2024年高考物理第一轮复习讲义：第六章 第2讲　动量守恒定律及其应用

这是一份2024年高考物理第一轮复习讲义：第六章 第2讲　动量守恒定律及其应用，共8页。
【A级——夯实基础】1．(2022·广东佛山高三月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止，此时大锤在头顶的正上方。人用力使锤落下敲打车的左端，然后锤反弹回到头顶正上方再落下，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是(　　)A．在大锤连续的敲打下，车一直向右运动B．在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒C．锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右再向左，大小先增大后减小D．锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量减小至零解析：由水平方向动量守恒可知在大锤连续的敲打的过程中，车会往复运动，A错误；人、锤和车组成的系统，只在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，B错误；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，C正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，D错误。答案：C2．(2022·江苏苏州模拟)如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度—时间关系如图2所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是(　　)A．儿童的质量小于小车的质量B．儿童走向小车左端C．儿童和小车的总动能减少D．小车对儿童的冲量方向水平向右解析：由图2可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大小，由于在运动过程中，小车与儿童间的相互作用力大小相等，即合力大小相等，由牛顿第二定律可知，小车的质量小于儿童的质量，故A错误；由图2可知，在儿童走动后，儿童和小车的速度方向相同，由动量守恒可知，儿童和小车都向右运动，只是儿童的速度比小车的小，则儿童相对小车向左运动，故B正确；由图2可知，儿童走动过程，儿童和小车的总动能增加，故C错误；由于儿童向右做减速运动，则小车对儿童的摩擦力向左，小车对儿童的支持力竖直向上，所以小车对儿童的合力斜向左上方，合力的冲量方向斜向左上方，故D错误。答案：B3．(2022·北京房山区高三检测)如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物块B的质量分别为(　　)A．2 m/s，5 kg　　　　　　　 B．2 m/s，3 kgC．3.5 m/s，2.86 kg    D．3.5 m/s，0.86 kg解析：由图像可知，碰前A的速度为v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝ m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3 kg，故选项B正确。答案：B4．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)A． h    B． hC．h    D．h解析：设人沿软梯降到地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯降到地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝ h，故C正确，A、B、D错误。答案：C5．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为(　　)A．h    B．2h C．3h    D．4h解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑机械能损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，D正确。答案：D6．(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)A．3 J    B．4 JC．5 J    D．6 J解析：根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J。答案：A7．如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0。从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是(　　)A．A、B分离时A的速度为v0B．A、B分离时A的速度为v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02解析：该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2m(v0)2－mv02＝mv02，C、D错误。答案：B8．(2020·全国Ⅱ卷改编)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．50 kgC．58 kg    D．63 kg解析：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度为v1，第二次推物块后，运动员速度为v2……第八次推物块后，运动员速度为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0第二次推物块后，由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0……第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0整理得vn＝则v7＝，v8＝由题意知，v7＜5 m/s，则M＞52 kg，又知v8＞5 m/s，则M＜60 kg，可知选项C正确。答案：C【B级——能力提升】9．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)解析：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t得，A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。答案：B10．(2022·江苏泰州模拟)如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则(　　)A．物块A与B的质量之比为1∶3B．弹簧的劲度系数k＝C．弹簧弹性势能最大时的形变量为x3－x1D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了解析：由图乙可知，A与B碰撞后，A的动能变为原来的，由Ek＝mv2，则有物块A与B碰撞前后速度之比为3∶1，因碰撞过程时间极短，则碰撞过程中动量守恒，设碰撞后速度为v，碰撞前物块A的初速度方向为正方向，则有mAvA＝(mA＋mB)v，解得物块A与B的质量之比为1∶2，A错误；由图乙可知，x1是B与弹簧处于平衡时上端所处的位置，x2是A、B的加速度是零时，弹簧上端所处的位置，所以当A、B运动到加速度是零时，物块的动能最大，由平衡条件可得，弹簧的弹力为3mAg，从x1到x2 弹簧的弹力增加mAg，由胡克定律ΔF＝kΔx，则有mAg＝k(x2－x1)，从O到x1由动能定理有Ek1＝mAgx1，联立解得k＝，B正确；设弹簧原长为x0(x0＜x1)，物块A、B下落到速度是零时，弹簧弹性势能最大，此时的弹簧形变量为x3－x0，C错误；碰撞后，A的动能为，B的动能为，总动能为，从x1到x3的过程中，由能量关系有＋3mAg＝ΔEp，解得ΔEp＝Ek1，D错误。答案：B11．(2022·江苏如皋第一中学高三检测)如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l不可伸长的轻绳连接，现把A、B两球置于距地面高H处(H足够大)，间距为l，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出，求：(1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；(2)A、B两球碰撞(碰撞时无机械能损失)后，各自速度的水平分量；(3)轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力冲量的大小。解析：(1)设A球下落的高度为h。l＝v0th＝gt2联立得h＝。(2)由水平方向动量守恒得mv0＝mvAx′＋mvBx′由机械能守恒得m(v02＋vBy2)＋mvAy2＝m·(vAx′2＋vAy′2)＋m(vBx′2＋vBy′2)式中vAy′＝vAy，vBy′＝vBy，联立得vAx′＝v0，vBx′＝0。(3)在绳子拉直的瞬间，由于绳子是不可伸长的，所以当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失，所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变，所以小球B沿水平方向的分速度vBx″＝v0所以I＝mvBx″＝mv0。答案：(1)　(2)v0　0　(3)mv012．(2022·苏州八校联考)光滑水平面上依次放99个质量均为m的弹性小球，质量相等的两弹性小球正碰时交换速度。现一质量为2m的小球A以初速度v0与第99个小球发生弹性正碰，求：(1)小球A第一次与第99个小球碰后的速度大小；(2)第1个小球最终的速度大小；(3)第99个小球最终的速度大小。解析：(1)质量为2m的小球以初速度v0与第99个小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒有2mv0＝2mvA1＋mv99＝＋联立解得vA1＝v99＝v0。(2)质量相等的两弹性小球正碰时交换速度，此时第99个小球停在第98个小球的位置，则99个小球依次与前面的小球正碰后，第一个小球的速度v1＝v99＝v0。(3)质量为2m的小球A以速度，与第99个小球发生第二次弹性碰撞，有2mvA1＝2mvA2＋mv′＝＋解得vA2＝＝()2v0v′＝v0＝()v0第二次碰撞后，第99个小球停在第97个小球的位置，以此类推，可得，第99个小球最后的速度v＝()98v0。答案：(1)　(2)v0　(3)()98v0