高考物理一轮复习-第2讲-动量守恒定律及应用.docx

授课提示：对应学生用书第331页
[A组　基础巩固练]
热点一　动量守恒定律的理解及应用
1．(多选)(2022·宁夏石嘴山模拟)下列四幅图所反映的物理过程系统动量守恒的是(　　)

解析：A图光滑的水平面上，子弹与木板系统受合外力等于零，动量守恒；B图剪断细线后，竖直墙壁对右侧弹簧有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；C图两球在匀速下落，过程中系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍然等于零，动量守恒；D图木块加速下滑，动量不守恒。故选项A、C正确，B、D错误。
答案：AC
2．(多选)(2022·河南平顶山模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的物块从槽上高h处开始下滑，下列说法不正确的是(　　)

A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
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．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
解析：在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，所以系统的动量不守恒，故B错误；在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统在水平方向上受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为零，所以物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知，物块离开槽时，物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物块不会再回到槽上高h处，故D错误。
答案：BCD
3. (2022·江西赣州模拟)如图所示，光滑水平面上有一个矩形长木板，木板左端放一个小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大、反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是(　　)

解析：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0 ＜v0，故A正确，B、C、D错误。
答案：A
热点二　动量守恒定律的3个应用实例
4．(2022·安徽十校联盟线上联考)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道(质量为M)静止在光滑水平地面上，一个物块(质量为m)在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)(　　)

A．1∶2　　　　　　　　 B．1∶3
C．1∶6 D．1∶9
解析：因为水平地面光滑，物块和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，当物块向上的速度为零时，根据题意可知，此时两物体速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，
即mv2∶Mv2＝1∶2，得到m∶M＝1∶2
根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v
解得v0＝3v
根据能量守恒定律得：mv＝(M＋m)v2＋Ep
解得Ep＝mv
此时物块的动能Ek＝mv2＝mv
所以此时物块的动能与重力势能之比为1∶6，故C正确，A、B、D错误。
答案：C
5. (2022·河南省实验中学期中)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每发子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，则以下说法正确的是(　　)

A．待打完n发子弹后，小车应停在最初的位置
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统在水平方向上不受外力，在水平方向上动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹射出速度为v，车向右运动速度大小为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹向左匀速运动的同时，车向右匀速运动，故vt＋v′t＝d，联立解得v′＝，t＝，故车向右运动距离Δs＝v′t＝，每发子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动Δs，故n发子弹发射完毕后，小车向右运动距离s＝nΔs＝，由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发子弹后，车静止不动，C正确，A、B、D错误。
答案：C
6．(2022·四川内江一模)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
答案：C
7．(2022·山东济南模拟)斯诺克是一种台球运动，越来越受到人们的喜爱。斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作为障碍迫使对方失误。假设光滑水平面内一条直线上依次放8个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度v0与8号红球发生弹性正碰，则8号红球最终的速度大小为(　　)

A．0 B.v0
C.()7v0 D.()8v0
解析：根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次，白球的速度变为原来的＝，而8号球每次将速度传给右侧球，故白球与8号球碰撞7次后，白球速度v＝()7v0，此时8号球速度为零，之后再次碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得1.5mv＝1.5mv′＋mv″，×1.5mv2＝×1.5mv′2＋mv″2，解得8号红球最终的速度大小v″＝()7v0，C正确，A、B、D错误。
答案：C
8．(2022·河南商丘模拟)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，利用中子与静止氘核的多次碰撞，使中子减速。已知中子在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.E B.E
C.E D.E
解析：中子的质量数为1，氘核的质量数为2，设中子的质量为m，则氘核的质量为2m，中子与氘核发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前中子速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋×2mv，解得v1＝－v0，v2＝v0，碰撞过程中子损失的动能ΔEk＝mv－mv，由题意可知E＝mv，解得ΔEk＝E，故选B。
答案：B
[B组　综合提能练]
9.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，现在有一个质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)

A. B.
C. D.
解析：小物块与斜面体在水平方向上动量守恒，设小物块的速度方向为正方向，则有mv1－Mv2＝0，运动时间相等，则有ms1－Ms2＝0，由题意可知s1＋s2＝，联立解得s2＝，故C正确，A、B、D错误。
答案：C
10．(多选)(2022·甘肃白银模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块A最初与左侧固定的挡板相接触，物块B质量为6 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，物块B的v-t图象如图乙所示，则可知(　　)

A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度vm＝4 m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J
解析：由图知，A离开挡板瞬间B的速度v0＝3 m/s，B的速度最小值vB＝1 m/s，B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的速度最大，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得mBv0＝mAvA＋mBvB，mBv02＝mAv＋mBvB2，解得mA＝3 kg，vA＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C错误；分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为v共，根据动量守恒可知mBv0＝(mA＋mB) v共，解得v共＝2 m/s，根据机械能守恒定律可知mBv02＝(mA＋mB)v＋EP，解得EP＝9 J，D正确。
答案：BD
11．如图所示，用长度同为l的轻质细绳悬挂四个弹性小球A、B、C、D，它们的质量依次为m1、m2、m3、m4，且满足m1≫m2≫m3≫m4，将A球拉起一定角度θ后释放，则D球开始运动时的速度为(　　)

A. B．2
C．4 D．8
解析：设碰撞前瞬间A的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl(1－cos θ)＝m1v ①
解得v0＝ ②
设A与B碰撞后A与B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2③
根据机械能守恒定律，有
m1v＝m1v＋m2v ④
联立③④式得v2＝v0，m1≫m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，v4＝2v3，所以v4＝8v0＝8，故D正确，A、B、C错误。
答案：D
12. (多选)如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一个质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
解析：小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝mv1＋2mv2，再由机械能守恒定律可得mv＝mv＋·2mv解得v1＝v0＝－v0，所以B正确；从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管水平方向速度相同，对此过程水平方向满足动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)vx，vx＝，由能量守恒得mv＝·2mv＋mv2，解得v＝v0，所以C错误；小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为vy，由速度的合成与分解可知vy＝＝v0，对小球由动量定理得I＝mvy－0＝mv0，由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量大小I′＝mv0，所以D正确。
答案：ABD
13．如图所示，质量M＝2 kg的小车静止在光滑的水平地面上，其AB部分为半径R＝0.3 m的光滑圆弧，BC部分水平粗糙，BC长L＝0.6 m。可看作质点的小物块从A点由静止释放，滑到C点刚好相对小车静止。已知小物块质量m＝1 kg，取g＝10 m/s2，求：

(1)小物块与小车BC部分间的动摩擦因数；
(2)小物块从A滑到C的过程中，小车获得的最大速度。
解析：(1)小物块滑到C点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：(M＋m)v＝0
所以滑到C点时小物块与小车的速度都为0，
由能量守恒得：mgR＝μmgL
解得μ＝＝0.5。
(2)小物块滑到B位置时速度最大，设为v1，此时小车获得的速度也最大，设为v2，
由动量守恒得：mv1＝Mv2
由能量守恒得：mgR＝mv＋Mv
联立解得v2＝1 m/s。
答案：(1)0.5　(2)1 m/s
14．(2022·全国五省优创名校联考)如图所示，两块相同的平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的自由端恰好在P2的左端A点。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：

(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧最大压缩量x。
解析：(1)P1、P2碰撞时，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：(m＋2m)v0＝2mv0＋(m＋m)v1 ①
由①式解得v1＝v0 ②
由于物体P与P1、P2之间的力为内力，三者在水平方向动量守恒得：(m＋2m)v0＝(m＋m＋2m)v2 ③
由③式解得v2＝v0。 ④
(2)碰撞后到P停在A点的过程中，由能量守恒定律可得：
(m＋m)v＋·2mv＝(m＋m＋2m)v＋μ·2mg·2x ⑤
由⑤式解得x＝。⑥
答案：(1)v0　v0　(2)