2022版高考物理一轮复习课后集训16动量守恒定律及其应用含解析202104071155

这是一份2022版高考物理一轮复习课后集训16动量守恒定律及其应用含解析202104071155，共7页。试卷主要包含了5 m/s，v甲＝2，5 m/s，如图所示，有一摆长为L＝0等内容，欢迎下载使用。


1.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒D．动量、机械能都不守恒
C [在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。]
2．(2021·湖北新高考适应性考试)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
B [P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；故选B。]
3．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)( )
A．eq \f(M＋mv0－mv1,M)B．eq \f(M＋mv0＋mv1,M)
C．eq \f(Mv0＋mv1,M－m)D．eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C [以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)，故选项C正确。]
4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B C D
B [由h＝eq \f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]
5.(2020·山东日照校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示。则下列说法正确的是( )
A．碰撞前后物体A的运动方向相同
B．物体A、B的质量之比为1∶2
C．碰撞后A的动能变大，B的动能减小
D．碰前物体B的动量较小
B [由题图可得，碰撞前vA＝eq \f(20－30,2) m/s＝－5 m/s，碰撞后v′A＝eq \f(20－10,2) m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A错误；由题图可得，碰撞前vB＝eq \f(20－0,2) m/s＝10 m/s，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v′A，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞后物体A的动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B速度方向与物体B碰前速度方向相同，则碰前物体B的动量较大，故D错误。]
6．(2020·河北邯郸一中第五次月考)在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止。根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为( )
A．大于10 m/sB．小于22.5 m/s
C．一定大于22.5 m/sD．一定大于30 m/s
C [碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v122.5 m/s。]
7.如图所示，有一摆长为L＝0.8 m的单摆，将悬线拉至水平后释放摆球A，摆球A在最低点与置于水平面上的B球发生弹性碰撞，导致B球又跟置于同一水平面上的C球发生完全非弹性碰撞。已知A、B、C的质量均为m＝0.5 kg，B、C两球与水平面间的动摩擦因数均为0.2，若B、C两球碰后共同向前运动的距离为0.25 m，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰前B、C两球间的水平距离；
(2)B、C两球碰撞过程中损失的机械能。
[解析] (1)设A球到达最低点与B球碰撞前瞬间的速度大小为vA，则由机械能守恒定律可得
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据可解得vA＝4 m/s
A球与B球发生弹性碰撞，故两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒设碰后A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为vB，则有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，mvA＝mv′A＋mvB
两式联立并代入数据可解得vB＝4 m/s
设B、C两球碰后的共同速度为v，向前运动的距离为x1，则有
v2＝2μgx1
代入数据可解得v＝1 m/s
设B、C两球碰撞前B球的速度大小为v′B
则由动量守恒定律得mv′B＝2mv
解得v′B＝2 m/s
设碰前B、C两球间的水平距离为x2，由匀变速直线运动规律可得
v′eq \\al(2,B)－veq \\al(2,B)＝－2μgx2
代入数据可解得x2＝3 m。
(2)由于B、C两球碰撞之前B球的速度大小为v′B＝2 m/s，C球的速度为零，碰撞后二者的共同速度v＝1 m/s
故B、C两球碰撞过程中损失的机械能为
Q＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)－eq \f(1,2)·2mv2
代入数据解得Q＝0.5 J。
[答案] (1)3 m (2)0.5 J
8.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )
A．7∶5B．1∶3
C．2∶1D．5∶3
D [设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确。]
9．(2019·日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m甲 乙
A．L1>L2B．L1C．L1＝L2D．不能确定
C [当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2，联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)。同理，对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时也有：Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)，两次弹性势能相等，则有：L1＝L2，故选项C正确。]
10．如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M。质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g，求：
(1)小球从弧形槽A滑下后的最大速度；
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系。
[解析] (1)小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为v1，弧形槽A的速度大小为v2，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，
由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,2)，
联立解得v1＝2eq \r(\f(gh,3))，v2＝eq \r(\f(gh,3))。
(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4，整个过程二者水平方向动量守恒，则有
mv1＝－mv3＋Mv4，
二者的机械能守恒，则有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,4)，
小球还能追上A，则有v3>v2，
联立解得M>3m。
[答案] (1)2eq \r(\f(gh,3)) (2)M>3m
11．(2021·广东新高考适应性考试)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
[解析] (1)A和B恰好能静止则表明
mgsin θ＝μmgcs θ
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma
解得a＝g
A碰前的速度为veq \\al(2,1)＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒可知
mv1＝mv2＋mv′1
由能量守恒可知
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,1)
解得：v′1＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)碰后B运动到底端所用时间为t1＝eq \f(L,v2)＝eq \r(\f(L,2gk))
A运动到底端所用时间为t2＝eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
当keq \f(1,2)gt2＝eq \r(2gkLt)
解得t＝2eq \r(\f(2kL,g))
当k>eq \f(1,4)时A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞), 碰后B匀速运动，运动到底端的时间为t1＝eq \f(L,v2)＝eq \r(\f(L,2gk))
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
解得：a′＝g
有相对运动可知：
L－eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝(eq \r(2gkL)－gt1)(t－t1)
解得：t＝eq \r(\f(L,2gk))＋eq \f(4k－1L,4k)eq \r(\f(2k,gL4k2－1))。
[答案] (1)0 eq \r(2gkL) (2)当keq \f(1,4)时t＝eq \r(\f(L,2gk))＋eq \f(4k－1L,4k)eq \r(\f(2k,gL4k2－1))