高考物理一轮复习 第6章 第2节 课时提能练19　动量守恒定律及其应用

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1．如图6­2­11所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是( )
【导学号：92492266】
图6­2­11
A．v0 B．2v0
C．大于v0，小于2v0D．大于2v0
B [两人和车所组成的系统动量定恒，初动量为4mv0，方向向右．当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4mv0＝2mv车，v车＝2v0，选项B正确．]
2．(多选)(2017·扬州模拟)A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA＞mB，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定( )
A．碰前A的动量等于B的动量
B．碰前A的动量大于B的动量
C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量
CD [两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是：碰撞前A的动量小于B的动量，故B错误，C、D正确．]
3．一个人在地面上立定跳远最好成绩是s(m)，假设他站在静止于地面的小车的A端(车与地面的摩擦不计)，如图6­2­12所示，他欲从A端跳上L(m)远处的站台上，则( )
图6­2­12
A．只要L＜s，他一定能跳上站台
B．只要L＜s，他有可能跳上站台
C．只要L＝s，他一定能跳上站台
D．只要L＝s，他有可能跳上站台
B [当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度．这样，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以只要L≥s，人就一定跳不上站台，L＜s，人才有可能跳上站台，A、C、D错误，B正确．]
4．(2017·枣庄模拟)冰壶运动深受观众喜爱，图6­2­13甲为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )
图6­2­13
B [两球碰撞过程中动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．]
5．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比eq \f(M,m)可能为( )
A．2B．3
C．4D．5
AB [根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据动量和动能的关系有：
p2＝2mEk，
根据能量的关系，由于动能不增加，则有：
eq \f(4p2,2M)≥eq \f(p2,2m)＋eq \f(p2,2M)，
解得eq \f(M,m)≤3，故A、B正确，C、D错误．]
6．(2017·银川模拟)如图6­2­14所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下．已知A、B和C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：
图6­2­14
(1)木板A与B碰前的速度v0；
(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I.
【解析】 (1)设A碰B后的共同速度为v1，由动量守恒：mv0＝2mv1
之后AB整体与C作用，达到新的共同速度v2，由动量守恒：2mv1＝3mv2
C在A上滑动过程中，由功能关系得：
－μmgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)
联立可得：v0＝2eq \r(3μgL).
(2)由动量定理，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向：I＝－mv2＝－eq \f(2m\r(3μgL),3)，负号表示B对A的冲量方向水平向右．
【答案】 (1)2eq \r(3μgL) (2)－eq \f(2m\r(3μgL),3)
7．(2015·山东高考)如图6­2­15所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以eq \f(1,8)v0、eq \f(3,4)v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小.
【导学号：92492267】
图6­2­15
【解析】 设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度v′A＝eq \f(1,8)v0，B的速度vB＝eq \f(3,4)v0，由动量守恒定律得
mvA＝mv′A＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)②
设B与C碰撞前B的速度为v′B，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)③
据题意可知WA＝WB④
设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mv′B＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝eq \f(\r(21),16)v0.
【答案】 eq \f(\r(21),16)v0
B级 名校必刷题
8．(多选)如图6­2­16所示，有一光滑钢球质量为m，被一U形框扣在里面，框的质量为M，且M＝2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度v0向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是( )
图6­2­16
A．最终都将停下来
B．最终将以相同的速度向右运动
C．永远相互碰撞下去，且整体向右运动
D．在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态
CD [小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能也守恒；根据动量守恒定律，有：mv0＝mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律，有：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
其中M＝2m
联立解得：v1＝v0，v2＝0(两次碰撞后)
或者v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0(一次碰撞后)
由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态，故A错误，B错误，C正确，D正确．]
9．(2017·成都模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图6­2­17所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1∶m2为( )
图6­2­17
A．(eq \r(2)＋1)∶(eq \r(2)－1)B．eq \r(2)∶1
C．(eq \r(2)－1)∶(eq \r(2)＋1)D．1∶eq \r(2)
C [两球到达最低的过程由动能定理得：mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得：v＝eq \r(2gR)，
所以两球到达最低点的速度均为eq \r(2gR)；
设向左为正方向，则m1的速度v1＝－eq \r(2gR)，则m2的速度v2＝eq \r(2gR)，
由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共
解得：v共＝eq \f(m2－m1,m1＋m2)eq \r(2gR)①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：
－(m1＋m2)gR(1－cs 60°)＝0－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)②
由①②解得：eq \f(m1＋m22,m2－m12)＝2
整理得：m1∶m2＝(eq \r(2)－1)∶(eq \r(2)＋1)，故选C.]
10．(2017·庄河模拟)如图6­2­18所示，固定的光滑水平直导轨上，静止着A、B、C三个大小相同的小球，质量分别为mA、mB、mC，且mA＝4m0、mB＝km0，mC＝m0，给A球一个初速度v0，A球与B球发生碰撞，接着B球与C球碰撞，碰撞后小球的运动方向处于同一水平线上，求：
图6­2­18
(1)若k＝5，碰后A的速度大小减为原来的eq \f(1,4)，C的速度大小为v0，则B球的速度大小；
(2)若在碰撞过程中无机械能损失，与A球碰撞后小球B的速度v2大小.
【导学号：92492268】
【解析】 (1)碰撞过程中系统的动量守恒，设碰后B的速度大小为v，由题意知
①若碰后A的速度方向不变，取向右方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mA·eq \f(1,4)v0＋mBv＋mCv0
即4m0v0＝4m0·eq \f(1,4)v0＋5m0v＋m0v0
解得v＝eq \f(2,5)v0.
②若碰后A的速度方向反向，取向右方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mA·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)v0))＋mBv＋mCv0
即4m0v0＝－4m0·eq \f(1,4)v0＋5m0v＋m0v0
解得v＝eq \f(4,5)v0.
(2)设碰撞后A与B两球的速度分别为v1和v2.根据动量守恒定律得
mAv0＝mAv1＋mBv2
由于碰撞过程中无机械能损失，则有
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2)
解得v2＝eq \f(8v0,4＋k).
【答案】 (1)eq \f(2,5)v0或eq \f(4,5)v0 (2)eq \f(8v0,4＋k)
11．(2016·全国甲卷)如图6­2­19所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小g取10 m/s2.
图6­2­19
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得
v1＝1 m/s⑤
设冰决与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
【答案】 (1)20 kg (2)见解析