备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用

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A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d＝（1＋mM）2Hv02g＋H2
D.d＝2Hv02g＋（1+mM）2H2
解析 热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒，则热气球和物资的动量等大反向，有mv0＝Mv，则热气球获得水平向左的速度，投出物资后，热气球所受合力恒为mg，方向竖直向上，故热气球做匀加速曲线运动，A项错误，B项正确；热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，故热气球在竖直方向上加速度大小为a＝mMg，设物资落地过程所用的时间为t，则有H＝12gt2，落地时间为t＝2Hg，热气球在竖直方向上运动位移为HM＝12at2＝12·mMg·2Hg＝mMH，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xm＝v0t＝v02Hg，xM＝vt＝mMv0·2Hg，则物资落地时，热气球和物资的距离d＝（xm＋xM）2＋（H＋HM）2＝（1＋mM）2Hv02g＋H2，C项正确，D项错误.
2.[多次碰撞问题/2023全国乙]如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数.
答案 （1）2gl2 2gl2 （2）l （3）4
解析 （1）设碰撞前瞬间小球的速度为v，碰后小球及圆盘的速度分别为v1、v2，取竖直向下为正方向，对碰撞前，小球做自由落体运动的过程，由动能定理得
mgl＝12mv2，解得v＝2gl
小球和圆盘的碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2
12mv2＝12mv12＋12Mv22
又m＝13M
联立解得v1＝－2gl2，v2＝2gl2，所以第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为2gl2
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球先向上做匀减速直线运动，到最高点再向下做匀加速直线运动，圆盘一直向下做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两物体间距最大，设此过程所经历的时间为t，对小球，由匀变速直线运动公式得2gl2＝－2gl2＋gt
解得t＝2lg
由竖直上抛运动的对称性知，此时小球又回到了与圆盘第一次碰撞的位置，故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距，也是在第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离，为
smax＝v2t＝2gl2×2lg＝l
（3）设小球和圆盘从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间经历的时间为t1，有v2t1＝v1t1＋12gt12
解得t1＝22lg
在这段时间内，圆盘下落的距离为y1＝v2t1＝2l，设小球第二次与圆盘碰撞前瞬间速度为v'，则
v'＝v1＋gt1＝32gl2
设第二次碰后小球和圆盘的速度分别为v'1、v'2，小球和圆盘碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有
mv'＋Mv2＝mv'1＋Mv'2
12mv'2＋12Mv22＝12mv'12＋12Mv'22
解得v'1＝0，v'2＝2gl
设小球和圆盘从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间经历的时间为t2，有12gt22＝v'2t2
解得t2＝22lg
在这段时间内圆盘下降的距离为y2＝v'2t2＝4l
同理，小球第三次与圆盘碰撞前瞬间速度为
v″＝gt2＝22gl
小球与圆盘发生第三次碰撞，由动量守恒和系统机械能守恒有
mv″＋Mv'2＝mv″1＋Mv″2
12mv″2＋12Mv'22＝12mv″12＋12Mv″22
解得v″1＝2gl2，v″2＝32gl2
设经过t3，两物体发生第四次碰撞，有
v″1t3＋12gt32＝v″2t3，解得t3＝22lg
在这段时间里，圆盘下降的距离为y3＝v″2t3＝6l，由数学归纳法知，以后每次碰撞间隔时间均为22lg
在这段时间内圆盘下降的距离比上次碰撞间隔内下降的距离增加2l，所以从第四次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为8l，若圆盘始终在管内运动，则从第一次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为y＝2l＋4l＋6l＋8l＝20l＞19l，故此时圆盘已经滑出长直圆管，不会在管内发生第五次碰撞，所以圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次.
3.[碰撞＋简谐运动/2023上海]如图，将一质量为mP＝0.15kg的小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，将其向左拉开一段距离后由静止释放.水平地面上有一物块Q，质量为mQ＝0.1kg.小球P在最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，碰撞时间极短.（重力加速度g取9.8m/s2，物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
答案 （1）24325m/s，方向水平向右 （2）8641715m
解析 （1）设P与Q碰撞前瞬间，P的速度为vP，由向心加速度的表达式得a＝vP2L，代入数据得vP＝435m/s
碰撞前后瞬间P的速度之比为5∶1，则碰后P的速度为v'P＝vP5＝4325m/s
P与Q碰撞过程，P与Q组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mPvP＝mPv'P＋mQvQ
解得vQ＝24325m/s，方向水平向右
（2）由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式可知T＝2πLg
小球P再次回到平衡位置的时间为t＝T2
联立解得t＝6π7s
碰后Q向右做匀减速直线运动，设Q速度减为零过程所用的时间为t'，由运动学公式得t'＝vQa'
由牛顿第二定律得μmQg＝mQa'
联立解得t'＝1203343s
由于t'＜t，故在小球P再次回到A点的时间内，物块Q已经停下
对小球Q向右运动的过程，由动能定理得
－μmQgs＝－12mQvQ2
解得s＝8641715m