新高考物理一轮复习课时练习[19] 第六章　第二讲　动量守恒定律及其应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时练习[19] 第六章　第二讲　动量守恒定律及其应用（含解析），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。

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)
1．(2021·江苏高三专题练习)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，倾斜试管中的水在酒精灯燃烧一段时间后产生大量水蒸气，达到一定压力时，瞬间将塞子喷出。不计水蒸气的质量和其他阻力，酒精灯固定在小车上、将水平面上的小车、酒精灯、试管、水、塞子等物体看作一个系统，则关于塞子被喷出的这一极短过程中，下列说法正确的是( C )
A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．如果将小车固定在地面上，塞子被喷出的速度将增大
D．小车对地面的压力等于系统总重力
[解析] 塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车自身的重力，对于整个系统，合外力不为零，动量不守恒，AD错误；水蒸气的内能转化为车的动能和塞子的动能，使系统的机械能增加，B错误；水蒸气的内能转化为车的动能和塞子的动能，如果将小车固定在地面上，则塞子获得的动能增大，塞子被喷出的速度将增大，C正确。
2．(2022·福建省福州第一中学高三模拟)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( B )
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；由于儿童走动后，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；由于儿童走动过程，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，所以合力斜向左上方，合力的冲量方向斜向左上方，故D错误。
3．(2021·全国高三专题练习)如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( A )
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
[解析] 首先根据两球动能相等有eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＝eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)，得出两球碰前动量大小之比为eq \f(p甲,p乙)＝eq \r(\f(m甲,m乙))，因m甲>m乙 ，则p甲>p乙，则系统的总动量方向向右。由动量守恒定律，碰撞后若甲球速度为零，而乙球向右，则总动量向右，A正确；由动量守恒定律，碰撞后若两球速度都为零，碰撞后总动量为零，不满足动量守恒， B错误；若乙球速度为零，则甲球一定向左运动，则总动量向左，与动量守恒不相符， C错误；两球都以各自原来的速率反向运动，由于总动量大小向左，所以与动量守恒不相符，D错误。
4．(2022·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 m
C．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。
5．(2021·全国高三专题练习)如图所示，将一光滑的质量为4m，半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( D )
A．小球在半圆槽内第一次到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球不做功
B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4∶1
C．小球第一次从C点滑出后将做竖直上抛运动
D．物块最终的动能为eq \f(mgR,15)
[解析] 小球从A到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动，一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力对小球做负功，故A错误；由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有mv1－(4m＋m)v2＝0，解得v1∶v2＝5∶1，故B错误；小球从A到B的过程，根据系统机械能守恒得mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)(4m＋m)veq \\al(2,2)，联立C选项中式子解得v1＝eq \r(\f(10gR,3))，v2＝eq \f(1,5)eq \r(\f(10gR,3))，当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以v2＝eq \f(1,5)eq \r(\f(10gR,3))的速度向左匀速运动，则物块的动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(mgR,15)，由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，小球第一次到达C点时，因为小物块速度不为0，则小球和半圆槽的水平速度也不可能为0，故小球第一次从C点滑出后不可能做竖直上抛运动，故C错误，D正确。
6．(2021·全国高三专题练习)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则( BC )
A．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
[解析] 在小球下滑过程中，槽向左运动，小球与槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以会对槽做功，故A错误；小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，所以水平方向动量守恒，故B正确；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离时，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后球与槽的速度相等，所以小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，因此都做匀速直线运动，故C正确，D错误。
7．(2022·河北衡水中学高三模拟)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则( ABD )
A．C球落地前瞬间A球的速度为eq \r(2gH)
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
[解析] 因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vC＝eq \r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，所以C碰B有mCvC－mBvB＝mBv′B，eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)，B碰A有mBv′B－mAvA＝mAv′A，eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B选项分析解得，v′A＝3eq \r(2gH)，A球弹起的最大高度v′eq \\al(2,A)＝2ghmax，hmax＝eq \f(v′\\al(2,A),2g)＝9H，C错误，D正确。
8．(2021·全国高三专题练习)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是( BCD )
A．滑块和小球组成的系统动量守恒
B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C．滑块的最大速率为eq \r(\f(2m2gL,MM＋m))
D．滑块向右移动的位移为eq \f(m,M＋m)L
[解析] 小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量有MV－mv＝0，系统机械能守恒有mgL＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MV2，解得，滑块的最大速率为V＝eq \r(\f(2m2gL,MM＋m))，故C正确；设滑块向右移动的位移为x，根据水平动量守恒得Meq \f(x,t)－meq \f(L－x,t)＝0，解得x＝eq \f(m,M＋m)L，故D正确。
二、非选择题
9．(2021·青海高三一模)如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点)质量m＝4 kg，以初速度v0＝10 m/s滑上静止在光滑轨道OB上的小车左端，小车质量为M＝6 kg，高为h＝0.8 m。在光滑的轨道上A处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.5，货物做平抛运动的水平距离AB长为1.2 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求货物从小车右端滑出时的速度；
(2)若已知OA段距离足够长，导致小车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？
[答案] (1)3 m/s (2)6.7 m
[解析] (1)设货物从小车右端滑出时的速度为vx，滑出之后做平抛运动，
在竖直方向上：h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向：lAB＝vxt，解得：vx＝3 m/s。
(2)在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v共，
解得：v共＝4 m/s，由能量守恒定律得：Q＝μmgs相对＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,共)，
解得：s相对＝6 m，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：－μmgs′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,共)，解得：s′＝0.7 m，
车的最小长度：故L＝s相对＋s′＝6.7 m。
10．(2021·辽宁高三一模)云霄飞车玩具(如图a所示)是儿童最为喜爱的益智类玩具之一，玩具组装原件多，主要考察儿童的思维能力和动手能力。玩具的一小部分结构被简化如图b所示，钢制粗糙水平面AB长度为s＝1 m，A端连接一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面长度为L＝0.9 m，B端点固定一半径R＝0.2 m的竖直光滑圆弧轨道。从斜面顶端由静止释放一质量M＝0.1 kg的小球甲，运动到A点时与另一质量m＝0.05 kg的静止小滑块乙发生弹性碰撞(斜面与水平轨道连接处能量损失可忽略不计)。碰后小滑块乙在水平面上运动到B点后进入圆弧轨道，取g＝10 m/s2。
(1)求甲、乙碰撞过程中，甲球对小滑块乙的冲量。
(2)若小滑块乙能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道，请在下表数据中为小滑块选择合适的材料满足上述的运动条件，写出相应的判断依据。
[答案] (1)0.2 N·s (2)见解析
[解析] (1)甲球在下滑过程中，设甲球最低点的速度大小为v0。根据机械能守恒定律得
MgLsin 30°＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，代入数据解得v0＝3 m/s，
设甲、乙碰撞后速度分别为v1和v2。取向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2，
根据动能守恒得eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
联立并代入数据解得v2＝4 m/s，
根据动量定理得I＝mv2＝0.2 N·s，
方向水平向右，即甲球对小滑块乙的冲量大小为0.2 N·s，方向水平向右。
(2)小滑块恰能进入圆轨道有－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，有μ1＝0.8，
小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有－μ2mgs－mgR＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，有μ2＝0.6，
小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰能通过圆弧轨道的最高点
mg＝meq \f(v2,R)，根据动能定理有－μ3mgs－mg×2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得μ3＝0.3。所以μ的取值范围为μ≤0.3和0.6≤μ≤0.8，查看表格可知：若小滑块可以运动到最高点，材料可以为钢、木；若小滑块运动可以运动到圆心等高处以下，材料可以为聚异戊二烯。
小滑块材料
水平面材料
滑动摩擦因数
钢
钢
0.25
木
钢
0.2
聚氯乙烯
钢
0.4
聚异戊二烯
钢
0.65