高考物理一轮复习课时作业19动量守恒定律及其应用含答案

动量守恒定律及其应用

(建议用时40分钟)

1. (2020·保定模拟)斜面体P静止在水平地面上,从斜面上某个位置由静止释放一物块Q,Q沿斜面加速下滑。在Q下滑过程中              (　　)

A.若P保持静止不动,Q的机械能守恒

B.若P保持静止不动,Q减小的重力势能可能大于它增加的动能

C.若P相对地面滑动,P、Q组成的系统在水平方向动量守恒

D.若P相对地面滑动,P、Q增加的动能之和一定等于Q减少的重力势能

【解析】选B。如果斜面是光滑的,物块Q下滑过程Q的机械能守恒,如果斜面不光滑,物块Q下滑过程要克服摩擦力做功,机械能不守恒,由于不知道斜面是否光滑,无法确定Q是否机械能守恒,选项A错误;若斜面粗糙,减小的重力势能转化为动能和内能,Q减小的重力势能大于它增加的动能,选项B正确;如果地面光滑,P、Q系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒;如果地面不光滑,系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒;由于未知地面是否光滑,若地面粗糙,水平方向动量不守恒,选项C错误;如果地面与斜面都光滑,P、Q增加的动能之和等于Q减少的重力势能,如果斜面与地面任意一个不光滑或都不光滑,滑动过程会克服摩擦力做功,P、Q增加的动能之和小于Q减少的重力势能,选项D错误。

　　　【加固训练】

如图所示,一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上,小车静止在光滑水平面上。在小车最右边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球。则在小球沿碗内壁下滑的过程中,下列说法正确的是(碗的半径为R,重力加速度为g)              (　　)

A.小球、碗和车组成的系统机械能守恒

B.小球的最大速度等于

C.小球、碗和车组成的系统动量守恒

D.小球不能运动到碗左侧的碗边B点

【解析】选A。当小球在碗内运动时,由于忽略摩擦力,在小球运动的过程中,只有重力对小球做功,故小球、碗和车组成的系统的机械能守恒,选项A正确;当碗静止不动时,小球滑到最低点时的速度才是,现在碗在小车上是运动的,故小球的最大速度不等于,选项B错误;当小球在碗内运动时,在水平方向上不受外力的作用,故在水平方向上动量守恒,但在竖直方向上的动量是不守恒的,选项C错误;因为机械能守恒,小球从右侧滑下时小车会向右做加速运动,当小球滑上左侧时,小车又会做减速运动,到最后小车与球在B点相对静止,所以小球能够运动到B点,选项D错误。

2.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为              (　　)

A.v0-v2 B.v0+v2

C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)

【解析】选D。系统分离前后,动量守恒:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ,解得v1=v0+(v0-v2) ,选项A、B、C错误,D正确。

3. (多选)如图所示,光滑圆弧槽面末端切线水平,并静置一质量为M2的小球Q,另一质量为M1的小球P从槽面上某点由静止释放,沿槽面滑至槽口处与Q球正碰,设碰撞过程中无机械能损失,小球P与小球Q落地点到O点水平距离之比为1∶3,则P、Q两球的质量之比可能是              (　　)

A.3∶1 B.3∶5 C.2∶3 D.1∶7

【解析】选A、B。小球离开圆弧槽面后做平抛运动,水平位移:x=vt,由于小球做平抛运动抛出点的高度相等,球做平抛运动的时间t相等,则两球做平抛运动的速度与水平位移成正比,设两个小球做平抛运动的速度大小分别为v1和v2,则v1∶v2=x1∶x2=1∶3,两球碰撞过程无机械能损失,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得M1v0=M1v1+M2v2,由机械能守恒定律得M1=M1+M2,解得v1=v0,v2=v0,若碰撞后二者的方向相同,则可得:3(M1-M2)=2M1,则=;若碰撞后二者的方向相反,则可得:-3(M1-M2)=2M1,则=,由以上的分析可知,选项A、B正确,C、D错误。

4.(多选)(2020·大连模拟)如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰,小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的s-t(位移—时间)图象,已知m1=0.1 kg。由此可以判断              (　　)

A.碰前m2向左匀速运动,m1向右加速运动

B.m2=0.3 kg

C.碰后m2和m1动量大小相等

D.碰撞过程中系统机械能守恒

　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下两点:

(1)s-t(位移-时间)图象的斜率等于速度,由数学知识求出碰撞前后两球的速度,分析碰撞前后两球的运动情况。

(2)根据动量守恒定律求解两球质量关系,由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。

【解析】选B、D。由s-t(位移-时间)图象的斜率得到,碰前m2的位移不随时间而变化,处于静止。m1速度大小为v1==4 m/s,方向只有向右才能与m2相撞,选项A错误;由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2 m/s,v1′=-2 m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得m2=0.3 kg,选项B正确; 碰后m2和m1速度大小相等,但是质量不等,则动量大小不相等,选项C错误;碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=m1-m1v-m2v,代入解得ΔE=0,故碰撞过程中系统机械能守恒,选项D正确。

5.(创新题)(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里,将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端,在食物的诱惑下,蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是              (　　)

A.只有蜗牛运动,滑块不运动

B.滑块运动的距离是L

C.蜗牛运动的位移大小是滑块的倍

D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L

【解析】选C、D。蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中,蜗牛和滑块组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,系统原来处于静止状态,总动量为零,根据动量守恒定律可知,蜗牛运动后,系统的总动量仍为零,所以蜗牛运动时,滑块会向相反的方向运动,而不会静止不动,选项A错误;取滑块的运动方向为正,蜗牛从滑块的一端移动到另一端时,滑块与蜗牛运动的位移之和为L。设滑块运动的位移大小为x1,蜗牛运动的位移大小为x2。根据动量守恒定律得M-m=0,可得=,即蜗牛运动的位移是滑块的倍。又由x1+x2=L,得x1=,选项B错误,C、D正确。

　　　　　 【题后反思】求解“人船模型”问题的注意事项

(1) “人船模型”适用于由两物体组成的系统,当满足动量守恒条件(含某一方向动量守恒)且系统的总动量为零时,若其中一个物体向某一方向运动,则另一个物体向相反方向运动的情况。

(2)画草图:解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移,一般是对地的位移。

6.(2021·吉林模拟)冰壶运动已列入冬季奥运会运动项目中,我国运动员现正在积极备战2022年北京冬奥会。冰壶运动场地如图所示,两支队伍的冰壶完全相同(可视为质点),一支队伍的运动员将本方冰壶M以v0=4 m/s的速度从本方前掷线A上发出向对方冰壶N撞去。冰壶M、N与双方营垒圆心在同一条直线上,已知双方营垒前掷线A、B之间距离L=10 m,N与B距离L1=2 m,N与本方营垒圆心距离L2=0.64 m,营垒直径D=1.5 m,每个冰壶质量均为10 kg,冰壶与冰面动摩擦因数μ=0.05,M、N碰撞后M恰好运动到对方营垒圆心,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)碰撞后冰壶N运动的距离,冰壶N是否被碰出了营垒?

(2)通过计算说明两冰壶的碰撞是否是弹性碰撞。

【解析】(1)设冰壶M与N碰撞前瞬间速度为vM,从前掷线A到碰撞前瞬间过程中,由速度位移关系式及牛顿第二定律有=-2a

μmg=ma

解得vM=2 m/s

依题意有:碰撞后M的速度为

vM′==0.8 m/s

碰撞的过程中由动量守恒定律有

mvM=mvM′+mvN

解得vN=1.2 m/s

碰撞后N运动的距离为

LN==1.44 m

因为LN-L2=0.8 m>=0.75 m

所以冰壶N被碰出了营垒

(2)冰壶M与N碰撞前瞬间系统的动能为

Ek=m=20 J

M与N碰撞后瞬间系统的动能为

E′k=mv+m=10.4 J

M与N碰撞过程中系统动能的损失为

ΔE=9.6 J

所以两冰壶的碰撞是非弹性碰撞

答案:(1)1.44 m,冰壶N被碰出了营垒

(2)计算过程见解析,不是弹性碰撞

7.(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 J　　　C.5 J　　　D.6 J

　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下三点:

(1)利用v-t图象明确甲、乙碰撞前后的速度大小。

(2)根据动量守恒定律求解物块乙的质量。

(3)两物块碰前与碰后动能之差即为碰撞过程损失的机械能。

【解析】选A。由图象可知,碰撞前的速度v甲=5 m/s,v乙=1 m/s,碰撞后的速度v甲′=-1 m/s,v乙′=2 m/s,由动量守恒定律可得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′,解得m乙=6 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙=3 J,A正确。

8. (2021·玉溪模拟)如图所示,A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态。若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B在C上向相反方向滑动的过程中              (　　)

A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B及弹簧组成的系统动量守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒

B.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒

C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒

D.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒

【解析】选D。当A、B两物体及弹簧组成一个系统时,弹簧的弹力为内力,而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒;当A、B与C之间的摩擦力大小相等时,A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零,动量守恒。对A、B、C及弹簧组成的系统,弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力,无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等,系统所受的合外力均为零,系统的动量守恒。故选项D正确。

9.甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则二球质量m1与m2间的关系可能是              (　　)

A.m1=m2    B.2m1=m2

C.4m1=m2    D.6m1=m2

【解析】选C。根据动量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′,解得:p1′=2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加,则有+≤+。代入数据解得≤,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有≤,代入数据解得≥,综上有≤≤,选项A、B、D错误,C正确。

10.(创新题)(多选)如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A物块最初与左侧固定的竖直挡板相接触,B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B物块的v-t图象如图乙所示,则下列哪些说法是错误的(　　)

A.A的质量为2 kg

B.运动过程中A的最大速度为vA=4 m/s

C.在A离开挡板前,系统动量守恒、机械能守恒

D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为4 J

【解析】选A、C、D。弹簧伸长到最长时弹力最大,B的加速度最大,此时AB共速,由题图乙知,AB共同速度为v共=2 m/s,A刚离开挡板时B的速度为v0=3 m/s。在A离开挡板后,取向右为正方向,由动量守恒定律有mBv0=mAv共+mBv共,解得mA=1 kg,选项A错误;当弹簧第二次恢复原长时A的速度最大,由mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB,解得A的最大速度vA=4 m/s,选项B正确;在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,选项C错误;分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图象数据可知,弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2 m/s,根据机械能守恒定律和动量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=mB-(mA+mB),联立解得:弹簧的最大弹性势能Ep=3 J,选项D错误。

11.如图所示,在光滑水平面上静止放置质量m1=0.4 kg的薄木板AB(厚度忽略不计)和质量m2=0.2 kg的圆弧轨道CD,木板AB上表面粗糙,CD是上表面光滑的半径为R=0.5 m的四分之一圆弧,它们紧靠在一起。一质量为m=0.2 kg可视为质点的物块P,从木板AB的右端以初速度v0=5 m/s滑上木板,到达木板最左端B点时的速度为vB=2 m/s,然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ=0.45,g取10 m/s2。求:

(1)物块P滑到木板左端时,木板的速度vAB的大小;

(2)木板的长度L;

(3)物块在圆弧轨道CD上上升的最大高度h;

(4)圆弧轨道CD最终速度v2的大小。

【解析】(1)物块P在AB上滑动时,三个物体组成的系统动量守恒,以向左为正方向,

由动量守恒定律有mv0=mvB+(m1+m2)vAB

解得vAB=1 m/s

(2)由能量守恒定律有

μmgL=m-m-(m1+m2),

解得L=2 m

(3)物块滑上圆弧轨道,上升到最大高度的过程,根据动量守恒有mvB+m2vAB=(m+m2)v

根据能量守恒有

m+m2-(m+m2)v2=mgh

解得h=0.025 m

(4)物块P与圆弧轨道CD分离瞬间,在它们相互作用的过程中,以向左为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律有mvB+m2vAB=mv′+m2v2

由能量守恒定律有

m+m2=mv′2+m2

解得v2=2 m/s

答案:(1)1 m/s　(2)2 m　(3)0.025 m

(4)2 m/s

　　　【加固训练】

　　(2020·广州模拟)如图甲所示,足够长的木板A静止在水平面上,其右端叠放着小物块B,左端恰好在O点。水平面以O点为界,左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看成质点)和D间夹着一根被压缩的轻弹簧,并用细线锁住,两者以共同速度v0=6 m/s向右运动,某时刻细线突然断开,C和弹簧分离后撤去D,C与A碰撞(碰撞时间极短)并与A粘连,此后1 s时间内,A、C及B的速度—时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m=1 kg,A、C与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)木板A与粗糙水平面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数;

(2)细线断开之前弹簧的弹性势能;

(3)从AC粘连到AC静止的过程中,AC与水平面间摩擦产生的内能。

【解析】(1)设A与水平面间的动摩擦因数为μ,B与A上表面间的动摩擦因数为μ′,由题图乙可知,

0～1 s内,A、C整体做匀减速运动的加速度

aA1=3.5 m/s2

B做匀加速运动的加速度aB1=1 m/s2

对A、C整体有-3μmg-μ′mg=-2maA1

对B有μ′mg=maB1

解得μ′=0.1,μ=0.2

(2)C与A碰撞过程中动量守恒,

有mvC=2mvA

其中vA=4.5 m/s

解得vC=9 m/s

弹簧弹开过程中,C、D系统动量守恒,

由动量守恒定律有2mv0=mvC+mvD

解得vD=3 m/s

　弹簧弹开过程中,C、D及弹簧组成的系统的机械能守恒,则有

·2m+Ep=·m+·m

解得Ep=9 J

(3)由题图乙可知:0～1 s内A向右运动的位移x1=×1 m=2.75 m

AB速度相等后,B的最大加速度

aB2=-μ′g=-1 m/s2

假设ABC能一起做匀减速直线运动,则ABC整体的加速度a共==-2 m/s2

因|a共|>|aB2|,所以ABC不能一起做匀减速直线运动,B的加速度aB2=-μ′g=-1 m/s2

　AC整体的加速度

aA2==-2.5 m/s2

因|aA2|>|aB2| ,所以AC整体先停止运动;

AC整体由速度为1 m/s减速到停止的运动时间为t= s=0.4 s

在0.4 s内A向右运动的位移

x2=vt=0.2 m

A的总位移x=x1+x2=2.95 m

Q=W=3μmg·x=6×2.95 J=17.7 J

答案:(1)0.2　0.1　(2)9 J　(3)17.7 J