2021版高考物理一轮复习考点集训二十五第2节动量守恒定律含解析

高考物理一轮复习：考点集训(二十五) 第2节动量守恒定律A组1．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动．则( )A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关D．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒[解析] 圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A 正确，B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C 错误；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，D错误．[答案] A2．(多选)在某次演练中，一颗炮弹在向上飞行过程中爆炸，如图所示．爆炸后，炮弹恰好分成质量相等的两部分．若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹可能正确的是( )[解析] 炮弹爆炸时，内力远大于外力，系统的动量守恒，由图知，A图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足，不可能，故A项与题意不相符；B图水平方向和竖直方向都满足动量守恒，是可能的，故B项与题意相符；C图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足，不可能，故C项与题意不相符；D图竖直方向和水平方向都满足动量守恒，是可能的，故D项与题意相符．[答案] BD3．(多选)如图所示，平板小车停在光滑水平面上．甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是( )A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量必定大于甲的动量D ．甲、乙的动量之和必定不为零 [解析] 甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m 甲v 甲＋m 乙v 乙＋m 车v 车＝0，小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故选项A 不符合题意，C 、D 符合题意；小车速度方向向右，即动量的变化量向右，根据动量定理知乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，可知乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，故选项B 符合题意．[答案] BCD4．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0 (待定系数a ＜1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B ，则系数a 可以是( )A .12 B .25 C .23 D .17[解析] A 、B 碰撞过程，以m A v 0＝－m A av 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再次碰撞的条件是：av 0＞v B ，得a ＞13，碰撞过程损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m A （av 0）2＋12m B v 2B ≥0，得－1≤a≤35，所以a 满足的条件是13＜a≤35，故选AB .[答案] AB5．质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动[解析] 小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．如果m<M ，小球离开小车向左做平抛运动；如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动；如果m>M ，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A .[答案] A6．(多选)如图1所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a 、b 两小车放在木板上，并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a 、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起，两车的位置x 随时间t 变化的图象如图2所示．a 、b 两车质量(含发射器)分别为1 kg 和8 kg ，则下列说法正确的是( )A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是169J C ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小 D ．两车碰撞过程为弹性碰撞[解析] 设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，根据x －t 图象的斜率表示速度，结合题图2得v 1＝2 m /s ，v 2＝1 m /s ，v 3＝23 m /s ，以向右为正方向，碰前总动量：p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg ·m /s碰后总动量：p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg ·m /s两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A 不符合题意；碰撞前a 车动能为E k ＝12m a v 21＝12×1×22J ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E k ′＝12m a v 23＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫232 J ＝29 J 所以碰撞过程中a 车损失的动能是ΔE k ＝E k －E k ′＝169J ，故B 符合题意．碰前a 、b 两车的总动能为12m a v 21＋12m b v 22＝6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为12(m a ＋m b )v 23＝2J ，故C 符合题意；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D 不符合题意．[答案] BC7．(多选)小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车与C 都处于静止状态，B 、C 间距离为L ，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为m Mv C ．小车向左运动的最大位移为mLM ＋m D ．小车向左运动的最大位移为m ML[解析] 小车与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程中动量守恒，但C 与B 碰撞粘接过程有机械能损失，A 错误；系统动量守恒，根据动量守恒定律可得Mv′－mv ＝0，则v′＝m M v ，B 正确；该系统属于“人船模型”，根据Mv′－mv ＝0，可得M d t －m L －dt ＝0，化简得Md ＝m(L －d)，所以车向左的位移应等于d ＝mLM ＋m，C 正确D 错误． [答案] BC8．如图所示，一半径为R ＝0.4 m 的固定光滑圆弧轨道AB 位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B 点，一小球M 从距圆弧轨道最高点A 高度为h ＝0.4 m 处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N 碰撞，M 、N 质量均为m ＝1 kg ，g ＝10 m /s 2.下列说法正确的是( )A ．小球M 在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心B ．轻弹簧被压缩至最短时，M 和N 的速度大小都是2 m /sC ．轻弹簧被压缩的过程中，M 、N 的总动量和总动能都保持不变D ．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为6 J[解析] 小球M 在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，做变速圆周运动，合外力方向除B 点外都不指向轨道圆心，故A 错误；小球M 滑到B 的过程由机械能守恒定律得：mg(h ＋R)＝12mv 2B ，代入数据解得：v B ＝4 m /s ，轻弹簧被压缩至最短时两球速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B ＝2mv ，代入数据解得：v ＝2 m /s ，故B 正确；轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M 、N 的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以M 、N 的总动能减少，故C 错误；轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒定律得：12mv 2B ＝12×2mv 2＋E 弹m ，代入数据解得：E 弹m ＝4 J ，故D 错误．[答案] BB 组9．质量为m 的木块和质量为M(M ＞m)的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮不动，此时木块至水面距离为h ，铁块至水底的距离为H(两物体均可视为质点)．突然细线断裂，忽略两物体运动中受到的水的阻力，只考虑重力及浮力，若铁块和木块同时分别到达水底水面，以铁块和木块为系统，以下说法正确的是( )A ．该过程中系统动量不守恒B ．该过程中铁块和木块均做匀速直线运动C ．同时到达水面、水底时，两物体速度大小相等D ．系统满足MH ＝mh[解析] 以铁块和木块为系统，细线断裂前后系统受力情况不变，所受合力均为零，因此在分别到达水面、水底前，系统动量守恒，选项A 错误；该过程中铁块和木块均做匀加速直线运动，选项B 错误；在任一时刻均有Mv 1＝mv 2，由于二者质量不相等，因此同一时刻两物体速度大小不同，选项C 错误；由M v －1＝m v －2可得M v －1t ＝m v －2t ，即MH ＝mh.故选项D 正确．[答案] D10．(多选)如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆，位于同一竖直平面内．两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一根保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．m 1、m 2及弹簧组成的系统动量不守恒B ．弹簧最长时，其弹性势能为m 1m 2v 22（m 1＋m 2）C ．m 1、m 2速度相同时，共同速度为m 2v 0m 1＋m 2D ．m 1、m 2及弹簧组成的系统机械能守恒[解析] 由于系统竖直方向上受力平衡，水平方向不受外力，所以m 1、m 2及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A 错误；弹簧最长时，m 1、m 2速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 解得：v ＝m 2v 0m 1＋m 2，两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋E p ，解得：E p＝m 1m 2v 22（m 1＋m 2），故B 、C 正确．m 1、m 2两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，故D 正确．[答案] BCD 11．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑的桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量为m 的相同的两块，间隔一段距离平行放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．(设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响)[解析] 设子弹初速度为v 0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V ， 由动量守恒得 (2m ＋m)V ＝mv 0 ① 解得V ＝13v 0此过程中动能损失为ΔE ＝12mv 20－12×3mV 2②解得ΔE ＝13mv 2分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时子弹和钢块的速度分别为v 1和V 1， 由动量守恒得 mv 1＋mV 1＝mv 0 ③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE2，由能量守恒得12mv 21＋12mV 21＝12mv 20－ΔE2④联立①②③④式，且考虑到v 1必须大于V 1，得 v 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋36v 0 ⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2， 由动量守恒得：2mV 2＝mv 1 ⑥损失的动能为：ΔE ′＝12mv 21－12×2mV 22 ⑦联立①②⑤⑥⑦式得ΔE ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32×ΔE2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x 为 x ＝2＋34d ⑨12．如图，质量M ＝5 kg 的小车静置于光滑的水平面上，小车的上表面ab 段水平，a 端静置一质量m 2＝3 kg 的物块P ，bc 段为R ＝0.5 m 的光滑四分之一圆弧形轨道，底端切线水平．轻质细绳一端固定在a 端正上方的O 点，另一端系着质量m 1＝4 kg 的小球S ，用外力拉S 至竖直平面内的A 点处静止，A 点与a 端的竖直高度h ＝2.45 m ．现撤去外力，S 摆动到最低点时恰与P 发生弹性正碰．取重力加速度g ＝10 m /s 2.(1)求碰后瞬间P 的速度大小；(2)若ab 段粗糙，碰撞后P 向右运动恰能上升到最高点c ，求P 从a 运动到c 的过程中与小车间因摩擦产生的热量Q ；(3)若ab 段光滑，求碰撞后P 运动过程中离c 的最大高度H. [解析] (1)S 下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m 1gh ＝12m 1v 2代入数据解得：v 0＝7 m /sS 、P 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22代入数据解得：v 1＝1 m /s ，v 2＝8 m /s ；(2)P 与小车组成的系统在水平方向动量守恒，P 恰好到达c 点时两者速度相等， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： m 2v 2＝(m 2＋M)v ，代入数据解得：v ＝3 m /s ，对P 与小车组成的系统，由能量守恒定律得： 12m 2v 22＝12(m 2＋M)v 2＋m 2gR ＋Q 代入数据解得：Q ＝45 J ；(3)P 与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向， 在水平方向，由动量守恒定律得： m 2v 2＝(m 2＋M)v由能量守恒定律得： 12m 2v 22＝12(m 2＋M)v 2＋m 2g(R ＋H) 代入数据解得：H ＝1.5 m。