2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十二 動量守恒定律及其應用（含解析）

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1、動量守恒定律及其應用 1．對應本知識點的考查，預計綜合應用動量和能量觀點解決碰撞模型問題是今后命題的熱點，既可以將動量與力學知識結合，也可將動量和電學知識結合，作為理綜試卷壓軸計算題進行命題。 2．注意要點： (1)使用動量守恒定律時，要注意是否滿足動量守恒定律的條件；(2)在列式時一定要注意動量的矢量性。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019?全國III卷?25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝l.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得

2、的動能之和為Ek＝10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。 (1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??； (2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？ (3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 典例2.(2018?全國Ⅰ卷?24)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和

3、也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 三、對點速練 1．右端帶有光滑圓弧軌道質量為M的小車靜置于光滑水平面上，如圖所示，一質量為m的小球以速度v0水平沖上小車，關于小球此后的運動情況，以下說法正確的是( ) A．小球可能離開小車水平向右做平拋運動 B．小球可能從圓弧軌道上端拋出而不再回到小車 C．小球不可能離開小車水平向左做平拋運動 D．小球不可能離開小車做自由落體運動 2．(多選

4、)如圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，則( ) A．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B．在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功 C．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處 D．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 3．某電影里兩名槍手在房間對決，他們各自背靠墻壁，一左一右。假設他們之間的地面光滑隨機放著一均勻木塊，木塊到左右兩邊的距離不一樣。兩人拿著相同的步槍和相同的子彈同時朝木塊射擊一發(fā)子彈，聽天由命。但是子彈都沒有射穿木塊

5、，兩人都活了下來反而成為了好朋友。假設你是偵探，仔細觀察木塊發(fā) 現(xiàn)右邊的射孔(彈痕)更深。設子彈與木塊的作用力大小一樣，請你分析一下，哪個結論是正確的( ) A．開始時，木塊更靠近左邊的人，左邊的人相對更安全 B．開始時，木塊更靠近左邊的人，右邊的人相對更安 C．開始時，木塊更靠近右邊的人，左邊的人相對更安全區(qū) D．開始時，木塊更靠近右邊的人，右邊的人相對更安全 4．一質量為m1的物體以v0的初速度與另一質量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2。假設碰撞在一維上進行，且一

6、個物體不可能穿過另一個物體。物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是( ) A． B． C． D． 5．如圖所示，光滑的水平導軌上套有一質量為1 kg、可沿桿自由滑動的滑塊，滑塊下方通過一根長為1 m的輕繩懸掛著質量為0.99 kg的木塊。開始時滑塊和木塊均靜止，現(xiàn)有質量為10 g的子彈以500 m/s的水平速度擊中木塊并留在其中(作用時間極短)，取重力加速g＝10 m/s2。下列說法正確的是( ) A．子彈和木塊擺到最高點時速度為零 B．滑塊的最大速度為2.5 m/s C．子彈和木塊擺起的最大高度為

7、0.625 m D．當子彈和木塊擺起高度為0.4 m時，滑塊的速度為1 m/s 6． (多選)水平面上的A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的 圖象，a、b分別為A、B兩球碰前圖象，c為碰撞后兩球共同運動的圖象，已知A球質量是m＝2 kg，則由圖象判斷下列結論正確的是( ) A．由圖象可知碰撞前A球做勻減速直線運動，B球做勻加速直線運動 B．碰撞前后A球動量變化量大小為4 kg?m/s C．B球質量為kg D．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg?m/s 7．(多選)如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處

8、粗糙程度相同，一質量為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度沖上木板，當v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統(tǒng)生熱為Q，則( ) A．若v＝v0，A、B系統(tǒng)生熱為 B．若v＝v0，A、B相對運動時間為t0 C．若v＝v0，B經歷t0時間的位移為L D．若v＝2v0，A經歷t0到達木板右端 8．如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側緊靠一固定擋板P，某時刻給滑塊C施加一個水平沖量使其以初速度v0水平向左運動，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具

9、有的彈性勢能為1.35 J，此時撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C的質量分別為mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.17。求： (1)滑塊C的初速度v0的大?。? (2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊B、C的速度大?。? (3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的沖量。 9．如圖甲所示，質量M＝3.0 kg的平板小車C靜止在光滑的水平面上，在t＝0時，兩個質量均為1.0 kg的小物體A和B同時從左右兩端水平沖上小車，1.0 s內它們的v－t圖象如圖乙所示

10、，g取10 m/s2。 (1)小車在第1.0 s內所受的合力為多大? (2)要使A、B在整個運動過程中不會相碰，車的長度至少為多少? (3)假設A、B兩物體在運動過程中不會相碰，試在圖乙中畫出A、B在1.0s~3.0 s時間內的v－t圖象。 10．如圖所示，質量為4m的鋼板A放在水平地面上，質量為3m的鋼板B與一勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在鋼板A上，整體都處于靜止狀態(tài)。一質量為2m的物塊C從鋼板B正上方高為h的位置自由落下，打在鋼板B上并立刻與鋼板B一起向下運動，且二者粘在一起不再

11、分開。它們到達最低點后又開始向上運動的過程中，剛好能使鋼板A離開地面但不繼續(xù)上升。若物塊C換成質量為m的物塊D，并從鋼板B正上方高為4h的位置自由落下，打在鋼板B上并也立刻與鋼板B一起向下運動，且二者也粘在一起不再分開。求鋼板A離開地面時，物塊D和鋼板B的速度大小。已知重力加速度大小為g，彈簧在彈性限度內。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0＝mAvA－mBvB ① ② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據得：v

12、A＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s (2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有： mBa＝μmBg ④ ⑤ vB－at＝0 ⑥ 在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sA都可表示為 ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據得：sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 這表明在時間t內A已與

13、墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處。B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m ⑨ (3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有 ⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據得：m/s 故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有 mA(－vA?) ＝mAvA??＋mBvB?? 聯(lián)立式并代入題給數(shù)據得：m/s，m/s 這表明碰撞后A將向右運

14、動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式 ， 由④式及題給數(shù)據得：sA?＝0.63 m，sB?＝0.28 m sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s?＝sA?＋sB?＝0.91 m。 典例2.【解析】(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有：E＝mv ① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有：0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得：t＝。③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有：E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方

15、向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有：mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為：h＝h1＋h2＝。⑧ 三、對點速練 1．【答案】A 【解析】小球從圓弧軌道上端拋出后，小球水平方向的速度和車的速度相同，故小球仍會落回到小車上；小球落回到小車后，相對小車向左滑動，然后從左邊離開小車：如果小球對地面的速度向左，則小球離開小車水平向左做平拋運動；如果

16、小球對地面的速度為零，則小球離開小車后做自由落體運動；如果小球對地面的速度向右，則小球離開小車水平向右做平拋運動。故A正確，BCD錯誤。 2．【答案】AD 【解析】在下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故選項A正確；在滑動過程中，槽向后滑動，根據動能定理知，槽的速度增大，則小球對槽的作用力做正功，故選項B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧的速度大小相等，可知反彈后，小球和槽都做速率不

17、變的直線運動，且速度大小相等，小球不會回到槽高h處，故選項D正確，C錯誤。 3．【答案】B 【解析】子彈的質量與射出時的速度都相等，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)總動量為零；如果木塊在正中間，則彈痕應該一樣長，結果是右邊的長一些，假設木塊靠近其中某一人，設子彈質量為m，初速度為v0，木塊質量為M，阻力為f，彈痕長度分別為x1、x2，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M+m)v1，由能量守恒定律得：mv02＝(M+m)v12＋fx1，對另一發(fā)子彈，同樣有：(M+m)v1-mv0＝0，mv02＋(M+m)v12＝fx2，解得：x1

18、＜x2，綜合判斷，后接觸木塊的子彈彈痕長，更容易射穿木塊，對面的人更危險，所以一開始木塊離左邊近一些，右邊的人相對更安全，故B正確，ACD錯誤。 4．【答案】B 【解析】若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0＝m1v1+m2v2；由能量關系：，解得，則；若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0＝(m1+m2)v，解得，則，故，B正確。 5．【答案】C 【解析】設子彈質量為m0，木塊質量為m1，滑塊質量為m2，由子彈、木塊、滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度，且速度方向水平，A項錯誤；只要輕繩與桿之間的夾角為銳角，輕繩拉力對滑塊做正功，滑

19、塊就會加速，所以當輕繩再次豎直時滑塊速度最大，設此時滑塊速度為vm，子彈和木塊速度為v＇，則由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)v＇+m2vm，(m0+m1)v12＝(m0+m1)v?2＋m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5m/s，即滑塊的最大速度為5m/s，B項錯誤；當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度v，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝ (m0+m1)v1＝(m0+m1+m2)v，解得v＝2.5m/s，由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得(m0+m1)v12＝(m0+m1+m2)v2＋(m0+m1)gh，解得h＝0.625m，C項

20、正確；當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)vx+m2v3，得vx＝4m/s，而此時木塊和子彈豎直方向速度一定不為零，故由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得(m0+m1)v12＝(m0+m1)(vx+xy)2＋m2v32 +(m0+m1)gh，解得h<0.4m，D項錯誤。 6．【答案】BC 【解析】由x－t圖象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B兩球都是勻速運動，故A錯誤；碰撞前有：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1m/s；碰撞前后A的動量變化為：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3

21、)＝4kg?m/s，故B正確；根據動量守恒定律，碰撞前后B的動量變化為：ΔPB＝－ΔPA＝－4kg?m/s，又：ΔPB＝mB（vB′－vB），所以解得：mB＝kg，故C正確；所以A與B碰撞前的總動量為：P總＝mvA+mBvB＝2×(－3)+×2＝－kg?m/s，故D錯誤。 7．【答案】AC 【解析】當v＝v0時，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0＝2mv′，代入數(shù)據得：v′＝0.5v0。由能量守恒定律得：Q＝mv02-×2mv′2＝mv02。若v＝v0，取向右為正方向，根據動量守恒定律得m?v0＝2mv′得：v′＝v0。系統(tǒng)生熱：，選項A正確；當v＝v0時，對B，由動量定理得：ft

22、0＝mv′可得：；若，根據動量守恒定律得得：。對B，由動量定理得：，可得：，選項B錯誤；若v＝v0，則由A選項的分析可知：fL＝Q＝mv02； 對物體B：聯(lián)立解得：，選項C正確；若v＝2v0，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：m?2v0＝mvA+mvB，A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功，與木板的長度有關，可知A、B系統(tǒng)生熱仍為Q。根據能量守恒定律得：。結合上面解答有：Q＝mv02。對B，由動量定理得：ft＝mvB-0；聯(lián)立解得：（另一值不合理舍去），，故D錯誤。 8．【解析】(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正，根據動量守恒定律得：

23、 彈簧被壓縮至最短時，滑塊B、C速度為零，根據能量守恒定律得： 解得：v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。 (2)設彈簧彈開至恢復到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據動量守恒定律得： 根據能量守恒定律得： 解得：v2＝1.9 m/s。 (3)設彈簧對滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動量定理得： 解得：，方向水平向右。 9．【解析】(1)由圖可知，在第1s內，A、B的加速度大小相等，為α＝2m/s2。 物體A、B所受的摩擦力均為f＝ma＝2N 方向相反。根據牛頓第三定律，車C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力為零 (

24、2)設系統(tǒng)最終的速度為v，由系統(tǒng)動量守恒得：mvA＋mvB＝(2m＋M)v 代入數(shù)據，解得v＝0.4m/s，方向向右。 由系統(tǒng)能量守恒得：f(sA＋sB)＝12mvA2-12mvB2－12 (2m＋M)v2 解得A、B的相對位移，即車的最小長度s＝sA＋sB＝4.8m (3)1s后A繼續(xù)向右減速滑行，小車與B一起向右加速運動，最終達到共同速度v。 在該過程中，對A運用動量定理得：－fΔt＝mΔv 解得Δt＝0.8s。 即系統(tǒng)在t＝1.8s時達到共同速度，此后一起做勻速運動。 在1.0s～3.0s時間內的v－t圖象如下。 10．【解析】物塊C從鋼板B正上方距離為h的位置自由落下

25、時，C下落前，設彈簧的壓縮量為x1，對B有： 3mg＝kx1 解得：x1＝3mgk C下落的過程：設C和B碰撞前瞬間的速度為v1，對C有：2mgh＝12×2mv12 解得：v1＝2gh C和B碰撞過程，設碰后二者的速度為v2，對C和B組成的系統(tǒng)，有：2mv1＝(2m+3m)v2 解得：v2＝252gh C和B一起到最高點時，A恰離開地面，設彈簧的伸長量為x2對A有：4mg＝kx2 解得：x2＝4mgk 從C和B碰后到二者一起到最高點的過程中：二者一起到最高點時，A恰離開地面，設C碰撞B前，彈簧的彈性勢能為EP1；C和B一起到最高點時，彈簧的彈性勢能為EP2.把C、B和

26、彈簧作為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)機械能守恒，有： 12(2m+3m)v22+EP1＝EP2+(2m+3m)(x1+x2) 解得：EP2-EP1＝35(mg)2k-45mgh 物塊D從鋼板B正上方距離為4h的位置自由落下時，D下落的過程，設D和B碰撞前瞬間的速度為v3，對D有：mg×4h＝12mv32 解得：v3＝22gh D和B碰撞過程：設碰后二者的速度為v4，對D和B組成的系統(tǒng)，有：mv3＝(m+3m)v4 解得：v4＝2gh2 從D和B碰后到A恰離開地面的過程中：設A恰離開地面時，D和B的速度為v，把D、B和彈簧作為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)機械能守恒，有： 12(m+3m)v42+EP1＝EP2+(m+3m)(x1+x2)+12(m+3m)v2 解得：v＝g(hk+35mg)10k。 13