2020届高考物理 精准培优专练十二 动量守恒定律及其应用（含解析）

动量守恒定律及其应用1对应本知识点的考查，预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题。2注意要点：(1)使用动量守恒定律时，要注意是否满足动量守恒定律的条件；(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。二、考题再现典例1.(2019全国III卷25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mAl.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20，重力加速度取g10 m/s。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？典例2.(2018全国卷24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。三、对点速练1右端带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是( )A小球可能离开小车水平向右做平抛运动B小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C小球不可能离开小车水平向左做平抛运动D小球不可能离开小车做自由落体运动2(多选)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( )A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B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C被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的( )A开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安C开始时，木块更靠近右边的人，左边的人相对更安全区D开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全4一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2km1，k1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是( )A BC D5如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速g10 m/s2。下列说法正确的是( )A子弹和木块摆到最高点时速度为零B滑块的最大速度为2.5 m/sC子弹和木块摆起的最大高度为0.625 mD当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s6 (多选)水平面上的A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前图象，c为碰撞后两球共同运动的图象，已知A球质量是m2 kg，则由图象判断下列结论正确的是( )A由图象可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动B碰撞前后A球动量变化量大小为4 kgm/sCB球质量为kgDA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/s7(多选)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当vv0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )A若vv0，A、B系统生热为B若vv0，A、B相对运动时间为t0C若vv0，B经历t0时间的位移为LD若v2v0，A经历t0到达木板右端8如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mAmB0.2 kg，mC0.1 kg，取3.17。求：(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。9如图甲所示，质量M3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2。(1)小车在第1.0 s内所受的合力为多大? (2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少?(3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0s3.0 s时间内的vt图象。10如图所示，质量为4m的钢板A放在水平地面上，质量为3m的钢板B与一劲度系数为k的竖直轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在钢板A上，整体都处于静止状态。一质量为2m的物块C从钢板B正上方高为h的位置自由落下，打在钢板B上并立刻与钢板B一起向下运动，且二者粘在一起不再分开。它们到达最低点后又开始向上运动的过程中，刚好能使钢板A离开地面但不继续上升。若物块C换成质量为m的物块D，并从钢板B正上方高为4h的位置自由落下，打在钢板B上并也立刻与钢板B一起向下运动，且二者也粘在一起不再分开。求钢板A离开地面时，物块D和钢板B的速度大小。已知重力加速度大小为g，弹簧在弹性限度内。答案二、考题再现典例1.【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvB 联立式并代入题给数据得：vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有：mBamBg vBat0 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 联立式并代入题给数据得：sA1.75 m，sB0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m (3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有 联立式并代入题给数据得：m/s 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA以和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA) mAvAmBvB联立式并代入题给数据得：m/s，m/s 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式，由式及题给数据得：sA0.63 m，sB0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91 m。典例2.【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有：Emv 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有：0v0gt联立式得：t。(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有：Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有：mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为：hh1h2。三、对点速练1【答案】A【解析】小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。2【答案】AD【解析】在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项A正确；在滑动过程中，槽向后滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故选项B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，小球不会回到槽高h处，故选项D正确，C错误。3【答案】B【解析】子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0(M+m)v1，由能量守恒定律得：mv02(M+m)v12fx1，对另一发子弹，同样有：(M+m)v1-mv00，mv02(M+m)v12fx2，解得：x1x2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误。4【答案】B【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0m1v1+m2v2；由能量关系：，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0(m1+m2)v，解得，则，故，B正确。5【答案】C【解析】设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v，则由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0(m0+m1)v1(m0+m1)v+m2vm，(m0+m1)v12(m0+m1)v2m2vm2，解得vm0，或vm5m/s，即滑块的最大速度为5m/s，B项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0(m0+m1)v1(m0+m1+m2)v，解得v2.5m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0+m1)v12(m0+m1+m2)v2(m0+m1)gh，解得h0.625m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0(m0+m1)v1(m0+m1)vx+m2v3，得vx4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0+m1)v12(m0+m1)(vx+xy)2m2v32 +(m0+m1)gh，解得h0.4m，D项错误。6【答案】BC【解析】由xt图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都是匀速运动，故A错误；碰撞前有：vA3m/s，vB2m/s，碰撞后有：vAvB1m/s；碰撞前后A的动量变化为：PAmvAmvA2(1)2(3)4kgm/s，故B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：PBPA4kgm/s，又：PBmB（vBvB），所以解得：mBkg，故C正确；所以A与B碰撞前的总动量为：P总mvA+mBvB2(3)+2kgm/s，故D错误。7【答案】AC【解析】当vv0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv02mv，代入数据得：v0.5v0。由能量守恒定律得：Qmv02-2mv2mv02。若vv0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv02mv得：vv0。系统生热：，选项A正确；当vv0时，对B，由动量定理得：ft0mv可得：；若，根据动量守恒定律得得：。对B，由动量定理得：，可得：，选项B错误；若vv0，则由A选项的分析可知：fLQmv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：。结合上面解答有：Qmv02。对B，由动量定理得：ftmvB-0；联立解得：（另一值不合理舍去），故D错误。8【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：解得：v13 m/s，v09 m/s。(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：根据能量守恒定律得：解得：v21.9 m/s。(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得：解得：，方向水平向右。9【解析】(1)由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为2m/s2。物体A、B所受的摩擦力均为fma2N方向相反。根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：mvAmvB(2mM)v代入数据，解得v0.4m/s，方向向右。由系统能量守恒得：f(sAsB)12mvA2-12mvB212 (2mM)v2解得A、B的相对位移，即车的最小长度ssAsB4.8m(3)1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v。在该过程中，对A运用动量定理得：ftmv解得t0.8s。即系统在t1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动。在1.0s3.0s时间内的vt图象如下。10【解析】物块C从钢板B正上方距离为h的位置自由落下时，C下落前，设弹簧的压缩量为x1，对B有：3mgkx1解得：x13mgkC下落的过程：设C和B碰撞前瞬间的速度为v1，对C有：2mgh122mv12解得：v12ghC和B碰撞过程，设碰后二者的速度为v2，对C和B组成的系统，有：2mv1(2m+3m)v2解得：v2252ghC和B一起到最高点时，A恰离开地面，设弹簧的伸长量为x2对A有：4mgkx2解得：x24mgk从C和B碰后到二者一起到最高点的过程中：二者一起到最高点时，A恰离开地面，设C碰撞B前，弹簧的弹性势能为EP1；C和B一起到最高点时，弹簧的弹性势能为EP2.把C、B和弹簧作为一个系统，系统机械能守恒，有：12(2m+3m)v22+EP1EP2+(2m+3m)(x1+x2)解得：EP2-EP135(mg)2k-45mgh物块D从钢板B正上方距离为4h的位置自由落下时，D下落的过程，设D和B碰撞前瞬间的速度为v3，对D有：mg4h12mv32解得：v322ghD和B碰撞过程：设碰后二者的速度为v4，对D和B组成的系统，有：mv3(m+3m)v4解得：v42gh2从D和B碰后到A恰离开地面的过程中：设A恰离开地面时，D和B的速度为v，把D、B和弹簧作为一个系统，系统机械能守恒，有：12(m+3m)v42+EP1EP2+(m+3m)(x1+x2)+12(m+3m)v2解得：vg(hk+35mg)10k。13