【原创】（新高考）2022届高三物理精准提升专练11 动量守恒定律及其应用

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     例1．(2021∙全国乙卷∙14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功；而水平地面是光滑的，以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。【答案】B例2．(2021∙湖南卷∙8)(多选)如图甲，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA＞mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3【答案】ABD【解析】由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAa＝mBaB，由图可知aB＞aA，则mB＜mA，B正确；由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则，可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由a－t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a－t图像的面积为v，在t2时刻A、B的速度分别为vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确。  1．(多选)如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，处于静止状态的两运动员站在一起互推一把后各自自由滑行，下列说法正确的是(　　)A．质量大的运动员滑行的初速度小B．质量大的运动员滑行时加速度小C．质量大的运动员滑行时间长D．质量大的运动员滑行距离短【答案】AD【解析】两运动员互推的过程遵循动量守恒，总动量为零，所以质量大的运动员后退的初速度小，故A正确；他们都在各自的摩擦力作用小做减速运动，由于其动摩擦因素相同，根据可知，他们减速的加速度大小相同，故B错误；滑行的时间，故质量大的初速度小，运动时间短，故C错误；由可知质量大的初速度小，运动的位移短，故D正确。2．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系vc＞va＞vbD．a、c两车运动方向相反【答案】CD【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝－M车vc＋m人v，对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v，对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反。3．如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车放在光滑水平面上。在小车正前边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球，半球形碗的半径为R。则小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)A．小球、碗和车组成的系统动量守恒B．小球的最大速度等于C．小球不能运动到碗左侧的碗边B点D．小球、碗和车组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】小球做曲线运动，具有向心加速度，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律知，系统所受的合外力不为零，故系统的动量不守恒，A错误；设小球滑到最低点时速度为v，假设小车不动，则由机械能守恒得，可知，由于小车没有固定，且小球下滑过程中其对碗的压力对碗和车组成的整体做正功，碗和小车获得动能，则小球的最大速度小于，B错误；小球从A点和B点的过程中系统机械能守恒，水平方向动量守恒，可知小球刚好运动到碗边的B点，C错误；由于没有摩擦，对于小球、碗、和车组成的系统所受合外力为零，则该系统的机械能守恒，D正确。4．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是(　　)A．小球离车后，对地将做自由落体运动B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球在弧形槽上上升的最大高度为D．此过程中小球对车做的功为【答案】C【解析】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，由动能守恒定律得×2mv02＝×2mv22＋mv12，解得，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得×2mv02＝×3mv12＋2mgh，解得，故C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功，故D错误。5．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，与水平面的摩擦因数均为μ，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动。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．水平恒力F＝μmgB．t＝0至时间内，A、B的总动量不守恒C．时，A的动量为3mvD．时，A的动量为3mv【答案】D【解析】设A、B所受的滑动摩擦力大小相等均为f，系统匀速运动时，有，故A错误；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得，联立解得，即在B停止运动前，即在t0到时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故B错误；时，取向右为正方向，由系统动量守恒得，解得A的动量，故C错误；时，即物体B停止后又经过对A由动量定理得，解得，故D正确。6．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)  A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4【答案】C【解析】由题图可知，在t2时刻之前，弹簧处于压缩状态，t2到t4时刻之间，弹簧处于伸长状态，故A、B错误；AB系统动量守恒，机械能也守恒，t1时刻，A、B获得共同速度1 m/s，由动量守恒定律有，m1v0＝(m1＋m2)v，故＝，C正确；t2时刻，Ek1∶Ek2＝×m1×(－1)2∶(×m2×22)＝1∶8，D错误。7．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取）。【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a，由乙图可知a＝1 m/s2根据牛顿第二定律有：μmg＝ma解得：μ＝0.1由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动，传送带的速度v传＝4 m/s传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L＝6 m做平抛运动的时间为t，则有：H＝gt2平抛运动水平位移x1＝v传t落地点P与N端水平距离x，则有：x＝L＋x1联立解得：x＝7.6 m。(2)设滑块A与B碰后的速度为v1，滑块A、B为系统动量守恒，则有：mv0＝2mv1滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，滑块C的速度为v3，由乙图知v3＝5 m/s滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1＝2mv2＋mv3在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv12＝×2mv22＋mv32联立解得：Ep＝1 J。(3)要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知，滑块C在传送带上一直做匀加速运动时，滑块C进入传送带的速度最小为v3′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为v0min，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′，弹开前AB的速度为v1′，则有：v传2－v3′2＝2aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′＝2mv2′＋mv3′在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′2＝×2mv2′2＋mv3′2滑块A、B为系统动量守恒：mv0min＝2mv1′解得：v0min＝2 m/s滑块C在传送带上一直做匀减速运动时，滑块C进入传送带的速度最大为v3′′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′′，弹开前AB的速度为v1′′，则有：v3′′2－v传2＝2aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′′＝2mv2′′＋mv3′′在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′′2＝×2mv2′′2＋mv3′′2滑块A、B为系统动量守恒：mv0max＝2mv1′′联立解得：v0max＝7.56 m/s滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/s≤v0≤7.56 m/s。8．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量ma＝2 kg的球a放在高度h＝1.8 m的平台上，长木板c放在粗糙水平地面上，带凹槽的容器b锁定在c的最左端。a、b可视为质点，b的质量mb＝2 kg，c的质量为mc＝4 kg，c的上表面光滑且水平，c与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。在某次投掷中，球a以v0＝6 m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左的瞬时冲力，使木板c也以速度v0＝6 m/s向左运动，球a恰好落入容器b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g＝10 m/s2。(1)求球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；(2)若球a落入容器b前的瞬间解除锁定，求a、b合为一体时的速度大小；(3)若木板c长L＝3.4 m，球a落入容器b前的瞬间解除锁定，a与b合为一体后，一起向右运动。求a与b合为一体后，木板c向左滑行的距离x。【解析】(1)a球从抛出到落到b槽内的时间此过程中a球的水平位移b、c一起向左匀减速运动，则加速度在时间t内槽b的位移为球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离。(2)球a落到槽b中之间的瞬间，槽b的速度方向向左，设向右为正方向，球a落在槽b后，a、b合为一体时的速度大小为v2，则对a、b系统在水平方向由动量守恒定律解得。(3)当球a落到槽b中时木板c的速度假设当球a落到槽b中一起滑离木板c之后，木板c才停下来，设a、b整体在木板上滑动的时间为t1，对木板c有对a、b系统，代入数据解得，假设成立，此后对木板c有             由运动学公式木板c向左滑行的距离。9．某同学在足够大的水平桌面上用完全相同的方形积木玩碰撞游戏。如图所示，他将B、C、D三块积木堆叠起来，然后用手指沿桌面弹射积木A、使之与积木堆中最底层的D发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A、D粘连，之后D从底层完全滑出，最终A全部在C下面。已知积木块的长度均为L，质量均为m，积木块与积木块、积木块与桌面间的动摩擦因数均为μ，各接触面间的滑动摩擦力均等于最大静摩擦力，重力加速度为g。  (1)D向外滑出的过程中，求B、C间是否发生相对滑动；(2)若要将D从底层完全撞出，且最终A、C两端对齐，求A撞击D前瞬间的速度。(3)若初始时A、D间的距离也为L，求A被弹出时的动量大小。【解析】(1)假设B、C之间不发生相对滑动，对B、C整体，对B，即恰好等于B、C之间的最大静摩擦力，故假设成立，B、C不发生相对滑动。(2)假设A以速度碰撞D，恰好可以满足要求。碰撞过程A、D动量守恒：此后A、D结合体以初速度v1向前减速滑行，上层2块积木一起以加速度向前加速滑行。对于A、D结合体由第(1)问得假设两部分经过时间达到共速，则A、D的位移B、C的位移A恰好滑到B、C正下方联立解得。(3)设A被弹出时的初速度为v0，则根据动能定理有又因为所以，求得则A被弹出时的动量大小为。 10．如图所示，金属圆管固定在水平地面上。劲度系数k＝100 N/m的弹簧一端固定于金属圆管的底部，另一端连接小圆柱体A。金属圆管壁左右两侧开有两条缝，B由小圆柱体及两侧的支柱构成，其两侧的支柱通过管壁的缝伸出金属圆管，与管壁无摩擦，静置于A上与A不粘连，A、B质量均为1 kg且都可视为质点。小圆柱体B正上方有一带圆孔的挡板（厚度不计）固定在金属圆管壁上，质量为2 kg的小圆柱体C放于圆孔上方不掉落。在B的左右支柱上始终施加竖直向上、大小为5 N的恒力F，使A、B开始运动。经过一段时间后A、B分离，分离时B未与C碰撞。分离瞬间，A被金属圆管内一卡件作用使其速度突变为零，以后此卡件不再对A和B有任何作用。B继续向上运动恰好穿过圆孔与C发生弹性碰撞，且以后每次碰撞前C均已静止在圆孔上方。已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2（x为弹簧的形变量），重力加速度g取10 m/s2，B与A、C的碰撞时间极短且均为弹性碰撞，A、B、C运动过程中始终在竖直方向，且未与金属圆管壁接触（空气阻力不计）。求：(1)二力开始作用瞬间，A对B的支持力的大小；(2)A、B第一次碰撞后物体A向下运动的最大距离；(3)与B第一次碰撞开始，A物体运动的总路程。【解析】(1)初态时A、B均静止，有解得由牛顿第二定律可得，对A、B整体有：对B有解得。(2)在F的作用下，A、B分离时，二者加速度相等，对A、B分别有联立解得两物体从开始运动到分离时上升的高度从开始运动到A、B分离，设竖直向上为正方向，据功能关系，对A、B整体有解得A、B分离时，B的速度分离后，由于B物体匀速上升至B、C碰撞，由于是弹性碰撞，据动量守恒及机械能守恒分别可得联立解得B向下运动，然后B、A发生弹性碰撞，有解得：，可知碰后二者速度互换，B静止，A从平衡位置向下运动，设A向下运动的最大距离为s1，由能量守恒定律有可得解得。(3)A、B第一次碰撞后A先向下减速，再反向加速，回到原位后，与B碰撞，A、B交换速度，B再次匀速上升与C发生碰撞，然后B向下运动与A发生碰撞，二者交换速度，由碰撞结论可知碰后解得同理可知以后的运动情况与上面的情况类似，则归纳可得A运动的总路程。