新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：23　动量守恒定律及其应用

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1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、小车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )
A. 连续敲打可使小车持续向右运动
B. 人、小车和锤子组成的系统机械能守恒
C. 当锤子速度方向竖直向下时，人和小车水平方向的总动量为0
D. 人、小车和锤子组成的系统动量守恒
C 解析：人、小车和锤子整体视为一个处在光滑水平地面上的系统，水平方向上所受合外力为0，故水平方向上动量守恒，总动量始终为0，当锤子有相对地面向左的速度时，小车有向右的速度，当锤子有相对地面向右的速度时，小车有向左的速度，故小车做往复运动，故A错误；锤子击打小车时，发生的不是弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；锤子的速度方向竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为0，故人和小车水平方向的总动量也为0，故C正确；人、小车和锤子在水平方向上动量守恒，因为锤子会有竖直方向的加速度，故锤子竖直方向上合外力不为0，竖直方向上动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误。
2．(多选)质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是( )
A. m一定小于M
B. m可能等于M
C. b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D. c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
AC 解析：由a球被反向弹回，可以确定小球a的质量m一定小于M，故A正确，B错误；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，故C正确，D错误。
3．(多选)如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时，m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A. m1的最小速度是0
B. m1的最小速度是 eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C. m2的最大速度是v1
D. m2的最大速度是 eq \f(2m1,m1＋m2)v1
BD 解析：当m1与m2相距最近后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1的速度最小，m2的速度最大，在此过程中系统遵从动量守恒和机械能守恒，因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式有m1v1＝m1v′1＋m2v2， eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝ eq \f(1,2)m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))，解得v′1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2)v1，故B、D选项正确。
4．在光滑水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是( )
A. ma＞mb B. ma＜mb
C. ma＝mb D. 无法判断
B 解析：由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图像不符；由Ek＝ eq \f(p2,2m) 知，若ma＞mb，则b球的动能将大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，故 ma＜mb，B正确。
5．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A. 物体A的质量为3m
B. 物体A的质量为2m
C. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为 eq \f(3,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
AC 解析：对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时，弹性势能Ep＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量x时，物体A、B二者的速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝ eq \f(1,2)M·(2v0)2－ eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝ eq \f(3,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，选项A、C正确，B、D错误。
6．(2020·全国卷Ⅲ)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
A 解析：由题图可知，碰撞前甲、乙两物块的速度分别为 v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰撞后甲、乙两物块的速度分别为 v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，则损失的机械能为ΔE＝ eq \f(1,2)m甲v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲))＋ eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙))－ eq \f(1,2)m甲v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲))－ eq \f(1,2)m乙v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙))，解得ΔE＝3 J，故选A。
7．如图所示，B球静止在光滑水平台右端，A球以一定的初速度v0与B球发生弹性正撞，碰撞后两小球由台阶水平抛出，B球第一次落到了水平地面上的P点，A球第一次落到地面上弹起来后第二次也落到了P点。若两球与地面碰撞时均没有能量损失，碰撞前后速度方向满足光的反射定律，则A、B两球的质量之比m1∶m2为( )
A. 2∶1 B. 3∶1
C. 3∶2 D. 5∶3
B 解析：由题意可知，两球水平抛出至第一次落到地面上时，B球水平运动的距离是A球的3倍，由平抛运动规律可知B球的水平初速度是A球的3倍，即v2＝3v1。两球发生弹性碰撞，故 m1v0＝ m1v1＋m2v2， eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))，联立解得 v1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2)v0。由v2＝3v1，解得 m1∶m2＝3∶1，选项B正确。
8．(2020·德阳模拟)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子的拉力大小为(M＋m0)g
C. 子弹射入木块后的瞬间，圆环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
C 解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块构成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝ eq \f(m0v0,m0＋M)，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得 FT－(M＋m0)g＝(M＋m0) eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),l)，可知绳子的拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向上动量守恒，选项D错误。
9．(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 eq \f(1,4) 圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一小球A的质量为 eq \f(1,2)M，小球A以v0＝6 m/s 的速度向小球B运动，并与小球B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A. 小球B的最大速率为4 m/s
B. 小球B运动到最高点时的速率为 eq \f(3,4) m/s
C. 小球B能与小球A再次发生碰撞
D. 小球B不能与小球A再次发生碰撞
AD 解析：小球A与小球B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 eq \f(1,2)Mv0＝ eq \f(1,2)MvA＋MvB， eq \f(1,2)× eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故小球B的最大速率为 4 m/s，A正确；小球B冲上曲面C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ eq \f(4,3) m/s，B错误；从小球B冲上曲面C然后又滑下的过程，设小球B、曲面C分离时的速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有 MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有 eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝ eq \f(1,2)Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＋ eq \f(1,2)×2Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))，解得vB′＝－ eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。
答案：(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞
12．(2020·烟台模拟)如图所示，质量为M＝4.5 kg 的长木板置于光滑水平地面上，质量为 m＝1.5 kg 的物块放在长木板的右端，在长木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让长木板无接触地穿过。现使长木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰撞前的速率反向弹回，而长木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求物块与长木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)长木板的长度至少应为多少？
解析：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得μ＝0.5。
(2)物块与挡板碰撞后，物块与长木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝ eq \f(M－m,M＋m)v0＝ eq \f(1,2)v0
设物块由速度0加速到v1的过程中运动的位移为x′1，则μmgx′1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
联立解得x′1＝ eq \f(1,4)x1
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与长木板已经达到共同速度v1
第二次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为v1，经一段时间后系统的共同速度为
v2＝ eq \f(M－m,M＋m)v1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)v0
第三次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为v2，经一段时间后系统的共同速度为
v3＝ eq \f(M－m,M＋m)v2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)v0
……
则第n次碰撞后，物块反弹后瞬间的速度大小为
vn－1＝ eq \f(M－m,M＋m)vn－2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)v0
由动能定理得－μmgxn＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1))
联立解得n＝5。
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与长木板同时都静止；设物块在长木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得L＝6.4 m
即长木板的长度至少应为6.4 m。
答案：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m