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2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练11 动量守恒定律及其应用

2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练11 动量守恒定律及其应用

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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。
例1．(2020∙全国II卷∙21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得；第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得；依次类推，第8次推出后，运动员的速度，根据题意可知>5 m/s，解得m<60 kg；第7次运动员的速度一定小于5 m/s，即<5 m/s，解得m>52 kg。综上所述，运动员的质量满足52 kg<m<60 kg，BC正确。
【答案】BC
例2．(2020∙全国III卷∙15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )

A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【解析】由v－t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，则损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2＝3 J。
【答案】A
提分训练

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
【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．如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，小车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两人和小车一起以速度v0向右匀速运动。某一时刻，站在小车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在小车左端的甲以相对地面向左的速度v跳离小车。两人都离开小车后，小车的速度将是(　　)

A．v0 B．2v0
C．大于v0，小于2v0 D．大于2v0
【答案】B
【解析】甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，初动量为4mv0，方向向右，由于甲、乙两人跳离小车时相对地面的速度大小相等，方向相反，即两人动量的代数和为零，有4mv0＝2mv′，解得v′＝2v0，故选项B正确，而A、C、D错误。
3．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)

A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
【答案】CD
【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝－M车vc＋m人v，对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v，对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va，所以：vc＝，vb＝0，va＝，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。
4．质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　)

A．R B．R C．R D．R
【答案】A
【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝3mv2，若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，由题意x1＋x2＝3R－R＝2R，解得大球移动的距离x2＝R，故A正确。
5．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4
【答案】C
【解析】由题图可知，在t2时刻之前，弹簧处于压缩状态，t2到t4时刻之间，弹簧处于伸长状态，故A、B错误；AB系统动量守恒，机械能也守恒，t1时刻，A、B获得共同速度1 m/s，由动量守恒定律有，m1v0＝(m1＋m2)v，故＝，C正确；t2时刻，Ek1∶Ek2＝×m1×(－1)2∶(×m2×22)＝1∶8，D错误。
6．如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　　)

A．(s＋L) B．(s＋2L)
C．(s＋L) D．(L＋2s)
【答案】D
【解析】子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝mv－mv，由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，对木块由动能定理：Ffs＝mv，由动量定理：Fft＝mv2，联立解得t＝(L＋2s)，故选D。
7．(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v＝v0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v＝v0，A、B系统生热为Q
B．若v＝v0，A、B相对运动时间为t0
C．若v＝v0，B经历t0时间的位移为L
D．若v＝2v0，A经历t0到达木板右端
【答案】AC
【解析】当v＝v0时，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv′，得v′＝0.5v0，由能量守恒定律得Q＝mv02－×2mv′2＝mv02。若v＝v0，取向右为正方向，由m‧v0＝2mv′得v′＝v0，系统生热Q′＝m(v0)2－×2mv′2 ＝Q，故A正确；当v＝v0时，对B，由动量定理得ft0＝mv′，得；若v＝v0，由m‧v0＝2mv′′得v′′＝v0，由ft＝mv′′，可得，故B错误；若v＝v0，则由A项的分析可知fL＝Q＝mv02，对物体B有fxB＝mv′2＝mv02，得xB＝L，故C正确；若v＝2v0，取向右为正方向，有m‧2v0＝mvA＋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，即m(2v0)2－mvA2－mvB2＝mv02，对B有ft＝mvB－0联立解得t＝(2－)t0≠t0，故D错误。
8．如图甲所示，光滑水平地面上固定有半径为R的光滑圆弧轨道AB，O为圆心，B为最低点，AO水平，BO竖直，紧靠B点右侧并排一足够长的木板，木板上表面与B点等高且平滑连接。现将一质量为m的滑块（可视为质点）从A点正上方高度为R处给其一个竖直向下的初速度，已知木板质量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)滑块滑上木板瞬间的速度大小v1；
(2)滑块与木板达到共速过程中，因摩擦产生的热量Q；
(3)若在距木板右端x处固定一竖直挡板，如图乙所示，滑块释放条件不变。在滑块沿圆弧轨道滑上木板的同时将圆弧轨道AB撤走，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。则x满足什么条件时，木板与挡板的碰撞仅发生一次。
【解析】(1)滑块从释放到滑上木板的过程由机械能守恒定律得：
mv02＋mg‧2R＝mv12
解得：。
(2)设滑块与木板达到共速的速度为v2，则由动量守恒得：mv1＝(m＋2m)v2
则由能量守恒得：Q＝mv12－(m＋2m)v22
联立解得：Q＝2mgR。
(3)设木板与挡板碰前瞬间，木板与滑块的速度为分别为v3和v4，由动量守恒定律得：
mv1＝mv4＋2mv3
要木板与挡板只发生一次碰撞，则碰后需满足
从滑块滑上木板到木板与挡板发生碰撞前瞬间过程，对木板由动能定理得：
μmgx＝×2mv32
联立解得：。
9．如图所示，质量为mc＝2mb的物块c静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t＝1 s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1＝0.9 m，E、B两点的距离为l2＝0.4 m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ＝，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g＝10 m/s2。求：

(1)物块b由C点下滑到E点所用时间；
(2)物块a能到达离A点的最大高度；
(3)a、b物块的质量之比ma∶mb。
【解析】(1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度a1＝gsin α＝5 m/s2
由l1＝a1t12
解得：t1＝0.6 s。
(2)取沿AC方向为正方向，由－l1＝v1t－a1t2
得：v1＝1.6 m/s
a沿斜面上滑距离m
所以物块a能到达离A点的最大高度h＝(l1＋s)sin α＝0.578 m。
(3)设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2′，c的速度为vc，则：
mbv2＝mbv2′＋mcvc
mbv22＝mbv2′2＋mcvc2
mc＝2mb
联立解得：v2′＝－v2，vc＝v2
因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2′的方向沿斜面向上。
在EB段上的加速度a2＝gsin α－μgcos α＝0
所以物块b在EB段上做匀速运动，和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2′，则：
v2′(t－2t2)＝l2
v2′＝a1t2
代入数据得：2v2′2－5v2′＋2＝0
解得：v2′＝0.5 m/s或v2′＝2 m/s
物块b刚下滑到E点时的速度m/s
若v2′＝2 m/s，则v2＝6 m/s＞v0，与事实不符，所以舍去
取v2′＝0.5 m/s，则v2＝1.5 m/s，方向沿斜面向下
设细绳对物块a和b的冲量大小为I，有：
I＝mav1
－I＝mb(v2－v0)
解得：ma∶mb＝15∶16。
10．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x；
(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取）。
【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a，由乙图可知a＝1 m/s2
根据牛顿第二定律有：μmg＝ma
解得：μ＝0.1
由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动，传送带的速度v传＝4 m/s
传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L＝6 m
做平抛运动的时间为t，则有：H＝gt2
平抛运动水平位移x1＝v传t
落地点P与N端水平距离x，则有：x＝L＋x1
联立解得：x＝7.6 m。
(2)设滑块A与B碰后的速度为v1，滑块A、B为系统动量守恒，则有：mv0＝2mv1
滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，滑块C的速度为v3，由乙图知v3＝5 m/s
滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1＝2mv2＋mv3
在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv12＝×2mv22＋mv32
联立解得：Ep＝1 J。
(3)要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知，滑块C在传送带上一直做匀加速运动时，滑块C进入传送带的速度最小为v3′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为v0min，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′，弹开前AB的速度为v1′，则有：
v传2－v3′2＝2aL
滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′＝2mv2′＋mv3′
在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′2＝×2mv2′2＋mv3′2
滑块A、B为系统动量守恒：mv0min＝2mv1′
解得：v0min＝2 m/s
滑块C在传送带上一直做匀减速运动时，滑块C进入传送带的速度最大为v3′′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′′，弹开前AB的速度为v1′′，则有：
v3′′2－v传2＝2aL
滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′′＝2mv2′′＋mv3′′
在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′′2＝×2mv2′′2＋mv3′′2
滑块A、B为系统动量守恒：mv0max＝2mv1′′
联立解得：v0max＝7.56 m/s
滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/s≤v0≤7.56 m/s。