2021届高考物理一轮复习核心素养测评十九动量守恒定律及其应用含解析1

动量守恒定律及其应用

(45分钟　100分)

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)

1.(2019·合肥模拟)如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现在人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述中正确的是              (　　)

A.锤子抡起的过程中，车向右运动

B.锤子下落的过程中，车向左运动

C.锤子抡至最高点时，车速度为零

D.锤子敲击车瞬间，车向左运动

【解析】选C。铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车速度为零，故C正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误。

2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则              (　　)

A.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3

B.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6

C.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3

D.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6

【解析】选C。碰前两球的动量均为8 kg·m/s，则两球运动方向均向右，又mB=2mA，则vB<vA，所以左方为A球，右方为B球；A、B 两球发生碰撞时由动量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，B球的动量为12 kg·m/s，由mB=2mA可得碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。

3.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为              (　　)

A.　　　　　　 B.

C.       D.

【解析】选B。设同学走动时船的速度大小为v，同学的速度为v′，从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向。

则v=，v′=

根据动量守恒定律：Mv-mv′=0

则：M=m所以：M=

故选项B正确。

4.(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为              (　　)

A.v    B.v

C.v   D.v

【解析】选B。设滑板的速度为u，由小孩和滑板动量守恒得：0=mu-Mv，解得：u=v，故B正确，A、C、D错误。

5.如图，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是              (　　)

【解析】选A。物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小。故A错误。

6.(2020·雅安模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能

为 (　　)

A.16 J　　　B.2 J　　　C.6 J　　　D.4 J

【解析】选A。设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0=(m+m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE=m0-(m+m0)v2，而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J，两式相除得=>1，即ΔE>6 J，A项正确。

【加固训练】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的

小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是 (　　)

A.当v0=时，小球能到达B点

B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

C.当v0=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m

【解析】选C。滑块不固定，当v0=时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0=(m+M)v，m=(M+m)v2+mgh，可解得h=R<R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg+m，D错误。

7.质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是              (　　)

A.物块和小车组成的系统机械能守恒

B.物块和小车组成的系统动量守恒

C.当物块速度大小为v时，小车速度大小为v

D.当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L

【解析】选B、C。弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0=mv-Mv′，解得v′=v，C选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有=，则在相同时间内=，且x+x′=L，联立得x′=，D选项错误。

【加固训练】

（多选）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切，且整个轨道表面光滑。在小车的右端固定一个轻弹簧，一个质量也为m的小球从离水平轨道高为h处开始自由滑下，则在以后的运动过程中(重力加速度大小为g)              (　　)

A.小球和小车组成的系统的动量始终守恒

B.弹簧具有的最大弹性势能为mgh

C.被弹簧反弹后，小球能回到离水平轨道高h处

D.小球具有的最大动能为mgh

【解析】选B、C。小球从小车上滑下的过程中，小球和小车构成的系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，所以A错误；当小球与小车的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，此时mgh-(m+m车)=Ep，经分析可知共速时，小球和小车处于静止状态，根据机械能守恒可得弹簧具有的最大弹性势能为mgh，所以B正确；被弹簧反弹后，小球回到小车上最高点时处于静止状态，根据机械能守恒知小球能回到离水平轨道高h处，所以C正确；当小球运动到水平轨道上时动能最大，因此时小车也有速度，所以由机械能守恒可知，小球具有的最大动能小于mgh，所以D错误。

8.(2020·福州模拟)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰好又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为              (　　)

A.mv2     B.v2

C.NμmgL    D.NμmgL

【解析】选B、D。设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv=(M+m)vt(①式)、mv2=(M+m)+ΔE(②式)，由①②式联立解得ΔE=v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE=NμmgL，选项C错误，D正确。

9.光滑水平直轨道上有三个物块A、B、C。如图所示，B、C质量均为m，A的质量为2m。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝C运动，A与C恰好相碰并粘接在一起，压缩弹簧。从A开始运动到A、C与弹簧分离的过程中              (　　)

A.整个系统损失的机械能为m

B.整个系统损失的机械能为m

C.弹簧被压缩到最短时的弹性势能为m

D.弹簧被压缩到最短时的弹性势能为m

【解析】选A、D。A、C碰撞：2mv0=3mv1，此过程损失机械能，为×2m-×3m=m，A正确，B错误；弹簧被压缩到最短时，A、B、C三者速度相同，2mv0=4mv2，解得v2=，此时弹性势能为×3m-×4m=m，C错误，D正确。

二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)

10.(2019·大同模拟)如图甲所示，半径为R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=5 kg，长度L=0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1 kg，g取10 m/s2。

(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；

(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。

【解析】(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒：mgR=m

解得：vB=3 m/s

在B点由牛顿第二定律得FN-mg=m

解得：FN=30 N

则物块滑到B点时对轨道的压力FN′=FN=30 N

(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，

mvB=(m+M)v共

解得v共=0.5 m/s

(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff-L图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为Wf= J=2 J

物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得：

-Wf=mv2-m

解得：v= m/s。

答案：(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3) m/s

【加固训练】 (2019·郑州模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。

(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能；

(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？

【解析】(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v

解得v== m/s=6 m/s

此过程系统所增加的内能ΔE=ΔEk=m-(M+m)v2=×0.02×3002 J-×(0.98+0.02)×62 J=882 J。

(2)设子弹以v0′=400 m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′=(M+m)v′

解得v′== m/s=8 m/s

此过程系统所损耗的机械能为ΔE′=ΔEk′=mv0′2-(M+m)v′2

=×0.02×4002 J-×(0.98+0.02)×82 J=1 568 J

由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d

ΔE′=F阻x相′=F阻d′

则===

解得d′=d=×6 cm= cm

因为d′>10 cm，所以能射穿该木块。

答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能

11.(10分)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知              (　　)

A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2

B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大

C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小

D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的

【解析】选D。根据s-t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=-2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2=0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1+m2v2=(m1+m2)v，解得m2=6m1，由动能的表达式可知，m1>m2，故C错误，D正确。

12.(20分)(2020·青岛模拟)如图所示，半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线，小球P向左运动到A点时，小球Q沿半圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg，小球Q的质量m2=1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：

(1)小球Q运动到C点时的速度大小；

(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；

(3)小球Q离开半圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。

【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1=m2v2

由机械能守恒定律得：

Ep=m1+m2

联立可得：v1=5 m/s，v2=16 m/s

小球Q沿半圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：

m2=m2+2m2gR

解得：vC=12 m/s。

(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1，

由牛顿第二定律得：

m1gsinθ+μm1gcosθ=m1a1，

解得：a1=10 m/s2

故上升的最大高度为：

h=sinθ=0.75 m

(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则：

m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a2，

解得：a2=2 m/s2

小球P上升到最高点所用的时间：

t1==0.5 s，

则：2R=gt2+h-a2(t-t1)2sinθ

解得：t=1 s。

答案：(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s