人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用课时练含答案

第2讲　动量守恒定律及其应用

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了数百颗不同用途的卫星。火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度。影响火箭最大速度的因素是(　D　)

A．火箭向后喷出的气体速度

B．火箭开始飞行时的质量

C．火箭喷出的气体总质量

D．火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比

[解析]　本题考查火箭反冲模型。分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，由火箭喷气过程动量守恒，有mv0－(M－m)v＝0，即火箭最大速度v＝v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D正确。

2．(2020·宁夏银川二中月考)如图所示，A、B两物块质量之比为2︰1，用水平细线相连静止在水平地面上，现用水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起向右以速度v做匀速运动。某时刻A、B间的细线突然断开，当物块B的速度为2v时，物块A仍在运动，则此时物块A的速度大小为(　C　)

A．　　　　　　　 B．

C．　 D．v

[解析]　本题考查系统动量守恒问题。A、B连在一起时做匀速运动，可知F＝f总，由于B的速度为2v时，A未停止运动，因此两物块组成的系统合外力为零，系统动量守恒。当B的速度为2v时，设A的速度为v1，根据动量守恒定律有3mv＝m·2v＋2mv1，解得v1＝，故C正确，A、B、D错误。

3．(2020·河北石家庄二中月考)如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　B　)

A．5 m　 B．3.6 m

C．2.6 m　 D．8 m

[解析]　本题考查动量守恒定律的应用。竖直方向上人和气球组成的系统所受合外力为零。根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，所以v1＝v2，则人和气球运动的路程s1＝s2，气球和人运动的路程之和为h＝5 m，则s1＝m，s2＝m，即人下滑m，气球上升m，所以人离地的高度为m，约等于3.6 m。故选B。

4．(2020·山东师大附中五模)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从B槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列选项正确的是(　D　)

A．A不能到达B圆槽的左侧最高点

B．A运动到圆槽最低点时的速度为

C．B向右匀速运动

D．B向右运动的最大位移大小为R

[解析]　本题考查了人船模型、动量守恒定律、能量守恒定律。设A到达左侧位置最高点时的速度为v，此时A、B速度相同，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，系统初动量为零，则系统末动量为零，即v＝0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A、C错误；设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋·2m()2，解得v＝，故B错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右运动的最大位移为x，根据动量守恒定律可知A、B的水平速度始终满足mvAx－2mvBx＝0，则有mAxt－2mBxt＝0，则有m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，故D正确。

5．(2021·宁夏石嘴山三中月考)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是(　B　)

A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s

B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s

C．弹簧的弹性势能最大值为36 J

D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同

[解析]　本题考查碰撞过程中的动量守恒定律、能量守恒定律。B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为EP＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。

6．(2020·安徽砀山二中月考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　CD　)

A．－2 kg·m/s,14 kg·m/s B．－4 kg·m/s,16 kg·m/s

C．6 kg·m/s,6 kg·m/s　 D．5 kg·m/s,7 kg·m/s

[解析]　本题考查碰撞过程中的动量守恒、能量守恒。碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝＋＝(J)＋(J)＝(J)；若p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为(J)＋(J)＝(J)>Ek，不可能，A错误；若p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝16 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为(J)＋(J)＝(J)>Ek，不可能，B错误；若p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×(J)＝(J)<Ek，是可能的，C正确；若p′A＝5 kg·m/s，p′B＝7 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能(J)＋(J)＝(J)＝Ek，是可能的，D正确。

7．(2020·四川乐山诊断)一子弹以初速度v0击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块运动的位移为s。则以下说法正确的是(　BD　)

A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损

B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小

C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功

D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量

[解析]　本题考查子弹打木块模型。子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不等，故C错误；由动能定理得子弹通过摩擦力对木块做的功为fs＝ΔEk，故D正确。

8．(2021·山东临沂模拟)如图所示，一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上， 两挡板之间的距离为L。质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为μ。从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v，物块在与盒子挡板发生多次弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止。则(　AC　)

A．盒子的最终速度为，方向向右

B．该过程产生的热量为mv2

C．碰撞次数为

D．碰撞次数为－1

[解析]　本题以物体系统内的运动考查动量守恒问题。根据物块与盒子组成的系统水平方向不受外力可知，物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，则有mv＝(M＋m)v′，可得系统的最终速度为v′＝v，方向向右，选项A正确；根据能量守恒定律有mv2＝(M＋m)v′2＋Q，解得该过程产生的热量为Q＝·mv2，选项B错误；设小物块与盒子发生N次碰撞恰好又回到盒子正中间，可知小物块相对于盒子滑动的距离x＝NL，小物块受到摩擦力为f＝μmg，则由Q＝fx解得N＝，选项C正确，D错误。

二、非选择题

9．(2021·广东汕头月考)如图是某少年进行滑板训练时的示意图。滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x＝20 m的距离后停下。此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，返回出发点时恰好停下。已知滑板的质量m＝4 kg，少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到水平地面的阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比。求：

(1)少年与滑板一起滑行过程受到的水平地面阻力大小；

(2)少年跳上滑板时的水平初速度v1的大小和跳离滑板时的水平速度v2的大小。

[答案]　(1)4.4 N　(2)2.2 m/s　0.2 m/s

[解析]　本题考查动量守恒定律和动能定理。

(1)少年与滑板一起滑行过程，由动能定理则有

fx＝(M＋m)v2，代入数据解得阻力大小为f＝4.4 N。

(2)少年跳上滑板过程，系统动量守恒，则有

Mv1＝(M＋m)v，

代入数据解得v1＝2.2 m/s，

少年跳离滑板过程，系统动量守恒，则有Mv2－mv3＝0，

滑板返回出发点时恰好停下，由动能定理则有f′x＝mv，

根据题意有＝，

联立解得v2＝0.2 m/s。

10．(2018·课标Ⅱ)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。

[答案]　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

[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v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有

v′＝2aBsB  ②

联立①②式并利用题给数据得

v′B＝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v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有

v′＝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＝mAv′A＋mBv′B  ⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.3 m/s。