高中物理高考 专题9 2 动量守恒定律的应用及实验【练】解析版

这是一份高中物理高考 专题9 2 动量守恒定律的应用及实验【练】解析版，共16页。试卷主要包含了6v B．0，质量为2 kg、长度为2等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25292" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc25292 \h 1
\l "_Tc31575" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc31575 \h 3
\l "_Tc10639" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc10639 \h 6
一．练经典题型
1.(2021·武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量、机械能都不守恒
【答案】C
【解析】在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。
2．(2021·桂林质检)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
【答案】：C
【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
3．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】：D
【解析】：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．
4．(2021·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】：A
【解析】：由x ­t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后的总动能为eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2＝eq \f(9,2) J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
5．(2021·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.2v D．0.3v
【答案】：BD
【解析】：若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)>eq \f(1,2)mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)m2)。
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点。
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量守恒。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 (1)D F (2)m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF) (3)m1LE＝m1LD＋m2LF
【解析】 由题意可知，碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcs θ＝vt，Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝Lcs θeq \r(\f(g,2Lsin θ))＝cs θeq \r(\f(gL,2sin θ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq \r(L)，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF)，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。
三．练规范解答
1.(2021·南昌十校联考)质量为M＝3 kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m＝1 kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0＝2 m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；
(2)设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s＝0.4 m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离．
【答案】：(1)1 m/s (2)1.2 m
【解析】：(1)以物块和车为系统，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v
代入已知数据解得，共同速度：v＝1 m/s
(2)设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：
－fs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入已知数据解得：f＝5 N
物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：
fs相对＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
代入已知数据解得：s相对＝1.2 m
2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M＝0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5 m，CD的长度l＝6 m。质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)5 m/s (2)3.8 N (3)0.3
【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有eq \f(v0,vB)＝cs θ，代入数值解得vB＝5 m/s。
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数值可得vC＝3eq \r(5) m/s
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，代入数值解得F＝3.8 N
由牛顿第三定律可知FN＝F＝3.8 N。
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD
由功能关系有μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,D)
代入数值解得μ＝0.3。
3.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能Ep是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好通过C点时速度为vC，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)①
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
联立①②解得vB＝5 m/s。
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝MvA＋mvB③
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
联立③④解得v0＝5 m/s。
(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v⑤
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2⑥
联立⑤⑥解得Ep＝1.25 J。
4.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】 (1)物块N在D点时，有Mg＝Meq \f(veq \\al(2,D),R)
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,D)＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时
FN－Mg＝Meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN＝240 N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
弹簧弹开到碰前过程Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC，
eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过eq \f(1,4)圆周处，则
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
5.(2021·辽宁抚顺一中模拟)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g取10 m/s2.
(1)说明此后A、B的运动性质．
(2)分别求出A、B的加速度大小．
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度大小．
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【答案】：(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s (4)见解析 (5)eq \f(8,3) m/s (6)eq \f(8,3) m
【解析】：(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为
Ff＝μmAg＝2 N，
所以aA＝eq \f(Ff,mA)＝2 m/s2，aB＝eq \f(Ff,mB)＝1 m/s2.
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2，
所以有v0t－eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)aAt2＝L，
解得t＝1 s.
(4)此时vA＝2 m/s，vB＝3 m/s，
xA＝eq \f(1,2)aAt2＝1 m，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2＝3.5 m.
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得
Mv0＝(M＋m)v，
解得v＝eq \f(8,3) m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为
v＝eq \f(8,3) m/s.
根据动能定理可得μmgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，
解得L＝eq \f(8,3) m.
挡位
平均最大偏角θ(角度)
弹丸质量m(kg)
摆块质量M(kg)
摆长l(m)
弹丸的速度v(m/s)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15