人教版高考物理一轮总复习课时质量评价23动量守恒定律及其应用含答案

二十三　动量守恒定律及其应用

(建议用时：40分钟)

1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、小车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是(　　)

A. 连续敲打可使小车持续向右运动

B. 人、小车和锤子组成的系统机械能守恒

C. 当锤子速度方向竖直向下时，人和小车水平方向的总动量为0

D. 人、小车和锤子组成的系统动量守恒

C　解析：人、小车和锤子整体视为一个处在光滑水平地面上的系统，水平方向上所受合外力为0，故水平方向上动量守恒，总动量始终为0，当锤子有相对地面向左的速度时，小车有向右的速度，当锤子有相对地面向右的速度时，小车有向左的速度，故小车做往复运动，故A错误；锤子击打小车时，发生的不是弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；锤子的速度方向竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为0，故人和小车水平方向的总动量也为0，故C正确；人、小车和锤子在水平方向上动量守恒，因为锤子会有竖直方向的加速度，故锤子竖直方向上合外力不为0，竖直方向上动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误。

2．(多选)质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是(　　)

A. m一定小于M

B. m可能等于M

C. b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大

D. c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大

AC　解析：由a球被反向弹回，可以确定小球a的质量m一定小于M，故A正确，B错误；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，故C正确，D错误。

3．(多选)如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时，m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)

A. m1的最小速度是0

B. m1的最小速度是 v1

C. m2的最大速度是v1

D. m2的最大速度是 v1

BD　解析：当m1与m2相距最近后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1的速度最小，m2的速度最大，在此过程中系统遵从动量守恒和机械能守恒，因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式有m1v1＝m1v′1＋m2v2，m1v＝m1v′＋m2v，解得v′1＝v1，v2＝v1，故B、D选项正确。

4．在光滑水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　)

A. ma＞mb     B. ma＜mb

C. ma＝mb      D. 无法判断

B　解析：由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图像不符；由Ek＝ 知，若ma＞mb，则b球的动能将大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，故 ma＜mb，B正确。

5．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)

A. 物体A的质量为3m

B. 物体A的质量为2m

C. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为 mv

D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv

AC　解析：对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时，弹性势能Ep＝Mv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量x时，物体A、B二者的速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝mv，选项A、C正确，B、D错误。

6．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

A. 3 J     B. 4 J  

C. 5 J     D. 6 J

A　解析：由题图可知，碰撞前甲、乙两物块的速度分别为 v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰撞后甲、乙两物块的速度分别为 v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，则损失的机械能为ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′，解得ΔE＝3 J，故选A。

7．如图所示，B球静止在光滑水平台右端，A球以一定的初速度v0与B球发生弹性正撞，碰撞后两小球由台阶水平抛出，B球第一次落到了水平地面上的P点，A球第一次落到地面上弹起来后第二次也落到了P点。若两球与地面碰撞时均没有能量损失，碰撞前后速度方向满足光的反射定律，则A、B两球的质量之比m1∶m2为(　　)

A. 2∶1     B. 3∶1  

C. 3∶2     D. 5∶3

B　解析：由题意可知，两球水平抛出至第一次落到地面上时，B球水平运动的距离是A球的3倍，由平抛运动规律可知B球的水平初速度是A球的3倍，即v2＝3v1。两球发生弹性碰撞，故 m1v0＝ m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，联立解得 v1＝v0，v2＝v0。由v2＝3v1，解得 m1∶m2＝3∶1，选项B正确。

8．(2020·德阳模拟)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，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m0的子弹以大小为v0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. 子弹射入木块后的瞬间，绳子的拉力大小为(M＋m0)g

C. 子弹射入木块后的瞬间，圆环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g

D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒

C　解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块构成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，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＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子的拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)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上动量守恒，选项D错误。

9．(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一小球A的质量为 M，小球A以v0＝6 m/s 的速度向小球B运动，并与小球B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　)

A. 小球B的最大速率为4 m/s

B. 小球B运动到最高点时的速率为   m/s

C. 小球B能与小球A再次发生碰撞

D. 小球B不能与小球A再次发生碰撞

AD　解析：小球A与小球B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得Mv0＝MvA＋MvB，×Mv＝×Mv＋Mv，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故小球B的最大速率为 4 m/s，A正确；小球B冲上曲面C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，B错误；从小球B冲上曲面C然后又滑下的过程，设小球B、曲面C分离时的速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有 MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有Mv＝Mv′＋×2Mv′，解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以A、B两小球不会再次发生碰撞，故C错误，D正确。

10．(2020·泰安模拟)如图所示，在光滑水平面上A点固定一个底端有小孔的竖直光滑圆轨道，圆轨道与水平面在A点相切。小球甲用长为L的轻绳悬挂于O点，O点位于水平面上B点正上方L处。现将小球甲拉至位置C，轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°，由静止释放，小球甲运动到最低点B时与另一静止的小球乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞，碰撞后小球乙无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小球乙进入圆轨道后立即关闭小孔。已知小球乙的质量是小球甲质量的3倍，重力加速度为g。

(1)求甲、乙两小球碰撞后瞬间小球乙的速度大小；

(2)若小球乙恰好能在圆轨道内做完整的圆周运动，求圆轨道的半径。

解析：(1)设小球甲的质量为m，小球甲下摆过程中，由机械能守恒得

mgL(1－cos 60°)＝mv

解得v0＝

设甲、乙两小球碰撞后的速度分别为v1和v2，则由动量守恒和机械能守恒有

mv0＝mv1＋3mv2

mv＝mv＋×3mv

解得v2＝。

(2)小球乙恰好能做圆周运动，则在最高点

3mg＝3m

从最高点到最低点

6mgR＝×3mv－×3mv2

解得R＝。

答案：(1)　(2)

11．北京成功申办2022年冬奥会，水立方将摇身一变，成为“冰立方”，承办北京冬奥会冰壶比赛。训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：

(1)冰壶乙获得的速度大小；

(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。

解析：(1)由动量守恒定律知

mv1＝mv2＋mv3

将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入得

v3＝0.3 m/s。

(2)碰撞前的动能

E1＝mv＝1.52 J

碰撞后两冰壶的总动能

E2＝mv＋mv＝0.95 J

因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。

答案：(1)0.3 m/s　(2)非弹性碰撞

12．(2020·烟台模拟)如图所示，质量为M＝4.5 kg 的长木板置于光滑水平地面上，质量为 m＝1.5 kg 的物块放在长木板的右端，在长木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让长木板无接触地穿过。现使长木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰撞前的速率反向弹回，而长木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求物块与长木板间的动摩擦因数；

(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；

(3)长木板的长度至少应为多少？

解析：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－mv

代入数据解得μ＝0.5。

(2)物块与挡板碰撞后，物块与长木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得

Mv0－mv0＝(M＋m)v1

解得v1＝v0＝v0

设物块由速度0加速到v1的过程中运动的位移为x′1，则μmgx′1＝mv

联立解得x′1＝x1

即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与长木板已经达到共同速度v1

第二次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为v1，经一段时间后系统的共同速度为

v2＝v1＝v0

第三次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为v2，经一段时间后系统的共同速度为

v3＝v2＝v0

……

则第n次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为

vn－1＝vn－2＝v0

由动能定理得－μmgxn＝0－mv

联立解得n＝5。

(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与长木板同时都静止；设物块在长木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝(M＋m)v

代入数据解得L＝6.4 m

即长木板的长度至少应为6.4 m。

答案：(1)0.5　(2)5　(3)6.4 m