2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练：应用动量守恒定律解决三类典型问题（解析版）

2021 届新高考物理第一轮复习课时强化训练 应用动量守恒定律解决三类典型问题 一、选择题 1、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1 4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＝ 2gR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＝ 2gR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 mv02 R 解析：选 C　滑块不固定，当 v0＝ 2gR时，设小球沿槽上升的 高度为 h，则有：mv0＝(m＋M)v，1 2mv02＝1 2(M＋m)v2＋mgh，可解得 h＝M M＋mR＜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＋ mv02 R ，D 错误。 2、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．m Mv0 B．M mv0 C． M M－mv0 D． m M－mv0 解析：选 D　根据动量守恒定律 mv0＝(M－m)v，得 v＝ m M－mv0， 选项 D 正确。 3、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．M＋m m B．m＋M M C． M M＋m D． m M＋m 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vA vB＝ M M＋m，故 C 正确。 4、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。 5、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。 6、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。 7、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－m2 m1v2 D．v0＋m2 m1(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＋m2 m1(v0－v2)，D 项正确。 8、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。 9、(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＝ Δs Δt1＝6 1 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＝Δs2 Δt2＝11－6 2－1 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＝1 2mav12 －1 2(mb＋ma)v2＝1 2×5×62 J－1 2×(1＋5)×52 J＝15 J，故 C 正确，D 错误。10、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。 11、如图所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段 是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨 道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开 始沿 AB 轨道滑下，然后滑入 BC 轨道，最后恰好停在 C 点。已知小车 质量 M=3m，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g。 则 (　　)A.全程滑块水平方向相对地面的位移 R+L B.全程小车相对地面的位移大小 s= (R+L) C.滑块 m 运动过程中的最大速度 vm= D.μ、L、R 三者之间的关系为 R=4μL 解析：选 B。设全程小车相对地面的位移大小为 s，则滑块水平方向 相对地面的位移 x=R+L-s。取水平向右为正方向，由水平方向动量守 恒得 m -M =0，即 m -M =0，结合 M=3m，解得 s= (R+L)，x= (R+L)，故 A 错误，B 正确；滑块刚滑到 B 点时速度最大，取水平向 右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得 0=mvm-Mv、mgR= m + Mv2。联立解得 vm= ，故 C 错误；对整个过程，由动量守恒 定律得 0=(m+M)v′，得 v′=0，由能量守恒定律得 mgR=μmgL，得 R=μL，故 D 错误。 12、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＝1.8m，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＝1 2mAv02，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，1 2mAv02＝1 2mAvA2＋1 2mBvB2， 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。 二、非选择题 13、如图，水平面上相距为 L=5 m 的 P、Q 两点分别固定一竖直挡板， 一质量为 M=2 kg 的小物块 B 静止在 O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为 d=3 m。一质量为 m=1 kg 的小物块 A 以 v0=6 m/s 的初速度从 OP 段的某点向右运动，并与 B 发生弹性碰撞。两物块与 OQ 段间的动摩 擦因数均为 μ=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械 能。重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度； (2)两物块各自停止运动时的时间间隔。 解析：(1)设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为 v1 和 v2，以向右为正方 向。 由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2 碰撞前后动能相等，则得： m = m + M 解得：v1=-2 m/s，方向向左，v2=4 m/s，方向向右。 (2)碰后，两物块在 OQ 段减速时加速度大小均为： a=μg=2 m/s2。 B 经过 t1 时间与 Q 处挡板相碰，由运动学公式： v2t1- a =d 得：t1=1 s(t1=3 s 舍去) 与挡板碰后，B 的速度大小 v3=v2-at1=2 m/s，反弹后减速时间 t2= =1 s反弹后经过位移 s1= =1 m，B 停止运动。 物块 A 与 P 处挡板碰后，以 v4=2 m/s 的速度滑上 O 点，经过 s2= =1 m 停止。 所以最终 A、B 的距离 s=d-s1-s2=1 m， 两者不会碰第二次。 在 A、B 碰后，A 运动总时间 tA= + =3 s B 运动总时间 tB=t1+t2=2 s， 则时间间隔 ΔtAB=tA-tB=1 s。 答案：(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右 (2)1 s 14、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＝5m 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＝10 3 3 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＝1 2mAvA2 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＝1 2(mA＋mB)v12－1 2(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： 1 2(mA＋mB)v12＝1 2(mA＋mB)v32＋1 2mCvC2。 代入数据得：vC＝4 m/s。 答案：(1)10 3 3 N　10 m/s (2)15 J　4 m/s