2023版高考物理总复习之加练半小时-第七章-微专题47-动量守恒定律及应用.docx

微专题47　动量守恒定律及应用
1．守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒.2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．
1．(多选)对于以下四幅图所反映的物理过程，下列说法正确的是(　　)

A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少
B．图乙中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
答案　AC
解析　题图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，由于存在摩擦力，机械能有损失，故A正确；
题图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为两木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；
题图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；
题图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，故D错误．
2．羽毛球运动是人们日常活动中最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面上的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L.已知羽毛球质量为5 g，纸箱的质量为2.495 kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2 cm，g取10 m/s2.则羽毛球击中纸箱的初速度是(　　)
A．0.1 m/s B．1 m/s
C．10 m/s D．100 m/s
答案　D
解析　设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱时与纸箱一起滑行的速度为v′，由动量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′
羽毛球与纸箱一起滑行时，由能量守恒定律可得(m＋M)v′2＝μ(m＋M)gL，解得v≈
100 m/s，故选D.
3．2022年第24届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)

A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
答案　C
解析　根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；由题图(b)知碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s.根据图像可得，红壶碰前的加速度为a1＝＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，碰后蓝壶的加速度大小为a′＝＝0.12 m/s2，故B错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝ m－ m＝1.1 m，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝mv02＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误．
4．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为12m、14m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住后恰好不相撞(不计水的阻力)，求：

(1)甲船上的人接住货物后的速度大小；
(2)乙船上的人抛出货物的速度(相对于地面)．
答案　(1)v0　(2)5v0，方向向左．
解析　(1)恰好不相撞时，两船速度相等，甲、乙两船及货物满足动量守恒，取向右为正方向
12m×2v0＋14mv0＝(12m＋14m)v，
解得v＝v0
(2)乙船上的人抛出货物时，乙船和货物满足动量守恒，取向右为正方向14mv0＝13mv＋mv1
可得抛出货物的速度v1＝－5v0
因此抛出货物速度大小为5v0，方向向左．
5．如图所示，冰雪滑道的B点的左侧是粗糙的水平轨道，右侧是光滑的曲面轨道，左右两侧平滑连接．质量m＝20 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑，经过B点时被静止的质量M＝60 kg的家长抱住，一起滑行到C 点(图中未画出)停下．已知A点高度h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：

(1)小孩刚到B点时的速度大小v；
(2)家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能；
(3)B、C间的距离s.
答案　(1)10 m/s　(2)750 J　(3) m
解析　(1)曲面光滑，小孩下滑过程机械能守恒，根据机械能守恒定律得mgh＝mvB2
代入数据解得vB＝10 m/s
(2)家长抱住小孩过程，家长与小孩组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v
代入数据解得v＝2.5 m/s
小孩和家长组成的系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2
代入数据解得ΔE＝750 J
(3)小孩和家长组成的系统以共同速度v向左做匀减速直线运动，由动能定理得－μ(m＋M)gs＝0－(m＋M)v2
代入数据解得s＝ m.
6．如图所示，半径R＝5 m的光滑圆弧轨道BC与光滑斜面AB相切于B点、与粗糙水平面CD相切于C点，圆弧对应的圆心角θ＝37°.一质量m1＝0.6 kg的小物块P从斜面上A点由静止开始沿轨道下滑，然后与静止在水平面左端的小物块Q发生碰撞并粘连在一起，碰撞时间极短．已知A、B两点间距l＝ m，小物块Q的质量m2＝0.4 kg，小物块P、Q与水平面间的动摩擦因数均为0.6，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)小物块P滑到圆弧底端C点与小物块Q碰前瞬间对轨道的压力大小；
(2)碰后物块整体沿水平面滑动的距离．
答案　(1)18 N　(2)3 m
解析　(1)小物块P从A点到C点的运动过程，由动能定理得m1glsin 37°＋m1gR(1－cos 37°)＝m1v12
解得v1＝10 m/s
小物块P滑到圆弧底端C点时FN－m1g＝
由牛顿第三定律FN′＝FN
解得FN′＝18 N
(2)小物块P与静止在水平面左端的小物块Q碰撞并粘连在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝6 m/s
小物块P和小物块Q整体的加速度为a，由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
小物块P和小物块Q整体做匀减速运动2ax＝v22
解得x＝3 m.
7.在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：

(1)A、B两球相碰时的位置距地面的距离；
(2)A、B两球的质量之比．
答案　(1)h　(2)1∶3
解析　(1)A、B静止释放后做自由落体运动，B的落地速度v＝，此时A距地面高度为2h，速度也为.
设B与地面碰撞后经过时间t两球相遇，2h＝vt＋gt2＋，解得：t＝
联立解得A、B两球相碰时的位置距地面的距离hB＝vt－gt2＝h
(2)设A与B碰撞前两者的速度大小分别为vA、vB，碰撞后速度大小分别为vA′、vB′
A、B发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′
mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2
由碰后A恰好回到出发点，可得vA＝vA′
从中可得mAvA＝mBvB
又有vA＝v＋gt
vB＝v－gt
可得＝
联立解得＝
即A、B质量之比为1∶3
8．(2022·湖南长郡中学高三月考)如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道．AB是半径为R＝1.2 m的圆弧轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接，已知BC段水平轨道长L＝2 m，现让一个质量为M＝3.5 kg的小球从A点正上方距A点高H＝0.6 m处自由落下，运动到圆弧轨道最低点B时，与质量为m＝2.5 kg的滑块发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，使之不影响滑块的后续运动．已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，小球和滑块均可视为质点，求：

(1)小球与滑块碰前瞬间，小球对轨道的压力大小；
(2)通过计算判断滑块是否能到达最高点O.若能，请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置．
答案　(1)140 N　(2)能，BC中点
解析　(1)小球从A到B过程，根据机械能守恒可得Mg(H＋R)＝Mv02
在B点根据牛顿第二定律可得FN－Mg＝M
联立解得v0＝6 m/s，FN＝140 N
根据牛顿第三定律可知碰前瞬间，小球对轨道的压力大小为140 N.
(2)两物体发生弹性碰撞的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律可得Mv0＝Mv1＋mv2
Mv02＝Mv12＋mv22
联立解得碰后瞬间，滑块的速度为v2＝7 m/s
假设滑块恰好能运动到O点，应满足mg＝m
解得v4＝ m/s
滑块从B到O的运动过程，据动能定理可得－μmgL－mg·2r＝mv32－mv22
解得滑块到达最高点O的速度为v3＝ m/s
由于v3＝v4，滑块恰好能经过最高点O，滑块从O点做平抛运动，
水平方向上x＝v3t
竖直方向上2r＝gt2
联立解得x＝1 m
故滑块落点为轨道BC的中点．