2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十八）“动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究含答案

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课时跟踪检测（二十八）  “动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )A.v0   B.v0C.v0   D.v0解析：选C　设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　 )A.   B.C.   D.解析：选A　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝，v′＝；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量为M＝，故选A。3.(2022·广州模拟)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，碰后A、B的速率之比为2∶3B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6解析：选C　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，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为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。4．(2022·河北唐山模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出(　 )A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度B．碰撞后小球A反弹的上升的时间C．碰撞过程中物块B获得冲量大小D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能解析：选ACD　对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。5.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是(　 )A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B．碰碰车的质量为50 kgC．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·sD．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：选D　规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3 m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60 kg，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22 J＋×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。6．质量为m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝14.14 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；(2)手榴弹所装弹药的质量；(3)两块弹片落地点间的距离。解析：(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，根据机械能守恒有mv02＝mv12＋mgh解得：v1≈10 m/s。(2)设每块弹片的质量为m1，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m1gh＝5 J设手榴弹装弹药的质量为Δm，有Δm＝m－2m1代入数据解得：Δm＝0.06 kg。(3)另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝gt2，解得：Δx＝26 m。答案：(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是(　 )A．A、B分离时A的速度为v0B．A、B分离时A的速度为v0C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02解析：选BD　该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。8.(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是(　 )A．物块和小车组成的系统机械能守恒B．物块和小车组成的系统动量守恒C．当物块速度大小为v时(未离开小车)，小车速度大小为vD．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L解析：选BC　弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，所受合外力为零，故系统的动量守恒，B正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D错误。9.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，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0B．m1的最小速度是v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v1解析：选BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，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，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。10.如图所示，一倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h＝1.8 m高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞，一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：(1)小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2；(2)斜面的高度H。解析：(1)设刚要碰撞时小球的速度为v0，根据机械能守恒有mgh＝mv02，在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，根据动能守恒有mv02＝mv12＋·5mv22，联立解得v1＝－＝－4 m/s，v2＝＝2 m/s，小球速度方向沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。(2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为a1，经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，根据牛顿运动定律有mgsin θ＝ma，根据运动学公式＝v1t＋at2，设碰撞后物块的加速度为a2，根据牛顿运动定律有5mgsin θ－5μmgcos θ＝5ma2，将μ＝tan θ代入上式得a2＝0，即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，于是有＝v2t，联立解得H＝＝4.2 m。答案：(1)4 m/s，小球方向沿斜面向上　2 m/s，物块速度沿斜面向下　(2)4.2 m