止在光滑水平面上，质量为m的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽，后又返回斜槽底部，则下列说法正确的是()A.小球获得的最大重力势能等于小球初动能B.小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零C.小球回到斜槽底部时，小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左【解析】选D。小球冲上斜槽的过程中，斜槽向左运动，获得了动能，所以小球获得的最大重力势能小于小球初动能，故A错误；小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同，设为v，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得mv=(M+m)v，可得 v=v0，故B错误；设小球回到斜槽底部时，小球和斜槽的速度分别为v1和v2。取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得mv=mv1+Mv2。根据机械能守恒定律得m=m+M。解得v1=v，若m>M，得v1>0，说明小球速度方向向左，故C错误，D正确。5.(创新预测)如图，斜面体C质量为M，斜面足够长，始终静止在水平面上，一质量为m的足够长的长方形木板A上表面光滑，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A匀速下滑时将一质量为2m的滑块B轻轻放在木板A表面上，当滑块B在木板A上滑动时，下列说法正确的是()A.滑块B的速度为时，木板A与滑块B的速度大小相等B.滑块B的速度为时，斜面体和水平面间无摩擦力C.滑块B的动量为2mv0时，木板A的动量大小为mv0D.滑块B的动量为2mv0时，水平面对斜面体的支持力大小为(M+3m)g【解析】选A、B。只有A木板时，是匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，则mgsin =mgcos ，解得=tan ；放上B物体后，木板A受重力、支持力、压力和滑动摩擦力，摩擦力f=·3mgcos =3mgsin ，此时，对物体A、B构成的系统而言，垂直斜面方向上合力为零，平行斜面方向的合力也为零，故系统动量守恒；根据动量守恒定律，有mv0=mv1+2mv2，滑块B的速度为时，A的速度也为，故A正确；A匀速下滑时，支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上；由于C对A的摩擦力和支持力是成正比的，当滑块B的速度为时，C对A的支持力和摩擦力的合力依然是竖直向上，故A对C的力是竖直向下，故斜面体与水平面间无摩擦力，故B正确；当滑块B的动量为2mv0时，A已经没有速度了，故其动量应该为零，故C错误； 通过受力分析，滑块B的动量为2mv0时，木板A静止，滑块B在加速下滑，由整体法可知水平面对斜面体的支持力小于(M+3m)g，故D错误。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.如图所示，质量为m2=2 kg和m3=3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)。质量为m1=1 kg的物体以速度v0=9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起。试求：(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？【解析】(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得m2v2-m3v1=0。只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等。对m1、m3，由动量守恒定律得m1v0-m3v1=(m1+m3)v2解得v1=1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s。(2)对m2、m3及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得Ep=m3+m2=3.75 J。答案：(1)1 m/s(2)3.75 J(25分钟50分)7.(7分)如图所示，小球 a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O。让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平伸直。由静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°，则小球a、b 的质量之比为()A.11B.12C.(-1)1D.1(-1)【解析】选C。设球a的质量为m1，球b的质量为m2。当球b摆到最低点，但未与球a相碰时的速度大小为v。由动能定理得m2gL=m2v2，解得v=。设碰后瞬间两球的共同速度为v。在两球从碰撞后到向左摆到最高位置的过程中，由动能定理得-(m1+m2)gL(1-cos 60°)=0-(m1+m2)v2，解得 v=。对于碰撞过程，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得m2v=(m1+m2)v，解得=(-1)1，故C正确。【加固训练】如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()A.E=m，I=mv0B.E=m，I=2mv0C.E=m，I=mv0D.E=m，I=2mv0【解析】选D。A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv，碰撞后，AB一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得最大弹性势能 E=·2mv2，联立解得 E=m，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对A、B及弹簧整体，由动量定理得 I=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0。8.(7分)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s，p2=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8 kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是 ()A.m1=m2B.2m1=m2C.3m1=2m2D.4m1=m2【解题指导】解析本题应注意以下三点：对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：(1)动量守恒。(2)总动能不增加。(3)碰撞后两球同向运动时，后面球的速度不大于前面球的速度。【解析】选B。根据动量守恒定律得：p1+p2=p1+p2解得p1=4 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有+，代入数据解得0.6。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，代入数据解得0.5。综上有 0.50.6，所以只有2m1=m2可能，故B正确，A、C、D错误。9.(7分)(多选)(2018·十堰模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为B.物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h处【解析】选A、D。物块下滑过程中，物块与槽组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，只有重力做功，系统机械能守恒。设物体到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，规定向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得mv1-2mv2=0，由系统的机械能守恒得mgh=m+·2m，由以上两式解得v1=2，v2=，所以物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为 Ek2=·2m=，故A正确，B错误；在压缩弹簧的过程中，墙壁对弹簧有作用力，所以物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，到达最高点时物块与槽的速度相同，物块的动能一部分转化为槽的动能，到达最高点时的重力势能减小，所以不能回到槽上高h处，故D正确。10.(7分)(多选)(2019·龙岩模拟)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是 ()A.t=0至t=时间内，A、B的总动量守恒B.t=至t=时间内，A、B的总动量守恒C.t=时，A的动量为2mvD.t=时，A的动量为4mv【解析】选A、C。在B停止运动前，A、B的合外力为零，总动量守恒。在B停止运动后，A、B的合外力不为零，总动量不守恒。设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有 F=2f，得 f=；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得 t=，即t=时B停止运动。在B停止运动前，即在t=0至t=时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故A正确；t=至t=时间内，B停止运动，A做匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误；t=时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得 2mv=pA+0，得A的动量pA=2mv，故C正确；t=时，对A，由动量定理得 ft=pA-2mv，解得A的动量 pA=3mv，故D错误。11.(7分)如图所示，小球A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为H=0.6 m，小球B到水平地面的距离为h=0.2 m，同时由静止释放两球。设B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后B球速度为0，小球A的质量为m，小球B的质量为5m。重力加速度大小g取10 m/s2，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力。以地面为参考面，两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为()A.1.6 mB.0.82 mC.0.6 mD.0.35 m【解析】选D。B球落地时的速度大小为 v1= m/s=2 m/s，此时A球的速度大小也为2 m/s。设B球撞地后上升t时间与a球相撞，则有 H-h=v1t+gt2+v1t-gt2，得 t=0.1 s，两球相撞前瞬间A球的速度为 vA=v1+gt=3 m/s，B球的速度为 vB=v1-gt=1 m/s。对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得 5mvB-mvA=mvA，解得 vA=2 m/s。两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度h=0.2 m，两球碰撞处离地高度 h=v1t-gt2=2×0.1 m-×10×0.12 m=0.15 m，所以两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为 H=h+h=0.35 m。12.(15分)(2018·全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小。(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。【解析】(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBg=mBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有v=2aBxB联立式并利用题给数据得vB=3 m/s。(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAg=mAaA设碰撞后瞬间A车速度大小为vA，碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有v=2aAxA设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA=mAvA+mBvB联立式并利用题给数据得vA=4.25 m/s。答案：(1)3 m/s(2)4.25 m/s