新高考2021屆高考物理小題必練13動量守恒定律

小題必練13：動量守恒定律

（1）動量守恒定律處理系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用；（2）碰撞、打擊、反沖等“瞬間作用”問題。

癡癡

例1.（2020?全國II卷21）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在

冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推

向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又

把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣

推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面

的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【解析】設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為加、必規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始

時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為口、的，則根據(jù)動量守恒定

律0=勿匕一加兩，解得匕物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動

m

員再次推出物塊加%+隅％=加上一瓶%，解得%=包包%;第3次推出后〃口+/?）%=〃7內(nèi)一加的,

m

解得匕=型%；依次類推，第8次推出后，運動員的速度%=絲生％,根據(jù)題意可知

tnm

v8=—v0>5m/s,解得面<60kg；第7次運動員的速度一定小于5m/s，即%=及里%

mm

<5m/s,解得小>52kg。綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足52kg<?<60kg,BC正確。

【答案】BC

【點睛】本題考查動量守恒定律，注意數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用。

例2.（2020?山東卷48）如圖所示，一傾角為9的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q

兩物塊的質(zhì)量分別為力和4〃，Q靜止于斜面上/處。某時刻，尸以沿斜面向上的速度的與0

發(fā)生彈性碰撞。0與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan0,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P

與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q

的速度減為零之前。不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

2

(1)求產(chǎn)與0第一次碰撞后瞬間各自的速度大小方、

⑵求第n次碰撞使物塊0上升的高度九；

(3)求物塊。從A點上升的總高度H；

(4)為保證在0的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求力點與擋板之間的最小距離so

【解析】(1)尸與。的第一次碰撞，取〃的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

加n="勿1+4加抬1

由機械能守恒定律得:萬勿的‘=5加^/+萬乂4%吃」

聯(lián)立式得：幺=一三及，V(A=-VG

55

32

故第一次碰撞后尸的速度大小為三的,0的速度大小為鼻的

55

⑵設(shè)第一次碰撞后。上升的高度為打，對。由運動學(xué)公式得

。一臉=2-(-2gsin。)?熹

聯(lián)立得九=，L⑥

25g

設(shè)P運動至與0剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為瞼，第一次碰后至第二次碰前，對P

由動能定理得

聯(lián)立得％2=V0

P與0的第二次碰撞,設(shè)碰后產(chǎn)與。的速度分別為小、巾，由動量守恒定律得:

mv°2=mv睦+Amvaz

由機械能守恒定律得:/小二5寸+9\mvoi'

Xv

聯(lián)立得：丫P2=一'|*1％，VQ2~o

設(shè)第二次碰撞后0上升的高度為自對0由運動學(xué)公式得:

°一詢=2.（一2gsin6）福

得人

22525g

2

設(shè)戶運動至與。剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為的3,第二次碰后至第三次碰前，對尸

由動能定理得：』vo；一』vp，=—mglh

得好3=(字)2々

夕與。的第三次碰撞，設(shè)碰后〃與0的速度分別為以、履，由動量守恒定律得：

加%3=0加+40依

由機械能守恒定律得：X\mv(^

2

得：vP3=-1x(^)v0,UQ3="|X(￥)2%

設(shè)第三次碰撞后0上升的高度為對0由運動學(xué)公式得：

0=2-(-2gsin6).

聯(lián)立得〃3=(N)2.」￡

32525g

總結(jié)可知，第〃次碰撞后，物塊。上升的高度為為=(工)"I.且"=1,2,3……)。

2525g

(3)當(dāng)只。達(dá)到〃時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得：

0——mvn=~(m+4m)gH-tan夕4mgcos0----

2sing

解得：”=垃。

18g

(4)設(shè)0第一次碰撞至速度減為零需要的時間為3由運動學(xué)公式得：

%i=2g￡osin°

設(shè)〃運動到斜面底端時的速度為小,，需要的時間為必由運動學(xué)公式得：

VPI'=為+g?2sin0

vn72-vn=2sgsin0

設(shè)〃從力點到。第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為施則：

14)2=(―vn)—gt^sin0

當(dāng)力點與擋板之間的距離最小時間：右=2^+方3

聯(lián)立得：5=(8^~13)V?o

200gsin。

【點睛】本題綜合性強，物體運動過程復(fù)雜，難度較大。解題需要分析清楚物塊的運動過程，

并綜合應(yīng)用動能定理、動量守恒定律與機械能守恒定律等。

3

T卜，

考垣里誠

1.兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止?？梢钥隙ǖ氖?，碰前兩球的（）

A.質(zhì)量相等B.動能相等

C.動量大小相等D.速度大小相等

【答案】C

【解析】兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后

都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反，C項正確。

2.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木

塊的動能增加了6J,那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）

I>----?m

A.16JB.2J

C.6JD.4J

【答案】A

【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為加，初速度為外，木塊的質(zhì)量為如則子彈打入木塊的過程中，子

彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即加的=（葉加匕此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能,

即而）巴而木塊獲得的動能兩式相除得/=此絲>1,即

￡>6J,A項正確。

3.如圖所示，在光滑的水平面上有一物體物體上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C,

兩端/、6一樣高?，F(xiàn)讓小滑塊加從｛點靜止下滑，則（）

A.0不能到達(dá)小車上的6點

B.如從4到。的過程中川向左運動，力從。到6的過程中M向右運動

C.如從力到8的過程中小車一直向左運動，力到達(dá)8的瞬間，材速度為零

D."與必組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

【答案】C

【解析】M和0組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒所以勿恰能達(dá)到小車上的8點，

到達(dá)8點時小車與滑塊的速度都是0,故A項錯誤；材和卬組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，m

從1到。的過程中以及加從C到6的過程中m一直向右運動，所以"一直向左運動，卬到達(dá)

4

6的瞬間，"與小速度都為零，故B項錯誤，C項正確；小滑塊卬從/點靜止下滑，物體M

與滑塊加組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，

合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。材和股組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D項錯誤。

4.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時

木塊靜止在/位置。現(xiàn)有一質(zhì)量為小的子彈以水平速度的射向木塊并嵌入其中，則木塊回

到1位置時的速度K以及此過程中墻對彈簧的沖量/的大小分別為（）

o

m

mvo

=

B.v—~,I2lmvo

/nvo

D.v=—,I=2/nvo

【答案】B

【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動量

守恒定律得勿”=（，什加匕解得子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運

動，后做加速運動，回到力位置時速度大小不變，即當(dāng)木塊回到力位置時的速度片背了

子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得/=一"/

+勿）v—mvo=-2mvo,所以墻對彈簧的沖量/的大小為2/〃的。

5.（多選）在光滑水平面上，小球力、8（可視為質(zhì)點）沿同一直線相向運動，力球質(zhì)量為1kg,

8球質(zhì)量大于力球質(zhì)量。如果兩球間距離小于￡時，兩球之間會產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于

￡時作用力消失兩球運動的速度一時間關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）

0

102(vfo401/s

-1

-2

-31

8球的質(zhì)量為2kg

兩球之間的斥力大小為0.15N

f=30s時，兩球發(fā)生非彈性碰撞

最終6球速度為零

【答案】BD

5

【解析】由牛頓第二定律a=］可知，質(zhì)量大的物體加速度較小，質(zhì)量小的物體加速度較大,

p1

則聯(lián)系圖象可知橫軸上方圖象對應(yīng)6小球，橫軸下方圖象對應(yīng)1小球，則有一=指巾八2,期

IDuZU

F3

=1kg,—m/s2,解得例=3kg,F=0,15N,選項B正確；在￡=30s碰撞時，力小

IHAZU

球的速度為零，8小球速度為％=2m/s,碰后萬小球減速，/小球加速，則碰后8小球速度

為勿=lm/s,碰后1小球速度為叮=3m/s,則由數(shù)據(jù)可知，動量和動能均守恒，則為彈性

碰撞，選項C錯誤；碰前，由運動圖象面積可知，兩小球相距80m的過程中一直有斥力產(chǎn)

F1

生，而碰后6小球減速，初速度為VB=\m/s,加速度為一=萬m/s2，/小球加速，初速度

IUB幺。

F3

為力=3m/s,加速度為一=而m/sl距離逐漸增大，若一直有加速度，則當(dāng)夕小球停止時

距離最大，易求最大距離為80m,則最終6小球速度恰好為零，選項D正確。

6.（多選）如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質(zhì)量為2卬,

原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量為例半徑略小于管道半

徑，以水平速度/從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點，然后從管道左端滑離小

車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（）

A.小球滑離小車時，小車回到原來位置

B.小球滑離小車時相對小車的速度大小為z

C.車上管道中心線最高點的豎直高度為七

D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是當(dāng)

O

【答案】BC

【解析】小球恰好到達(dá)管道的最高點，說明在最高點時小球和小車之間相對速度為0,小球

從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒有數(shù)=（必+2而/,得/={,小車動量

2

變化大小△夕乍=2勿vD項錯誤。小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械

JO

能守恒有報g〃=$^-g(m+2m)v'2,得〃=

C項正確。小球從滑上小車到滑離小車的過

程，由動量守恒和機械能守恒有：mv=mvi+2mvi,?2而匕）解得必=—《，丹

乙乙乙O

6

291

=］匕則小球滑離小車時相對小車的速度大小為］「+§/=%B項正確。由以上分析可知在

整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤。

7.（多選）如圖所示，--輛質(zhì)量為.JU3kg的平板小車｛停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平

且光滑，一質(zhì)量為/=1kg的小鐵塊8（可視為質(zhì)點）放在平板小車4最右端，平板小車/上

表面水平且與小鐵塊8之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,平板小車力的長度￡=0.9m?，F(xiàn)給小鐵

塊8一個的=5m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加

速度g取10m/s）下列說法正確的是（）

%?標(biāo)

A

^777777777777777777777^

A.小鐵塊8向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2m/s

B.小鐵塊6與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N-s

C.小鐵塊6從反向到與車同速共歷時0.6s

D.小鐵塊6在平板小車4上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9J

【答案】BD

【解析】設(shè)鐵塊向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為％,根據(jù)動能定理得一〃儂'￡=；"就一%?謚,

代入數(shù)據(jù)可得口=4m/s,故A項錯誤；小鐵塊6與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，所以小鐵塊彈

回的速度大小為匕'=4m/s,方向向右，根據(jù)動量定理/=〃/?△P=8kg?田/s,故B項正

確；假設(shè)小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速吸，根據(jù)動量守恒定律得力川=（〃/+助吸，解得口

=1m/s,小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速過程中小鐵塊的位移小=—^￡=與一義0.6m

V21

=1.5m,平板車的位移X2=qt=5X0.6m=0.3m,Ax—xi—x2—l.2m>L,說明鐵塊在沒

有與平板車達(dá)到共速時就滑出平板車，所以小鐵塊在平板車上運動過程中系統(tǒng)損失的機械能

為儂Z=9J,故C項錯誤，D項正確。

8.半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體股、

您同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道材點，己

知〃M與豎直方向夾角為60°,則兩物體的質(zhì)量之比如：也為（）

A.（鏡+1）：（蛆—1）B.鏡：1

7

C.（小—1）：（啦+1）D.1：啦

【答案】C

【解析】兩球到達(dá)最低點的過程，由動能定理得這斤=3而落解得麗，所以兩球到達(dá)

最低點的速度均為設(shè)向左為正方向，則處的速度H=一、2gR,則版的速度理=42冊

由于碰撞瞬間動量守恒得/%上+如匕=（0+加/共，解得v共="，二者碰后粘在一

徐十破V

起向左運動，最高能上升到軌道〃點，對此過程應(yīng)用機械能守恒定律得一位+/加g"（l-

1?2

cos60°）=0—5（用+加日，解得——~~2—2,整理用：磔=（正一1）：（-J2+1）,故C

2股一期vv

項正確。

9.如圖是一個物理演示實驗，它顯示：如圖中自由下落的物體4和6經(jīng)反彈后，6能上升

到比初位置高得多的地方。4是某種材料做成的實心球，質(zhì)量如=0.28kg,在其頂部的凹

坑中插著質(zhì)量吸=0.1kg的木棍86只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。

將此裝置從/下端離地板的高度//=1.25m處由靜止釋放。實驗中，力觸地后在極短時間內(nèi)

反彈，且其速度大小不變；接著木棍6脫離球力開始上升，而球4恰好停留在地板上。則木

棍6上升的高度為（重力加速度g取10m/s2）（）

A.4.05mB.1.25mC.5.30mD.12.5m

【答案】A

【解析】球及棒落地速度『=小氤球反彈后與6的碰撞為瞬間作用，18雖然在豎直方向

上合外力為重力，不為零。但作用瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的情況下，動量近似守恒，故有

ffliV—nkv=Q-\-miV2,棒上升高度為/?=,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，得力=4.05mo

2g

10.如圖所示，可看成質(zhì)點的4物體疊放在上表面光滑的8物體上，一起以鈍的速度沿光

滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后反。的

速度相同，B、。的上表面相平且8、C不粘連，/滑上C后恰好能到達(dá)。板的右端。已知/、

6質(zhì)量均相等，C的質(zhì)量為力的質(zhì)量的2倍，木板，長為重力加速度為g。求：

一上IcI

8

(1)/物體的最終速度；

(2)月物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。

【解析】(1)設(shè)4、8的質(zhì)量為處則，的質(zhì)量為2加，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、。碰

后的共同速度為％以8的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mvo=3mv、

氏。共速后/以匕的速度滑上C、力滑上。后，B、。脫離，兒。相互作用過程中動量守恒，

設(shè)最終力，。的共同速度出以向右為正方向，由動量守恒定律得：

/nvo+2mv\=3/nv2

聯(lián)立解得：力=弓，丹=等。

(2)在/、C相互作用過程中，由能量守恒定律得：

/Z=g勿謚+；X2%/一；X3/日

又f=〃儂

解得：〃=克。

27gL

11.如圖所示，光滑水平平臺46與豎直光滑半圓軌道平滑連