2023年高考物理课时跟踪检测(二十一)　动量守恒中的四类模型.pdf

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1、课时跟踪检测（二十一）动量守恒中的四类模型1.如图所示，一沙袋用轻质细绳悬于。点。开始时沙袋处于静止状态，、此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出，第一次弹丸的速度为矶，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30。，当其第一次返回图示位置时，第二粒 备占弹丸以水平速度为又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30。，若弹丸质量是沙袋质量的七倍，则以下结论中正确的是（）A.Vi=V2B.vi.也=41：42C.矶:V2=42：41D.vi：也=41：83解析：D根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后沙袋的速度相同，设 为 以 用 M 表示沙袋的质量，m 表示弹丸的质

2、量，由动量守恒定律得第一次，=第二次,如一（，+M）0=（2，+Af）0,联立以上三式得vi：=41：8 3,故 D 项正确。2.A、8 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧连接，4、8 两球的质量分别为小和若使A球获得瞬时速度。（如图甲），弹簧压缩到最短时的长度为L i;若 使B球获得瞬时速度“如图乙），弹簧压缩到最短时的长度为L2,则 心 与L2的大小关系为（）!?甲乙A.LIL2B.LI 轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为/no的子弹以大小为的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g,下列说法正确的是()A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为B.子弹射入木块后

3、的瞬间，绳子拉力等于(M+/no)gC.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+,+)gD,子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：C子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则 moUo=(M+,o)s,解得速度大小为0=一 登，选项A 错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得 FT(M+/no)g=(M+/no声-,可知绳子拉力大于(M+io)g,选项B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体尸N=Fr+，g(M+,”+io)g,选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误。4.(多选)如图所

4、示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2 m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，的子弹以初速度。击中木块并停留其中，设 加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，贝 U(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6小，长木板可能与障碍物发生两次碰撞D.若长木板的质量为3雨，长木板的长度至少为嬴解析

5、：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外力的矢量和为零，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，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有(/+2,”地 加，得M 3 m,所以若长木板的质量为6雨，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mvn=(m+2m)vi,得 木 块 在 长 木 板 上滑行过程，由动量守恒定律得(,+2矶=(PJ+2?+3,)0 2,由能量守恒定律得“3,gLi=；(

6、m+2/n)v!2l(m+2/n+3m)V22,长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律得一3机。2+(加+2，几)02=。+2m+3小)笠 3,得 0 3=0,所以子弹、木块、长木板最终静止,由能量守恒定律得m+3机）勿2,长木板的长度至少为L=LI+L 2,联立解得 L=R o,故 D 正确。5.（多选汝口图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，消 匕上表面0 A段光滑，A B段粗糙且长为I,左 端0处固定轻质弹簧，源 悲 X右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为尸。质量为m的小滑块以速度。从 4 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉

7、断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。贝!1（）A.轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B.轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为%?镇C.弹簧恢复原长时滑块的动能为D.滑块与木板4 8 间 的 动 摩 擦 因 数 畸解析：A B D 轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于尸，对木板，由牛顿第二定律得尸=Ma,得 a=$，故 A 正确；滑块以速度。从 4 点向左滑动压缩弹簧，弹簧压缩量最大时速度为0,由系统的机械能守恒得，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为；，”，故B正确；弹簧恢复原长时木板与滑块均获得动能，所以滑块的动能小于斗，故 C 错误；弹簧最大的弹性势能是=%?,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速

8、度与木板相同，均 为 0。由能量守恒定律得Ep=igl,解得=2 g p 故 D 正确。6.（多选）在光滑的水平桌面上有甲、乙两个等大且质量分别为M=0.6 kg、优=0.2 k g的两个小球，中间夹着一个被压缩的弹性 甲 乙 ：）势 能 为 心=10.8 J 的轻弹簧（弹簧与两球不拴接），原来处于静止状 二 态。现突然释放弹簧，球乙脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g 取 10m/s2。则下列说法正确的是（）A.球乙从轨道底端A 运动到顶端5 的过程中所受合外力的冲量大小为3.4N-sB.球甲离开轻弹簧时获得的速度大小为9 m/sC.

9、若半圆轨道半径可调，则球乙从8 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开小球的过程中，弹力对球乙的冲量大小为1.8N-s解析：A D 释放弹簧过程中，两小球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由 动 量 守 恒 定 律 得 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 展 012+5M也2=%,代入数据得0i=9 m/s,V2=3 m/s;球乙从A 到 3 的过程中机械能守恒，得:/皿2=，麓 g.2K+niVB2,代入数据得为=8 m/s,球乙从A 到 3 的过程中，由动量定理得/=一6 在一m s=一机（在+矶）=-3.4 N-s,负号表示方向向左，故 A

10、 正确，B 错误。设半圆轨道半径为R1时，球乙由4 到 5 的过程，由机械能守恒定律得%/1历2=；旭“2+mg-2Rf,球乙从5 点飞出后做平抛运动，贝！2R=fg 巴x=vif t9联 立 得”=表（8140骨，）X40次，当Q 181m40R=4 0 P，即 W=&;m=l.012 5 m 时，x 最大，最大值为*max=4P=4.05oUm,故 C 错误。弹簧弹开小球的过程中，由动量定理得/=A p,弹力对球乙的冲量大小为I=Ap=/ui0=1.8 N-s,故 D 正确。7.（多选）如图甲所示，长 2 m 的木板Q 静止在某水平面上，/=0 时刻，可视为质点的小物块尸以水平向右的某初速

11、度从Q 的左端向右滑行。l Q 的速度一时间图像如图乙所示，其中“、b 分别是01 s 内/、Q 的速度一时间图线，c 是 12 s 内 P、Q 共同的速度时间图线。已知尸、Q 的质量均是1kg,g 取 10m/s2。则以下判断正确的是（）A.P、Q 系统在相互作用的过程中动量守恒B.在 02 s 内，摩擦力对Q 的冲量是2 N sC.P、Q 之间的动摩擦因数为0.1D.P 相对Q 静止的位置在Q 木板的右端解析：A C 根据题图乙可知，1 s 后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，则在02 s 内，木板Q 下表面与水平面之间没有摩擦力，所以尸、Q 系统在相互作用的过程中系统所嗫的外力

12、矢量和为零，动量守恒，故 A 正确；从题图乙可知，02 s 内木板Q先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在 12 s 内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以/=M o0=1 N,s,故 B 错误；尸从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为I s,则。=*=匕 2m/s2=l m/s2,又 a=2：&=一呷 所以=0.1,故 C 正确；在 f=l s 时，P、Q 相对静止，一起做匀速直线运动，在。1 s 内，尸的位移2+1 _ 2 _ Z _ Z l.-rA.0+1,x i=，2 一 XI m=l.5 m,Q 的位移刈=一厂 m=0.5 m,则 Ax=xi必=1 mV2

13、 m,知尸与Q 相对静止时不在木板的右端，故 D 错误。-J=_8.如图甲所示，光滑的水平地面上有一长为L=2 m 的木板，一小滑块(可视为质点)放在木板的左端，木板质量是小滑块质量的两倍，开始时两者均静止，现给小滑块一水平向右的初速度，小滑块恰好滑离木板，已知小滑块与木板上表面间的动摩擦因数”随离木板左端距离x 的变化关系如图乙所示，重力加速度g 取 10m/s2。求：(1)木板运动的加速度的最大值a；(2)滑块的初速度大小创。解析：(1)当滑块运动到木板右端时，木板受到的摩擦力最大，加速度最大，对木板，由牛顿第二定律得2Jg=2ia由题图乙所示图线可知2=0.2解得 a=l m/s2o(2

14、)由题意知，滑块恰好滑离木板，则滑块到达木板右端时，两者速度恰好相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得/noo=(/n+2i)o由能量守恒定律得1 1 Vo2=2(+2m)v2+fi rngL由题图乙所示图线可知V =1 x(0-1+0.2)X2 m=0.3 m代入数据解得。0=3 m/s。答案：(l)lm/s2(2)3 m/s9.一 质 量 为 2,的物体尸静止于光滑水平地面上，其截面如图 ,所示。图中H 为粗糙的水平面，长度为L;曲为一光滑斜面，斜 面TDT Z N-/勿和水平面通过与ab和be均相切且长度可忽略的光滑圆弧连接(图中未画出)。现有一质量为m的木块以大小为内的水

15、平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达”点前与物体尸相对静止。重力加速度为g。求：(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff；木块最后距a点的距离s。解析：(1)从开始到木块到达斜面的最大高度过程中,由动量守恒定律mvQ=3mv由能量守恒定律%加=；X 3%12+nigh+F(L解得6=吟产。木块从斜面的最大高度至与物体P最终相对静止,由动量守恒定律3机01=3川也由能量守恒定律;X3/nui2+mg/=；x 3 机力2+b诔距a点的距离s=L-x,解得s=：:二 舞。答案：q*泮Q)君10.(2020浙江7 月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直

16、圆轨道、水平直轨道A B和倾角，=37。的斜轨道B C平滑连接而成。质量/n=0.1 k g 的小滑块从弧形轨道离地高H=l.0 m 处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道4 8 和 8 C 间的动摩擦因数均为=0.2 5,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点 x 处的质量为2%的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.2 5,求它们在轨道5 c 上 到 达 的 高 度 与 x 之间的关系。(碰撞时间不计

17、，sin 37=0.6,cos 37=0.8)解析：(1)根据机械能守恒定律有m g H=m g R+m v D2代入数据解得劭=4 m/s,根据牛顿第二定律有尸N=%=8 N由牛顿第三定律可知尸N =FN=8 N,方向水平向左。(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C点,根据功能关系有mgH=pmgLAB+pnigLsc cos O+mgLnc sin 0代入数据得LBO ml.0 m,故不会冲出。(3)滑块运动到距A 点 x 处的速度为。，根据动能定理有mgH-mgx=mv2碰撞后的速度为o ,由 动 量 守 恒 定 律 得。设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为九由动能定理得3mg(LABx)=0 1 X 3mv1 2mvx W1=0(0/答案：(1)8 N,方 向 水 平 向 左(2)不会冲出mxWlm)