高2021届高2018级高中物理大一轮复习资料三维设计课件课时跟踪检测(二十)动量守恒定律及其应用

课时跟踪检测（二十）动量守恒定律及其应用[A级——基础小题练熟练快]1.(多选)如图所示,在光滑水平面上有静止物体A和B。

物体A的质量是B的2倍,两物体中间有用细绳捆绑的水平压缩轻弹簧(弹簧和物体不栓接)。

当把绳剪开以后任何瞬间,下列说法正确的是()A.A的速率是B的速率的一半B.A的动量是B的动量的两倍C.A、B所受的力大小相等D.A、B组成的系统的总动量不为0【试题解析】：选AC取向左为正方向,根据系统的动量守恒得：m A v A－m B v B＝0,因为m A＝2m B,所以v A＝0.5v B,故A正确。

由动量守恒得：m A v A－m B v B＝0,所以A的动量与B的动量大小相等,方向相反,故B错误。

A、B受到的力等于弹簧的弹力,大小相等,故C正确。

A、B和弹簧组成的系统合外力为零,系统的总动量守恒,保持为零,故D错误。

故选A、C。

2.(2019·内江一模)如图所示将一质量为m的小球,从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点,下列说法中正确的是()A.从A→B,半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移B.从B→C,半圆形槽和小球组成的系统动量守恒C.从A→B→C,C点可能是小球运动的最高点D.小球最终在半圆形槽内作往复运动【试题解析】：选D小球与半圆形槽水平方向动量守恒,m v1＝M v2,则m v1t＝M v2t,mx1＝Mx2,如果m<M,x1>x2,故A错误；从B→C,半圆形槽和小球组成的系统水平方向受外力为零,水平方向动量守恒,故B错误；从A→B→C,机械能守恒,小球到达最高点C时,速度为零,C 点与A点等高,故C错误；小球从最高点C滑下运动到左边最高点A时,速度又减到零,如此反复,故D正确。

3.(2019·安徽江南十校联考)如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2,物块可视为质点。

则A碰撞前瞬间的速度为()A.0.5 m /sB.1.0 m/sC.1.5 m /sD.2.0 m/s【试题解析】：选C 碰后物块B 做匀减速直线运动,由动能定理有－μ·2mgx ＝0－12·2m v 22,得v 2＝1 m/s 。

A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有m v 0＝m v 1＋2m v 2,12m v 02＝12m v 12＋12·2m v 22,解得v 0＝1.5 m/s,则选项C 正确。

4.(多选)在2018年世界斯诺克国际锦标赛中,中国选手丁俊晖把质量为m 的白球以5v 的速度推出,与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰,碰撞后黄球的速度为3v ,运动方向与白球碰前的运动方向相同。

若不计球与桌面间的摩擦,则( )A.碰后瞬间白球的速度为2vB.两球之间的碰撞属于弹性碰撞C.白球对黄球的冲量大小为3m vD.两球碰撞过程中系统能量不守恒【试题解析】：选AC 由动量守恒定律可知,相同质量的白球与黄球发生对心正碰,碰后瞬间白球的速度为2v ,故A 正确。

碰前的动能为12m (5v )2＝252m v 2,碰后的动能为12m (3v )2＋12m (2v )2＝132m v 2,两球之间的碰撞不属于弹性碰撞,故B 错误。

由动量定理,白球对黄球的冲量I 大小就等于黄球动量的变化Δp ,Δp ＝3m v －0＝3m v ,故C 正确。

两球碰撞过程中系统能量守恒,损失的动能以其他形式释放,故D 错误。

5.(2020·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移—时间图像。

图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。

已知相互作用时间极短,由图像给出的信息可知( )A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【试题解析】：选D 根据x -t 图像的斜率等于速度,可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m /s,滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s,则碰前速度大小之比为5∶2,故选项A 错误；碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块Ⅰ的动量为负,滑块Ⅱ的动量为正,由于碰撞后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小,故选项B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ,解得m 2＝6m 1,由动能的表达式可知,12m 1v 12>12m 2v 22,故选项C 错误,D 正确。

6.(2019·福建福州模拟)一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )A.m ＝v 2－v 0v 1M B.m ＝v 2v 2＋v 1M C.m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M D.m ＝v 2－v 0v 2－v 1M 【试题解析】：选C 规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得M v 0＝(M－m )v 2－m v 1,解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ,故C 正确。

7.(2018·全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶。

驾驶员发现其正前方停有汽车B ,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B 。

两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B 车向前滑动了4.5 m,A 车向前滑动了2.0 m 。

已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g ＝10 m/s 2。

求：(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小。

【试题解析】：(1)设B 车的质量为m B ,碰后加速度大小为a B 。

根据牛顿第二定律有μm B g ＝m B a B ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B 车速度的大小为v B ′,碰撞后滑行的距离为s B 。

由运动学公式有v B ′2＝2a B s B ②联立①②式并利用题给数据得v B ′＝3.0 m/s 。

③(2)设A 车的质量为m A ,碰后加速度大小为a A ,根据牛顿第二定律有μm A g ＝m A a A ④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v A ′,碰撞后滑行的距离为s A ,由运动学公式有v A ′2＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为v A 。

两车在碰撞过程中动量守恒,有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.3 m/s 。

⑦答案：(1)3.0 m /s (2)4.3 m/s[B 级——增分题目练通抓牢]8.(多选)(2019·龙岩模拟)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的物体A 、B 质量均为m ,在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动。

在t ＝0时轻绳断开,A 在F 作用下继续前进,则下列说法正确的是( )A.t ＝0至t ＝m v F 时间内,A 、B 的总动量守恒B.t ＝2m v F 至t ＝3m v F时间内,A 、B 的总动量守恒 C.t ＝2m v F 时,A 的动量为2m v D.t ＝4m v F 时,A 的动量为4m v【试题解析】：选AC 在B 停止运动前,A 、B 的合外力为零,总动量守恒。

在B 停止运动后,A 、B 的合外力不为零,总动量不守恒。

设A 、B 所受的滑动摩擦力大小均为f ,系统匀速运动时,有F ＝2f ,得f ＝F 2；轻绳断开后,对B ,取向右为正方向,由动量定理得－ft ＝0－m v ,联立得t ＝2m v F ,即t ＝2m v F 时B 停止运动。

在B 停止运动前,即在t ＝0至t ＝2m v F时间内,A 、B 系统的合外力为零,总动量守恒,故A 正确；t ＝2m v F 至t ＝3m v F 时间内,B 停止运动,A 做匀加速运动,系统的合外力不为零,则系统的总动量不守恒,故B 错误；t ＝2m v F 时,取向右为正方向,由系统的动量守恒得2m v ＝p A ＋0,得A 的动量p A ＝2m v ,故C 正确；t ＝4m v F 时,对A ,由动量定理得F 2·2m v F＝p A ′－2m v ,解得A 的动量p A ′＝3m v ,故D 错误。

9.如图所示,小球A 和小球B 位于同一竖直线上,小球A 距水平地面的高度为H ＝0.6 m,小球B 到水平地面的距离为h ＝0.2 m,同时由静止释放两球。

设B 和地面为弹性碰撞,两球碰撞后B 球速度为0,小球A 的质量为m ,小球B 的质量为5m 。

重力加速度大小g 取10 m/s 2,忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间,小球所受重力远小于碰撞力。

以地面为参考面,两球第一次碰撞后小球A 能到达的高度为( )A.1.6 mB.0.82 mC.0.6 mD.0.35 m【试题解析】：选D B 球落地时的速度大小为v 1＝2gh ＝2×10×0.2 m /s ＝2 m/s,此时A 球的速度大小也为2 m/s 。

设B 球撞地后上升t 时间与a 球相撞,则有H －h ＝⎝⎛⎭⎫v 1t ＋12gt 2＋⎝⎛⎭⎫v 1t －12gt 2,得t ＝0.1 s,两球相撞前瞬间A 球的速度为v A ＝v 1＋gt ＝3 m /s,B 球的速度为v B ＝v 1－gt ＝1 m/s 。

对于碰撞过程,取向上为正方向,由动量守恒定律得5m v B －m v A ＝m v A ′,解得v A ′＝2 m/s 。

两球第一次碰撞后小球A 能上升的最大高度h ′＝v A ′22g＝0.2 m,两球碰撞处离地高度h ″＝v 1t －12gt 2＝2×0.1 m －12×10×0.12 m ＝0.15 m,所以两球第一次碰撞后小球A 能到达的高度为H ′＝h ′＋h ″＝0.35 m 。

10.(多选)(2020·六安一中模拟)如图所示,竖直墙面和水平地面均光滑,质量分别为m A ＝6 kg,m B ＝2 kg 的A 、B 两物体用质量不计的轻弹簧相连,其中A 紧靠墙壁,现对B 物体缓慢施加一个向左的力,该力对物体B 做功W＝25 J ,使A 、B 间弹簧被压缩,在系统静止时,突然撤去向左推力解除压缩,则( )A.解除压缩后,两物体和弹簧组成系统动量守恒B.解除压缩后,两物体和弹簧组成系统机械能守恒C.从撤去外力至A 与墙面刚分离,A 对弹簧的冲量I ＝10 N·s,方向水平向右D.A 与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时,两物体速率均是2.5 m/s【试题解析】：选BCD 解除压缩后,弹簧在恢复原长的过程中,墙壁对A 物体还有弹力的作用,故解除压缩后到弹簧恢复原长前,两物体和弹簧组成系统动量不守恒,恢复原长后,A 、B 一起向右运动,系统的合外力为零,动量守恒,故A 错误；解除压缩后,两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化,故机械能守恒,故B 正确；压缩弹簧时,外力做的功全转化为弹性势能,撤去外力,弹簧恢复原长,弹性势能全转化为B 的动能,设此时B 的速度为v 0,则：W ＝E p ＝12m B v 02,得v 0＝5 m/s,此过程墙壁对A 的冲量大小等于弹簧对A 的冲量大小,也等于弹簧对B 的冲量大小,由动量定理得：I ＝m B v 0＝10 N·s,故C 正确；当弹簧恢复原长时,A 的速度最小,则：v A min ＝0,A 、B 都运动后,B 减速,A 加速,当A 、B 速度相等时弹簧拉伸最长。