23版新高考一轮分层练案(二十)　动量守恒定律及其应用

一轮分层练案(二十)　动量守恒定律及其应用

1．如图所示，一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，弹簧上端固定一质量为2m的物块A，弹簧下端固定在水平地面上。一质量为m的物块B，从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与物块A接触后粘在一起向下压缩弹簧。从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中(弹簧保持竖直，且在弹性限度内形变)，下列说法正确的是(　　)

A．物块B的动能先减少后增加又减小

B．物块A和物块B组成的系统动量守恒

C．物块A和物块B组成的系统机械能守恒

D．物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】A　物块B开始自由下落速度逐渐增大，与物块A碰撞瞬间，动量守恒，选取竖直向下为正方向，则mv0＝(m＋2m)v，可知A、B碰后瞬间，AB作为整体速度小于碰前物块B的速度，随后AB整体向下运动，开始重力大于弹力，且弹力逐渐增大，所以整体做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，整体做加速度增大的减速运动，直至速度减为0，所以从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中，物块B的动能先减少后增加又减小，A正确；物块A和物块B组成的系统只在碰撞瞬间内力远大于外力，动量守恒，之后系统所受合外力一直变化，系统动量不守恒，B错误；两物块碰撞瞬间损失机械能，所以物块A和物块B组成的系统机械能不守恒，物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能不守恒，C、D错误。

2.如图所示，一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点，下列说法中正确的是(　　)

A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移

B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒

C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点

D．小球最终在半圆形槽内做往复运动

【答案】D　小球与半圆形槽水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，则mv1t＝Mv2t，即mx1＝Mx2，如果m<M，则x1>x2，故A错误；从B→C，半圆形槽和小球组成的系统水平方向受外力为零，水平方向动量守恒，故B错误；小球与半圆形槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球与半圆形槽在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，小球与半圆形槽的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球运动的最高点，在半圆形槽右端最高点，不是C点，故C错误；小球与半圆形槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球从A运动到B再到半圆形槽右端最高点，然后再返回A点，如此反复运动，故D正确。

3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)

A．0.5 m/s　　　　　　　 B．1.0 m/s

C．1.5 m/s  D．2.0 m/s

【答案】C　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv22，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋×2mv22，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。

4．(多选)在2018年世界斯诺克国际锦标赛中，中国选手丁俊晖把质量为m的白球以5v的速度推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为3v，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则(　　)

A．碰后瞬间白球的速度为2v

B．两球之间的碰撞属于弹性碰撞

C．白球对黄球的冲量大小为3mv

D．两球碰撞过程中系统能量不守恒

【答案】AC　由动量守恒定律可知，相同质量的白球与黄球发生对心正碰，碰后瞬间白球的速度为2v，故A正确。碰前两球的动能为m(5v)2＝mv2，碰后两球的动能为m(3v)2＋m(2v)2＝mv2，两球之间的碰撞不属于弹性碰撞，故B错误。由动量定理知白球对黄球的冲量I大小就等于黄球动量的变化量Δp，Δp＝3mv－0＝3mv，故C正确。两球碰撞过程中系统能量守恒，损失的动能以其他形式释放，故D错误。

5.(多选)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—时间图像如图所示。则下列说法正确的是(　　)

A．碰撞前后物体A的运动方向相反

B．物体A、B的质量之比为1∶2

C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小

D．碰撞前物体B的动量较大

【答案】ABD　由题图可得，碰撞前vA＝ m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝ m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A正确；由题图可得，碰撞前vB＝ m/s＝10 m/s，根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，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，则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰撞前物体A、B速度方向相反，碰撞后物体A、B速度方向与物体B碰撞前速度方向相同，则碰撞前物体B动量较大，故D正确。

6．如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　　)

A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大

B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大

C．弹簧最大的弹性势能等于mv02

D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02

【答案】C　细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大，后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。

7.汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB ①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有

vB′2＝2aBsB ②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0 m/s。 ③

(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有

μmAg＝mAaA ④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有

vA′2＝2aAsA ⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.3 m/s。 ⑦

【答案】(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

8.(多选)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，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。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．t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒

B．t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒

C．t＝时，A的动量为2mv

D．t＝时，A的动量为4mv

【答案】AC　在B停止运动前，A、B的合外力为零，总动量守恒。在B停止运动后，A、B的合外力不为零，总动量不守恒。设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F＝2f，得f＝；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得－ft＝0－mv，联立得t＝，即t＝时B停止运动。在B停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故A正确；t＝至t＝时间内，B停止运动，A做匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误；t＝时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得2mv＝pA＋0，得A的动量pA＝2mv，故C正确；t＝时，对A，由动量定理得·＝pA′－2mv，解得A的动量pA′＝3mv，故D错误。

9.(多选)如图所示，内壁光滑的圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m、m的刚性小球a、b，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h。拔掉销子，两球自由下落。若a球与地面间及a、b两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是(　　)

A．两球下落过程中，b对a有竖直向下的压力

B．a与b碰后，a的速度为0

C．落地弹起后，a能上升的最大高度为h

D．落地弹起后，b能上升的最大高度为4h

【答案】BD　两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b对a没有压力，选项A错误；设两球落地时速度均为v＝，方向竖直向下，则a与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上的v，则a、b碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒有3mv－mv＝3mva＋mvb，由能量关系有mv2＋×3mv2＝×3mva2＋mvb2，解得va＝0，vb＝2v，

则落地弹起后，a能上升的最大高度为零，b能上升的最大高度为H＝＝4h，故选项C错误，B、D正确。

10．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)

A．48 kg  B．53 kg

C．58 kg  D．63 kg

【答案】BC　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8。又运动员的退行速度v8>v0，v7<v0，解得13m<M<15m，即52 kg<M<60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。

11．长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)求A受到的水平瞬时冲量I的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？  

解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零。设A在最高点时的速度大小为v，由重力提供向心力，有

m1g＝m1 ①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零。设A在最低点的速度大小为vA，有m1vA2＝m1v2＋2m1gl              ②

由动量定理，有I＝m1vA ③

联立①②③式，得I＝m1。 ④

(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA ⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向。设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有

m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′ ⑥

又Ek＝m2vB2 ⑦

联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能

Ek＝。 ⑧

【答案】(1)m1　(2)

12．如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取＝3.17)求：

(1)滑块C的初速度v0的大小；

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；

(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。

解析：(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得mCv0＝(mB＋mC)v1

弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得Ep＝(mB＋mC)v12

解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。

(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的速度大小为v3，根据动量守恒定律得mAv3－(mB＋mC)v2＝0

根据能量守恒定律得Ep＝mAv32＋(mB＋mC)v22

解得v2≈1.9 m/s。

(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得

I＝Δp＝(mB＋mC)[v2－(－v1)]

解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。

【答案】(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右