2023年高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律练案19动量守恒定律及应用新人教版

练案[19]动量守恒定律及应用一、选择题(此题共8小题，1～5题为单项选择，6～8题为多项选择)1．(2023·吉林省通榆一中高三上学期期中理综试题)粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统eq\x(导学号21993132)(B)A．动量和机械能都守恒B．动量和机械能都不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒[解析]子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，在一起滑动过程中，受到地面的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，根据能量守恒定律，子弹打入木块和在地面上滑行过程系统要克服阻力做功，局部机械能转化为内能，机械能不守恒，故B正确，ACD错误。2．(2023·河北省唐山市丰南区高三上学期期中试题)如下图，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为eq\x(导学号21993133)(C)A．eq\f(mv\o\al(2,0),16) B．eq\f(mv\o\al(2,0),8)C．eq\f(mv\o\al(2,0),4) D．eq\f(mv\o\al(2,0),2)[解析]当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据守恒定律，有：mv0＝2mv1计算得出：v1＝eq\f(1,2)v0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能Ep，那么：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,1)代入数据得：Ep＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故C正确；综上所述此题答案是：C。3．如下图，质量为M的斜面小车静止在水平面上，质量为m的物块从斜面上端由静止释放，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是eq\x(导学号21993134)(C)A．v1︰v2＝M︰m B．v1︰v2＝m︰MC．v1︰v2>M︰m D．v1︰v2<M︰m[解析]规定向左为正方向，物块滑离小车时，设物块水平分速度为v′，物块和小车在水平方向上动量守恒，有0＝mv′－Mv2，解得v2＝eq\f(mv′,M)，因为v′<v1，那么物块滑离小车时小车的速度v2<eq\f(mv1,M)，即v1︰v2>M︰m，故C正确，ABD错误。应选C。4.(2023·安徽省定远县示范中学上学期第二次调研)如下图，半径为R内外表光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，有一滑块(可看成质点)沉着器顶端无初速释放，那么eq\x(导学号21993135)(C)A．滑块下滑过程中只有重力做功，所以滑块的机械能守恒B．滑块的机械能不守恒，所以它不可能上升到另一顶端C．滑块下滑的过程中，滑块与容器的总动量守恒D．滑块运动到最低点的速率等于eq\r(2gR)[解析]滑块下滑过程中，重力与容器的支持力对滑块做功，滑块的机械能不守恒，故A错误；滑块与容器组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，当滑块滑到右端最高点时，滑块与容器速度相等，由动量守恒定律可知，系统总动量为零，滑块与容器的速度为零，在整个过程中，只有重力对系统做功，系统机械能守恒，容器的重力势能不变，系统动能为零，由机械能守恒定律可知，滑块末位置的高度与初位置的高度相等，滑块可以上升到B端，故B错误；滑块下滑过程中，滑块与容器水平方向所受合外力为零，竖直方向所受合外力不为零，因此滑块和容器组成的系统仅水平方向总动量守恒，故C正确；容器固定不动时，滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gR)，容器不是固定的，滑块滑到最低点时，容器有向左的速度，容器动能不为零，在该过程中，系统机械能守恒，由于容器动能不为零，那么滑块的动能小于滑块重力势能的减少量，滑块的速度小于eq\r(2gR)，故D错误；应选C。5．(2023·江西省赣州市四校协作体高三上学期期中试题)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，那么船的动量和速度的变化情况是eq\x(导学号21993136)(A)A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小[解析]因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v。设船原来的运动方向为正方向，那么由动量守恒可得：(M＋m)v0＝Mv＋mv1－mv1可得：v>v0即发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大，故A正确；综上所述此题答案是：A。6．(2023·山东省枣庄市八中高三11月月考试题)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断eq\x(导学号21993137)(BD)A．A、B的质量比为2∶3B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变[解析]根据动量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得：mA︰mB＝3︰2，故A错误；根据动量守恒知A、B作用前后总动能守恒，B正确C错误；作用前总动能：eq\f(1,2)mA·62＋eq\f(1,2)mB·12＝eq\f(55,3)mA，作用后总动能：eq\f(1,2)mA·22＋eq\f(1,2)mB·72＝eq\f(55,3)mA，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确；应选BD。7．(2023·江西省奉新一中高三上学期第四次月考试题)如图甲所示，质量M＝0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4s后撤去力F。假设滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，那么以下说法正确的选项是eq\x(导学号21993138)(BC)A．0～4s时间内拉力的冲量共为3.2N·sB．t＝4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·sD．木板的速度最大为2m/s[解析]拉力F的冲量等于F－t图象的面积，0～4s时间内拉力的冲量I＝eq\f(1,2)(0.5＋1)×2N·s＋1×2N·s＝3.5N·s，A错误；滑块与木板间恰好打滑时，对木板：μmg＝Ma0。对滑块：F0－μmg＝ma0解得F0＝0.5N，a0＝0.5m/s2。所以t＝0时刻，A、B恰好开始打滑对滑块：IF－μmgt＝mv1，解得4s末滑块的速度v1＝9.5m/s，B正确；t＝4s时，木板的速度v2＝a0t＝0.5×4＝2m/s，之后A加速，B减速，直到共速。取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(m＋M)v解得木板的最大速度v＝3.5m/s对木板：由动量定理得I＝Mv解得I＝2.8N·s，C正确，D错误；应选：BC。8．(2023·河北省衡水第一中学高三上学期分科综合考试)在里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运发动从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运发动从跳台上起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而速度减为零，不计跳水运发动水平方向的运动，运发动人水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，重力加速度g，那么eq\x(导学号21993139)(AD)A．运发动从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为eq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0B．水对运发动阻力的冲量大小为meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)C．运发动克服水的阻力做功为mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．运发动从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)[解析]设入水前运发动的速度大小为v，运发动在空中运动的过程中机械能守恒，那么：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)，取向下为正方向，由动量定理得：运发动起跳后在空中运动过程受到合外力冲量大小为：I＝ΔP＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)－(－mv0)＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0，A正确；运发动在水中运动的过程中受到重力和水的阻力，那么：IG－I水＝0－meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)所以水对运发动阻力的冲量大小大于meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)，B错误；运发动从起跳到入水后速度减为零的过程中运发动克服水的阻力做功等于机械能减少量，大小为：E＝|－mgh－(mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0))|＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，C错误，D正确。二、非选择题9．(2023·河北省衡水第一中学高三上学期分科综合考试)如下图，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为eq\f(7,4)R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：eq\x(导学号21993140)(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量。答案：(1)5mg(2)M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m[解析](1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：F′N＝FN联立解得：F′N＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，那么：mv0＝(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h。那么有R2＋h2＝(eq\f(7,4)R)2根据能量守恒定律有：mgh＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2联立解得：M＝eq\f(\r(33),8－\r(33))m10．(2023·山东省潍坊市高三上学期期末试题)如下图，长L＝3.25m，质量M＝2kg的平板车停在光滑水平面上，上外表距地面高度h＝0.8m，质量m＝2kg的小滑块放在小车左端，与小车上外表间的动摩擦因数μ＝0.4，当小车固定时，对滑块施加水平向右的拉力F＝28N，作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端的水平距离为1.2m，取g＝10m/s2。eq\x(导学号21993141)(1)求滑块滑离小车时的速度；(2)求力F作用的时间；(3)假设小车不固定，水平拉力F及时间不改变，求滑块落地点距小车右端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保存2位小数)。答案：(1)3m/s(2)32.5s(3)1.94m[解析](1)平抛过程：x2＝vt′h＝eq\f(1,2)gt′2解得v＝3m/s(2)设力F作用时间为t，滑块前进x1，对滑块由动能定理：Fx1－μmgL＝eq\f(1,2)mv2由牛顿第二定律：F－μmg＝ma由运动学知识：x1＝eq\f(1,2)at2解得t＝0.5s(3)力F作用过程中小车的加速度为ac，μmg＝Mac撤力时滑块相对小车滑过的距离Δx1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)act2撤力时滑块和车的速度分别为vk和vcvk＝atvc＝act设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为vgmvk＋Mvc＝(M＋m)vgeq\f(1,2)mveq\o\al(2,k)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,g)＋μmgΔx2解得Δx2＝0.56mΔx1＋Δx2＝1.31m<L故滑块未滑离平板车；滑块相对小车静止时到小车右端的距离：3.25m－1.31m＝1.94m11．(2023·重庆市巴蜀中学高三上学期期中理综物理试题)一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如下图，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M(M＞m)的足球(可视为质点)以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求：eq\x(导学号