2024高考物理一轮复习规范演练26动量守恒定律及其应用含解析新人教版

PAGE7-规范演练26动量守恒定律及其应用[抓基础]1．(2024·福建福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出肯定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()A.eq\f(v2－v1,v1)M B.eq\f(v2,v2－v1)MC.eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D.eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案：C2．(多选)(2024·广西南宁四中月考)A、B两物体在光滑水平面上沿同始终线运动，如图所示为发生碰撞前后的vt图线，下列推断中正确的是()A．A、B作用前后总动量守恒B．A、B作用前后总动量不守恒C．A、B的质量比为2∶3D．A、B作用前后总动能不变解析：由于A、B两物体在光滑水平面上碰撞，则动量守恒，选项A正确，B错误；依据动量守恒定律有mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得mA∶mB＝3∶2，选项C错误；作用前总动能Ek1＝eq\f(1,2)mA·62＋eq\f(1,2)mB·12＝eq\f(55,3)mA，作用后总动能Ek2＝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，选项D正确．答案：AD3．(2024·青岛质检)质量为m的炮弹恰好沿水平方向飞行时，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为eq\f(Ek,2)，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为()A.eq\f(Ek,2) B.eq\f(9,2)EkC.eq\f(9,4)Ek D.eq\f(9＋4\r(2),2)Ek解析：设向前飞去的一块动能为Ek1，则动量为eq\r(mEk1)，炮弹在空中爆炸，因时间极短，水平方向动量守恒，则有eq\r(2mEk)＝eq\r(mEk1)－eq\r(\f(mEk,2))，解得Ek1＝eq\f(9,2)Ek，选项B正确．答案：B4．(多选)(2024·黑龙江大庆质检)实行下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()A．使喷出的气体速度增大B．使喷出的气体温度更高C．使喷出的气体质量更大D．使喷出的气体密度更小解析：设原来火箭的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量(M－m)的速度是v′，由动量守恒得出(M－m)v′＝mv，则v′＝eq\f(mv,M－m)＝eq\f(v,\f(M,m)－1)，由该式可知m越大或v越大，v′越大，选项A、C正确．答案：AC5．(2024·河北衡水中学模拟考试)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停岸，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.已知他自身的质量为m，则小船的质量M为()A.eq\f(m（L＋d）,d) B.eq\f(m（L－d）,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m（L＋d）,L)解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，依据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝eq\f(m（L－d）,d)，故选项B正确．答案：B6．(2024·东莞调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最终的速率关系是()A．若甲最先抛球，则肯定是v甲＞v乙B．若乙最终接球，则肯定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最终接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙答案：B7．(多选)(2024·西安模拟)如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同始终线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()A．A、B速度相等时B．A的速度等于v时C．弹簧压缩至最短时D．B的速度最小时解析：在压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒，物体的动能转化为弹簧的弹性势能．当A、B速度相等时，此时弹簧压缩至最短，系统损失的动能最多，弹簧的弹性势能最大，选项A、C正确．答案：AC8．(多选)(2024·山东济南一中月考)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同始终线上运动．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6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．该碰撞为弹性碰撞B．该碰撞为非弹性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，说明左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则碰撞后A球的动量是2kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒，mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，可得碰撞后B球的动量是10kg·m/s，由于mB＝2mA，得碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，故C正确，D错误；碰撞前系统动能为eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(62,2mA)＋eq\f(62,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，碰撞后系统动能为eq\f(p′eq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′eq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(22,2mA)＋eq\f(102,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误．答案：AC[提素养]9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1kg.由此可以推断()A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能解析：由x-t图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而改变，处于静止状态．m1速度大小为v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v′2＝2m/s，v′1＝－2m/s，依据动量守恒定律得，m1v1＝m1v′1＋m2v′2，代入解得，m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，代入解得，ΔE＝0J，故D错误．答案：AC10．(2024·海南卷)如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止．一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摇摆一个小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同摆过一个小角度的过程()A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大解析：由于只有子弹射入沙箱的过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，mv＝(m＋M)v共，则系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,m＋M)))eq\s\up12(2)＝eq\f(mMv2,2（m＋M）).由此可知，若保持m、v、l不变，M变大则系统损失的机械能变大，故A错误；若保持M、v、l不变，m变大则系统损失的机械能变大，故B错误；若保持M、m、l不变，v变大则系统损失的机械能变大，故C正确；系统损失的机械能与l无关，故D错误．答案：C11．(多选)(2024·宁夏石嘴山三中月考)如图所示，光滑图形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止起先沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值eq\f(mA,mB)的说法正确的是()A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1C.eq\f(mA,mB)＝1 D.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)解析：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，依据动能定理可知，mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，碰后A和B的速度相等，方向相反或相同，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，依据动能定理得mAg2R＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)；A、B碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，如碰后速度方向相同，则有mAv0＝mAvA＋mBvB，解得eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1；如碰后速度方向相反，则有mAv0＝mBvB－mAvA，解得eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1，故选项A、B正确．答案：AB12．(2024·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发觉其正前方停有汽车B，马上实行制动措施，但仍旧撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，依据牛顿其次定律有μmBg＝mBaB，①设碰撞后瞬间B车速度为v′B，滑行的距离为xB.由运动学公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBxB，②联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0m/s.③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.依据牛顿其次定律有μmAg＝mAaA，④设碰撞后瞬间A车速度为v′A，滑行的距离为xA.由运动学公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAxA，⑤设碰撞前瞬间A车速度为vA，由动量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B，⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3m/s.答案：(1)3.0m/s(2)4.3m/s13．(2024·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面起先上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．解析：本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律．(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①设烟花弹从地面起先上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt，②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1，④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o