2024届高考物理一轮复习专题六动量第2讲动量守恒定律练习含答案

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第2讲　动量守恒定律
知识巩固练
1.(多选)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠.如图所示，观察发现，接棒的运动员甲提前站在准备交棒的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)

A.甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】AB
2.如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，

相对于地面静止.当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　)
A.后退0.5 m B.后退0.6 m
C.后退0.75 m D.一直匀速后退
【答案】A
3.(多选)如图，一子弹水平飞行击穿一块原静止在光滑水平面上的木块，在子弹穿透木块的过程中(　　)

A.子弹和木块所受的冲量大小相等
B.子弹和木块的速度的变化量大小相等
C.子弹和木块的动量变化量大小相等
D.子弹和木块的动能变化量绝对值相等
【答案】AC
4.(2022年深圳模拟)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰，其碰前和碰后的s－t图像如图乙所示，已知ma＝5 kg.则b球的质量为(　　)

A.mb＝1 kg B.mb＝2 kg
C.mb＝3 kg D.mb＝4 kg
【答案】A　
【解析】根据s－t图像，碰前b球静止，a球做匀速直线运动，速度为va＝6m1 s＝6 m/s，碰后两小球共速，依旧做匀速直线运动，速度为v＝11m－6 m2 s－1 s＝5 m/s，根据动量守恒定律有mava＋0＝(ma＋mb)v，解得mb＝1 kg， A正确.
5.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，则在此后的过程中(　　)

A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒
B.M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
D.m从A到B的过程中，M运动的位移为mRM＋m
【答案】B　
【解析】M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；在m从A到B过程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mRm＋M，D错误.
6.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示.将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)

A.FN＝mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D.此过程中斜面体向左滑动的距离为mM＋mL
【答案】D　
【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确.

7.(2022年广州模拟)如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰.已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则(　　)
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为v04
D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
【答案】C　
【解析】两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝μmgm＝μg，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系0－v02＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v04，v2＝3v04，C正确，D错误；两壶碰撞过程机械能的变化量ΔE＝12mv12＋12mv22-12mv02＝－316mv02，机械能有损失，A错误；动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误.

综合提升练
8.如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A的质量mA＝1 kg，小滑块B的质量mB＝0.5 kg，其左端连接一轻质弹簧.若滑块A在斜面上受到F＝2 N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面匀速下滑.现撤去F，让滑块A从距斜面底端L＝2.4 m处，由静止开始下滑.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去F后，滑块A到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.

解：(1)滑块A沿着斜面匀速下滑时受力如图甲所示，
由平衡条件知mAgsin θ＝f，N＝mAgcos θ＋F，f＝μN，
解得μ＝mAgsinθF＋mAgcosθ＝0.6.

(2)滑块A沿斜面加速下滑时受力如图乙所示，设滑块A滑到斜面底端时速度为v0，根据动能定理，有
(mAgsin θ－μmAgcos θ)L＝12mAv02，
代入数据解得v0＝2.4 m/s.
(3)把A、B和弹簧作为一个系统，A、B运动过程中系统动量守恒.当A、B速度相同时弹簧的弹性势能最大，设A、B共同的速度为v，弹簧的最大弹性势能为Ep，根据动量守恒定律，有mAv0＝(mA＋mB)v，
根据能量守恒定律，有Ep＝12mAv02-12(mA＋mB)v2，
代入数据解得Ep＝0.96 J.
9.两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置，两劈的表面均为半径为R的14圆周，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，如图所示.一质量为m的物块(可视为质点)位于劈A的最高点从静止滑下，然后又滑上劈B.重力加速度为g.求：

(1)物块第一次离开劈A时，劈A后退的距离；
(2)物块在劈B上能够达到的最大高度.
解：(1)物块第一次在劈A上滑行的过程中，设物块前进的水平距离为x1，劈A后退的距离为x2.
对于劈A和物块组成的系统，根据水平方向动量守恒，有2mx2＝mx1，
并且x2＋x1＝R，解得x2＝R3.
(2)设物块第一次离开劈A时，物块的速度大小为v1，劈A的速度大小为v2，
根据系统动量守恒，有mv1－2mv2＝0，
根据系统机械能守恒，有mgR＝12mv12＋12×2mv22，解得v1＝43gR.
设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时两者的速度大小均为v，
根据系统动量守恒，有(m＋2m)v＝mv1，
根据系统机械能守恒，有12mv12＝12(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝49R.
10.(2022年广州模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量为mA＝0.9 kg、带有半径为R＝0.5 m的14光滑圆弧的小车A，圆弧的下端出口切线水平，紧靠着小车A的左侧有质量为mB＝0.1 kg的木板B.一质量为mC＝0.1 kg、可以视为质点的滑块C，从圆弧最高点无初速度释放，圆弧下端出口到B上表面的高度差为h＝0.8 m.若滑块C落到木板B上不反弹只相对滑动，已知C与B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g取10 m/s2.求：

(1)滑块C碰到木板B之前的速度大小；
(2)木板长度至少要多长，滑块C才不会从木板B上滑落?
解：(1)由于滑块和小车在水平方向不受外力作用，所以滑块和小车系统在水平方向动量守恒0＝mCvC－mAvA，
水平面和圆弧光滑，机械能守恒
mCgR＝12mCvC2＋12mAvA2，
联立解得滑块到小车最低点时的速度为
vC＝3 m/s.
滑块离开小车后做平抛运动，落到木板上时竖直方向的速度为vB2＝2gh，vB＝4 m/s，
滑块落到木板上的速度为
v＝vC2＋vB2＝32＋42 m/s＝5 m/s.
(2)C下滑过程中，A、C系统水平方向动量守恒，根据0＝mCvC－mAvA，
整理可得mCxC＝mAxA，
其中xA、xC是A、C的水平位移，由几何关系可知xC＋xA＝R，
解得A向右后退的距离xA＝0.05 m，
由题可知，滑块落到木板上后竖直方向的速度为零，那么滑块落到木板上后的速度为vC＝3 m/s，滑块的加速度大小为aC＝μmCgmC＝μg＝5 m/s2，方向与速度方向相反，
木板的加速度为aB＝μmCgmB＝μg＝5 m/s2，
滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，当滑块和木板速度相同时有v共＝vC－aCt＝aBt，
解得滑块和木板共速时的速度为
v共＝1.5 m/s，
共速时滑块发生的位移为
xC＝vC2－v共22aC＝0.675 m，
共速时木板发生的位移为xB＝v共22aB＝0.225 m，
滑块相对木板发生的位移为Δx＝xC－xB＝0.45 m，
滑块做平抛运动时的时间为t＝2hg＝0.4 s，
滑块做平抛运动时在水平方向的位移为
x＝vCt＝1.2 m.
滑块C不会从木板B上滑落，木板的最小长度为Lmin＝x＋Δx－xA＝1.6 m.