高考物理一轮复习课时检测三十五应用动量守恒定律解决三类典型问题含解析新人教版

应用动量守恒定律解决三类典型问题

1.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)

A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3

B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6

C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3

D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6

解析：选C　碰前两球的动量均为8 kg·m/s，则两球运动方向均向右，又mB＝2mA，则vB＜vA，所以左方为A球，右方为B球；A、B 两球发生碰撞时由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，B球的动量为12 kg·m/s，由mB＝2mA可得碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。

2.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)

A．A和B都向左运动  B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动  D．A向左运动，B向右运动

解析：选D　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0，碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒定律，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。

3．如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面。则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是(　　)

解析：选D　礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能，故A、B两项错误。C图符合动量守恒定律，斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符，故C项错误。D图符合动量守恒定律，向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，故D项正确。

4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)

A.v0   B.v0

C.v0   D.v0

解析：选D　根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确。

5.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由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　火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。

6．如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C　规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故C正确。

7．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)

A．向右运动

B．向左运动

C．静止不动

D．小球下摆时，车向左运动后又静止

解析：选D　水平方向上，小球与小车组成的系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒，小球下摆过程中，水平方向具有向右的分速度，由动量守恒可知，小车要向左运动，撞到橡皮泥是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止，D正确。

8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s­t图像如图乙所示。已知ma＝5 kg。若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　)

A．mb＝1 kg  B．mb＝2 kg

C．ΔE＝15 J  D．ΔE＝35 J

解析：选AC　由s­t图像的斜率表示速度得：碰撞前a球的速度为v1＝＝ m/s＝6 m/s，b球的速度为0。碰撞后a、b两球的共同速度为v＝＝ m/s＝5 m/s，取碰撞前a球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得，mav1＝(mb＋ma)v，代入解得，mb＝1 kg，故A正确，B错误。碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝mav12－(mb＋ma)v2＝×5×62 J－×(1＋5)×52 J＝15 J，故C正确，D错误。

9．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)

A．5 m/s  B．4 m/s

C．3 m/s  D．2 m/s

解析：选A　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得

mAgR＝mAv02，解得v0＝6 m/s

若两个滑块发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv02＝mAvA2＋mBvB2，

解得vB＝4 m/s

若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：

mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2 m/s

所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s。

[潜能激发]

10．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物可视为质点且质量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速度的大小；

(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，求小车的最小长度。

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＝gt2，

水平方向：lAB＝vxt

解得：vx＝3 m/s。

(2)在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，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＝mv02－(m＋M)v共2，

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，直到滑出小车，对货物由动能定理得：

－μmgs′＝mvx2－mv共2，

解得：s′＝0.7 m，

故小车的最小长度L＝s相对＋s′＝6.7 m。

答案：(1)3 m/s　(2)6.7 m

11．如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，假设高度无限大，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为(　　)

A．1次  B．2次

C．3次  D．4次

解析：选C　由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地。A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞。

12．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)

A．当v0＝时，小球能到达B点

B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m

解析：选C　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。

13．如图所示，有一倾角为α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，质量为mA＝1 kg的滑块A(可以看做质点)在水平向左的恒力F作用下静止在距离斜面底端x＝5 m的位置上，水平面上有一质量为mB＝1 kg的表面光滑且足够长的木板B，B的右端固定一轻质弹簧，一质量为mC＝3 kg的物块C与弹簧的左端拴接。开始时，B、C静止且弹簧处于原长状态，今将水平力F变为水平向右，当滑块A刚好滑到斜面底端时撤去力F，不考虑A滑上水平面过程的能量损失。滑块A运动到水平面上后与滑块B发生对心碰撞(碰撞时间极短)粘在一起，并拉伸弹簧使滑块C向前运动，不计一切摩擦，g取10 m/s2，求：

(1)水平力F的大小及滑块A滑到斜面底端时的速度vA；

(2)被拉伸弹簧的最大弹性势能Ep及滑块C的最大速度vC。

解析：(1)滑块处于平衡状态：F＝mAgtan α

代入数据解得：F＝ N。

A向下运动的过程中只有重力和拉力F做功，由动能定理得：Fxcos α＋mAgx·sin α＝mAvA2

代入数据得：vA＝10 m/s。

(2)A与B在水平面上碰撞的过程中，系统的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAvA＝(mA＋mB)v1

代入数据得：v1＝5 m/s

在A、B、C相互作用的过程中，当它们的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统的动量守恒，则：

(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2

代入数据得：v2＝2 m/s

由功能关系得：

Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22

代入数据得：Ep＝15 J。

开始时弹簧被拉长，C一直向右加速，当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时A、B的速度为v3，C的速度为vC，则：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC

由机械能守恒得：

(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)v32＋mCvC2。

代入数据得：vC＝4 m/s。

答案：(1) N　10 m/s　(2)15 J　4 m/s