高考物理全一册专题45动量守恒定律及应用练习含解析

专题45　动量守恒定律及应用

1．守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒.2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．

1.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其x－t图象如图1所示．由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)

图1

A．1∶3   B．1∶2

C．1∶1   D．3∶1

答案　A

解析　由x－t图象可知，碰撞前vA＝＝ m/s＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝1 m/s，碰撞过程动量守恒，设vA的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v，解得mA∶mB＝1∶3，A正确．

2．(2020·山东烟台市重点中学监测)如图2所示，甲、乙两球固定在距离地面高度为h的光滑水平桌面上，一个压缩了的弹簧放在两球之间，已知甲、乙的质量分别为2m、m.若同时释放甲、乙两球，则甲、乙与弹簧弹开，运动一段时间后从桌子的边缘飞出，甲飞出后运动的水平距离为x，重力加速度为g，则弹簧中储存的弹性势能为(　　)

图2

A. B．3mgx

C．3mgh D.

答案　A

解析　甲球飞出后运动的水平距离为x＝v1t，桌面高度h＝gt2，则v1＝x，即释放两球后，甲球最终获得的速度大小为v1＝x，根据动量守恒定律有2mv1＝mv2，可得乙球最终获得的速度大小为v2＝2x，则根据能量守恒定律有Ep＝×2mv12＋mv22，解得Ep＝，A正确．

3.(2020·辽宁省三模)如图3所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)

图3

A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0

C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0

答案　D

解析　A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，则v＝v0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E＝×2mv2＝mv02，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0，选项D正确．

4．(2020·河南三门峡市11月考试)如图4所示，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也为M＝30 kg，甲推着小木箱m和他一起以大小为v0＝2 m/s的速度滑动，乙以同样大小的速度迎面而来．为了避免相撞，甲突然将小木箱沿冰面以v＝5.2 m/s的速度推给乙，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住，这样恰好避免了甲、乙相撞，若不计冰面的摩擦力，则小木箱的质量为(　　)

图4

A．5 kg  B．10 kg  C．15 kg  D．20 kg

答案　C

解析　设推出箱子后甲的速度为v1，乙接住箱子后的速度为v2，取向右方向为正方向，根据动量守恒得：(M＋m)v0＝Mv1＋mv，mv－Mv0＝(M＋m)v2，当甲与乙恰好不相撞时，有：v1＝v2，联立解得：m＝15 kg，故C正确．

5.(多选)(2020·辽宁省实验中学等五校期末)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5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(　　)

图5

A.mv2 B.

C．0.5NμmgL D．NμmgL

答案　BD

解析　全过程由动量守恒得：mv＝(m＋M)v0，解得v0＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(m＋M)v02＝v2，故A项错误，B项正确．系统损失的动能等于系统克服摩擦力做的功，ΔEk＝Wf＝NμmgL，故C项错误，D项正确．

6．(2020·天津市高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　　)

A．m1＝m2 B．2m1＝m2

C．4m1＝m2 D．6m1＝m2

答案　C

解析　甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以m1≤m2.因为题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C选项正确．

7．(多选)(2020·山东枣庄市期末)如图6(a)所示为建筑工地上打桩机将桩料打入泥土的图片，图(b)为其工作时的示意图．打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计．已知夯锤的质量为M＝150 kg，桩料的质量为m＝50 kg.某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h0＝0.2 m处由静止释放，夯锤自由下落，不计空气阻力．夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动．假设桩料进入泥土的过程中所受泥土的阻力大小恒为4 500 N．取g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

图6

A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s

B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5 m/s

C．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16 m

D．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09 m

答案　ABD

解析　夯锤自由下落，v0＝＝2 m/s，A项正确；打击过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v，得v＝1.5 m/s，B项正确；由动能定理得：(M＋m)gh－Ffh＝0－(M＋m)v2，解得桩料进入泥土的最大深度h＝0.09 m，C项错误，D项正确．

8．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图7所示，某同学在冰面上进行“滑车”练习，开始该同学站在A车前端以共同速度v0＝9 m/s做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，该同学迅速从A车跳上B车，立即又从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知人的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若该同学跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦．则下列说法正确的是(　　)

图7

A．该同学跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s

B．该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s

C．该同学跳离B车的过程中，对B车所做的功为1 050 J

D．该同学跳回A车后，他和A车的共同速度为5 m/s

答案　ACD

解析　由动量守恒定律可得，人以对地速度v跳离A车，(m＋mA)v0＝mv＋mAvA，人跳上B车后与B车的共同速度为vB，mv＝(m＋mB)vB；人跳离B车后B车对地速度为vB′，(m＋mB)vB＝mBvB′－mv；人再跳回A车后，人和A车的共同速度为vA′，mAvA－mv＝(m＋mA)vA′；两车恰好不相撞，可知：vA′＝vB′；联立解得：v＝10 m/s，vA＝ m/s，vB＝2 m/s，vA′＝vB′＝5 m/s，故A、D项正确；由动量定理可知，该同学第一次跳离A车过程中，对A车的冲量大小为：I＝|mAvA－mAv0|＝25 kg·m/s，故B项错误；由动能定理可知该同学跳离B车过程中对B车所做的功为：W＝mBvB′2－mBvB2＝1 050 J，故C项正确．

9.(多选)(2020·广西池州市期末)如图8所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑，两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)

图8

A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/s

B．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18 J

C．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 s

D．甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m

答案　AD

解析　炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3 m/s，选项A正确；由能量守恒得E＝mv12＋mv22＝9 J，选项B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，a＝μg＝3 m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝＝1 s，选项C错误；t＝2 s时物体甲运动的位移为x1＝t1＝1.5 m，物体乙运动的位移为x2＝v2t＝6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5 m，选项D正确．

10．(2020·福建晋江市四校联考)有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0 kg，已知这一片的落地点到发射点的距离为600 m．(g＝10 m/s2，忽略空气阻力)求：

(1)炮弹从发射到最高点的时间，以及炮弹上升的最大高度是多少？

(2)两弹片落地点的距离是多少？

答案　(1)6 s　180 m　(2) 1 800 m

解析　(1)由竖直上抛运动可得：t＝＝ s＝6 s

炮弹上升的最大高度是：H＝＝ m＝180 m

(2)由平抛运动可得：x1＝v1t

解得：v1＝100 m/s

在最高点由动量守恒定律可得：(M－m)v2＝mv1

解得：v2＝200 m/s

第二块弹片落地：x2＝v2t＝1 200 m

所以落地后相距：x＝x1＋x2＝1 800 m.

11.(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)如图9所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在细绳的下端刚好不动，稍有扰动A就与细绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在细绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿细绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离细绳．若B球沿细绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：

图9

(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间的速度大小；

(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能．

答案　(1)　(2)mgh

解析　(1)设B球与A球相碰前瞬间的速度大小为v1，则h＝v1t1

碰撞过程系统动量守恒，以竖直向下为正方向，设两球碰撞后的瞬间速度为v2，根据动量守恒定律有

mv1＝2mv2

两球一起下落过程中，h＝v2t2＋gt22

t1＝2t2

解得：v1＝，v2＝；

(2)B球下滑到碰撞前，损失的机械能

ΔE1＝mgh－mv12

因此ΔE1＝mgh

碰撞过程损失的机械能为

ΔE2＝mv12－×2mv22＝mgh

因此A、B两球组成的系统损失的机械能为

ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝mgh.