新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案19第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用

这是一份新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案19第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
练案[19]  第2讲　动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)1．(2023·广东阳春市模拟预测)小明在滑板上匀速运动的过程中，突然抓起放在地面上的水杯( A )A．人、车、水杯这个系统水平方向动量守恒B．人、车、水杯这个系统机械能守恒C．水杯动量守恒D．手对水杯的冲量大于水杯动量的增量[解析]人抓起杯子等效于完全非弹性碰撞，动量守恒机械能不守恒，杯子动量增加，并且等于手对杯子的冲量。故选A。2．(2023·湖南高三模拟)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值。碰撞后B球的速度可能是( C )A．0.8v  B.0.6v C.0.4v  D.0.2v[解析]若是完全非弹性碰撞，有mv＝(m＋3 m)v′，解得v′＝。若为弹性碰撞，则有mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv＋·3mv，解得v1＝－v，v2＝v。所以B球的速度取值范围为v≤vB≤v，故选C。3．(2023·重庆巴蜀中学高三月考)如图所示，一发炮弹从水平地面斜射出去，其落点A距离发射点距离为L；若炮弹在最高点爆炸成质量为m和2m的两部分，然后质量为m的部分自由下落，质量为2m的部分与爆炸前炮弹速度方向相同，且其落点为B。不计空气阻力及爆炸过程损失的质量。已知A和B的距离为200 m，则L为( B )A．1 000 m  B.800 mC．600 m  D.400 m[解析]设炮弹在最高点速度为v0，炮弹上升和下降时间均为t。有L＝v0·2t，炮弹爆炸前后动量守恒，有3mv0＝2mv1，有L＋200＝v0t＋v1t，解得L＝800 m，所以B正确；A、C、D错误。4．(2023·河北保定一模)2022年北京冬奥会隋文静和韩聪在花样滑冰双人滑中为我国代表团赢得第9枚金牌。在某次训练中隋文静在前、韩聪在后一起做直线运动，当速度为v0时，韩聪用力向正前方推隋文静。两人瞬间分离，分离瞬间隋文静速度为v0。已知隋文静和韩聪质量之比为2∶3，则两人分离瞬间韩聪的速度( A )A．大小为v0，方向与初始方向相同B．大小为v0，方向与初始方向相反C．大小为v0，方向与初始方向相同D．大小为v0，方向与初始方向相反[解析]设隋文静质量为2m，韩聪质量为3m，开始运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得5mv0＝2m·v0＋3mv，解得v＝v0，方向与初速度方向相同。故选A。5．(2022·北京门头沟一模)如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为α。弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。下列说法中正确的是( D )A．弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量C．弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒D．弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒[解析]根据牛顿第三定律可知，细绳所受拉力大小与砂袋所受拉力大小相等，弹丸打入砂袋前，根据平衡条件有F＝mg，弹丸打入砂袋瞬间，设弹丸和砂袋的共同速度为v，根据牛顿第二定律有F′－(M＋m)g＝(M＋m)，解得F′＝(M＋m)g＋(M＋m)，砂袋所受拉力变大，则细绳所受拉力大小变大，故A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸对砂袋的作用力大小等于砂袋对弹丸的作用力大小，作用时间相等，根据I＝Ft可知，弹丸对砂袋的冲量等于砂袋对弹丸的冲量，故B错误；弹丸打入砂袋，二者组成的系统满足外力远小于内力，所以此瞬间动量守恒，故C错误；弹丸打入砂袋后，运动过程绳子拉力不做功，只有系统的重力做功，故二者共同运动过程机械能守恒，故D正确。6．(2023·辽宁模拟预测)如图，一质量为10 kg的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg。以下说法正确的是( D )A．运动的全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒B．后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲量更小C．连续推4次后铁球将不能追上人和小车D．最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s[解析]球与墙壁碰撞过程，墙壁的作用力对系统有冲量，系统动量不守恒，A错误；设铁球的质量为m、人和小车的质量为M，第一次推铁球，根据动量定理有I1＝Δp1＝m·v＝20 N·s，以后每次推铁球，根据动理定理有I2＝m·v－m(－v)＝40 N·s，则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误；要使铁球不能追上小车，需使v球≤v车，推球过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球使人和小车获得了Δp1＝20 kg· m/s的动量，以后每次推球都使人和小车获得了Δp2＝40 kg· m/s的动量，根据Δp1＋nΔp2≥Mv，解得n≥2，故连续推3次后铁球将不能追上人和小车，C错误；根据Δp1＋nΔp2≥Mv′，可知，当n＝2时解得小车的速度为v′＝2 m/s，与铁球的速度大小相等，今后不能追上小车，三者都保持匀速运动，D正确。7．(2023·江苏扬州高三阶段练习)如图所示，用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，现瞬间撤去推力，撤去推力后( D )A．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统动量守恒B．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A的冲量为0C．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为WD．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为[解析]从撤去推力至A即将离开墙面过程中，由于墙面对A有弹力作用，A、B及弹簧构成的系统动量不守恒。故A错误；根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为Ep＝W，从撤去推力至A即将离开墙面过程中，当A对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为Ek＝Ep＝W，墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即为I＝Δp＝mv－0＝＝，故B错误；A离开墙面时，B具有向右的动量，A离开墙面后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，始终具有向右的动量，所以A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能小于W。故C错误；A离开墙壁后系统动量守恒，弹性势能最大时，A、B速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv＝3mv1，由能量守恒定律得×2mv2＝×3mv＋Ep，又W＝×2mv2，解得Ep＝，故D正确。8．(2023·重庆高三模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( AD )A．弧形槽的顶端距底端的高度为B．小球离开小车后，相对地面做平抛运动C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为mvD．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0[解析]小球上升到最高点时，与小车有共同速度v，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒mv0＝2mv，mv＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，得v1＝v0，v2＝0所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，由动能定理WG＋W车＝mv－mv，将v2＝0和WG＝0代入可得小车对小球做的功为W车＝－mv，故C错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，由动量定理I＝mv1－0，将v1＝v0代入得I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。9．(2022·广东广州一模)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( AB )A．子弹损失的动能一样多B．子弹与上层摩擦力较大C．子弹射击下层时系统产生的热量较多D．子弹射击上层时，从射入到共速所经历时间较长[解析]子弹射入滑块的过程中，将子弹和滑块看成一个整体，合外力为0，动量守恒，所以两种情况后子弹和滑块的速度相同，所以末动能相同，故系统损失的动能一样多，产生的热量一样多，A正确，C错误；子弹射入下层滑块刚好不射出，射入上层滑块能进一半厚度，说明在上层所受的摩擦力比下层大，根据动量定理可知，两种情况冲量相同，子弹射击上层所受摩擦力大，所以从入射到共速所经历时间短，B正确，D错误。10．(2023·天津市滨海新区高三阶段练习)如图所示，小球A和槽形物体B的质量分别为m、2m，B置于水平面上，B的上部半圆形槽的半径为R，槽的左右两侧等高。将A从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则( AD )A．A刚能到达槽的左侧顶端B．A运动到槽的最低点时速度为C．B向右匀速运动D．B向右运动的最大位移为R[解析]设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v1＝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正确；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＋×2m2，解得v＝，故B错误。B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，故D正确。二、非选择题11．(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。[答案]　(1)9 m　(2)7.44 m/s[解析](1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2，联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)故可得L＝9 m。(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s，v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s，滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。12．(2023·安徽高三月考)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。[答案]　(1) 　(2)[解析](1)设烟花弹向上升的初速度为v0，由题给条件有E＝mv①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝ ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤mv1＋mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝