新高考2021届高考物理小题必练13动量守恒定律

这是一份新高考2021届高考物理小题必练13动量守恒定律，共10页。试卷主要包含了如图是一个物理演示实验，它显示等内容，欢迎下载使用。

(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。
例1．(2020∙全国II卷∙21)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
【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得；第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得；依次类推，第8次推出后，运动员的速度，根据题意可知＞5 m/s，解得m＜60 kg；第7次运动员的速度一定小于5 m/s，即＜5 m/s，解得m＞52 kg。综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，BC正确。
【答案】BC
【点睛】本题考查动量守恒定律，注意数学归纳法的应用。
例2．(2020∙山东卷∙18)如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1＋4mvQ1
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvP12＋eq \f(1,2)×4mvQ12
联立式得：vP1＝－eq \f(3,5)v0，vQ1＝eq \f(2,5)v0
故第一次碰撞后P的速度大小为eq \f(3,5)v0，Q的速度大小为eq \f(2,5)v0。
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
联立得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
eq \f(1,2)mv022－eq \f(1,2)mvP12＝－mgh1
联立得
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2＋4mvQ2
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv022＝eq \f(1,2)mvP22＋eq \f(1,2)×4mvQ22
联立得：，
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得：
得
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得：eq \f(1,2)mv032－eq \f(1,2)mvP22＝－mgh2
得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3＋4mvQ3
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv032＝eq \f(1,2)mvP32＋eq \f(1,2)×4mvQ32
得：，
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得：
联立得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n＝1，2，3……）。
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得：
解得：。
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得：
vQ1＝2gt0sin θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，由运动学公式得：
vP1′＝vP1＋gt2sin θ
vP1′2－vP12＝2sgsin θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：
v02＝(－vP1)－gt3sin θ
当A点与挡板之间的距离最小时间：t1＝2t2＋t3
联立得：。
【点睛】本题综合性强，物体运动过程复杂，难度较大。解题需要分析清楚物块的运动过程，并综合应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律等。
1．两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的( )
A．质量相等 B．动能相等
C．动量大小相等 D．速度大小相等
【答案】C
【解析】两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C项正确。
2．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
【答案】A
【解析】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E＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m0)v2，而木块获得的动能E木＝eq \f(1,2)mv2＝6 J，两式相除得eq \f(E,E木)＝eq \f(m＋m0,m0)＞1，即E>6 J，A项正确。
3．如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则( )
A．m不能到达小车上的B点
B．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
C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒
【答案】C
【解析】M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A项错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B项错误，C项正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒，故D项错误。
4．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
A．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0 B．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
C．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(2m2v0,M＋m) D．v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
【答案】B
【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。
5．(多选)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失两球运动的速度—时间关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．B球的质量为2 kg
B．两球之间的斥力大小为0.15 N
C．t＝30 s时，两球发生非弹性碰撞
D．最终B球速度为零
【答案】BD
【解析】由牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知，质量大的物体加速度较小，质量小的物体加速度较大，则联系图象可知横轴上方图象对应B小球，横轴下方图象对应A小球，则有eq \f(F,mB)＝eq \f(1,20) m/s2，mA＝1 kg，eq \f(F,mA)＝eq \f(3,20) m/s2，解得mB＝3 kg，F＝0.15 N，选项B正确；在t＝30 s碰撞时，A小球的速度为零，B小球速度为v0＝2 m/s，碰后B小球减速，A小球加速，则碰后B小球速度为vB＝1 m/s，碰后A小球速度为vA＝3 m/s，则由数据可知，动量和动能均守恒，则为弹性碰撞，选项C错误；碰前，由运动图象面积可知，两小球相距80 m的过程中一直有斥力产生，而碰后B小球减速，初速度为vB＝1 m/s，加速度为eq \f(F,mB)＝eq \f(1,20) m/s2，A小球加速，初速度为vA＝3 m/s，加速度为eq \f(F,mA)＝eq \f(3,20) m/s2，距离逐渐增大，若一直有加速度，则当B小球停止时距离最大，易求最大距离为80 m，则最终B小球速度恰好为零，选项D正确。
6．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
【答案】BC
【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
7．(多选)如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m。现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/s
B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·s
C．小铁块B从反向到与车同速共历时0.6 s
D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J
【答案】BD
【解析】设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入数据可得v1＝4 m/s，故A项错误；小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为v1′＝4 m/s，方向向右，根据动量定理I＝m·Δv＝8 kg·m/s，故B项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得mv1′＝(m＋M)v2，解得v2＝1 m/s，小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移x1＝eq \f(v2＋v1′,2)t＝eq \f(1＋4,2)×0.6 m＝1.5 m，平板车的位移x2＝eq \f(v2,2)t＝eq \f(1,2)×0.6 m＝0.3 m，Δx＝x1－x2＝1.2 m>L，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9 J，故C项错误，D项正确。
8．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1∶m2为( )
A．(eq \r(2)＋1)∶(eq \r(2)－1) B．eq \r(2)∶1
C．(eq \r(2)－1)∶(eq \r(2)＋1) D．1∶eq \r(2)
【答案】C
【解析】两球到达最低点的过程，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，所以两球到达最低点的速度均为eq \r(2gR)，设向左为正方向，则m1的速度v1＝－eq \r(2gR)，则m2的速度v2＝eq \r(2gR)，由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝eq \f(m2－m1,m1＋m2)eq \r(2gR)，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，对此过程应用机械能守恒定律得－(m1＋m2)gR(1－cs60°)＝0－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)，解得eq \f(m1＋m22,m2－m12)＝2，整理m1∶m2＝(eq \r(2)－1)∶ (eq \r(2)＋1)，故C项正确。
9．如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m
【答案】A
【解析】球及棒落地速度v＝eq \r(2gH)，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v2′，棒上升高度为h＝eq \f(v′\\al(2,2),2g)，联立并代入数据，得h＝4.05 m。
10．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：
(1)A物体的最终速度；
(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。
【解析】(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝3mv1
B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A，C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＋2mv1＝3mv2
联立解得：v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(5v0,9)。
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：
fL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)
又 f＝μmg
解得：μ＝eq \f(4v\\al(2,0),27gL)。
11．如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长L＝4 m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1＝0.3 kg和m2＝1 kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0＝1.5 m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.15。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2＝3 m/s，g取10 m/s2。求：
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；
(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；
(3)半圆轨道AC的半径R多大时，小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大？最位移为多少？
【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0＝m1v1－m2v2
剪断细绳前弹簧的弹性势能：Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v1＝10 m/s，Ep＝19.5 J。
(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：
－μm2gx＝0－eq \f(1,2)m2v22
解得：x＝3 m＜L＝4 m
则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0＝1.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：
μm2gt＝m2v0－(－m2v2)
解得：t＝3 s
该过程皮带运动的距离：x带＝v0t＝4.5 m
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能：E＝μm2gx带＝6.75 J。
(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1vC2＋2mgR
由平抛运动的规律有：
x＝vCt1，2R＝eq \f(1,2)gt12
联立整理得：
根据数学知识知当4R＝10－4R，即R＝1.25 m时，水平位移最大为xmax＝5 m。