2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)課后集訓(xùn)16動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用含解析

PAGE6-課后限時(shí)集訓(xùn)(十六)(時(shí)間：40分鐘)1.如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒C．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒 D．動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒C[在子彈射入木材A及壓縮彈簧的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；子彈射入木塊A的過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故C正確。]2．(2024·湖北新高考適應(yīng)性考試)如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．P對(duì)Q做功為零B．P和Q之間相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒B[P對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面，與Q前后移動(dòng)連線的位移夾角大于90°，所以P對(duì)Q做功不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镻Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因?yàn)橄到y(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)力和重力的作用，所以該P(yáng)、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上不守恒，故CD錯(cuò)誤；故選B。]3．一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽(yáng)和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對(duì)同一參考系的速度)()A．eq\f(M＋mv0－mv1,M) B．eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C．eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C[以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選項(xiàng)C正確。]4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB[由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1s，爆炸過(guò)程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必定增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量變更量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變更量之比為1∶3，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上x(chóng)＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項(xiàng)正確。]5.(2024·山東日照校際聯(lián)合質(zhì)檢)沿光滑水平面在同一條直線上運(yùn)動(dòng)的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程的位移—時(shí)間圖象如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞前后物體A的運(yùn)動(dòng)方向相同B．物體A、B的質(zhì)量之比為1∶2C．碰撞后A的動(dòng)能變大，B的動(dòng)能減小D．碰前物體B的動(dòng)量較小B[由題圖可得，碰撞前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰撞后v′A＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s，則碰撞前后物體A的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤；由題圖可得，碰撞前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v′A，代入數(shù)據(jù)得mA∶mB＝1∶2，故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞后物體A的動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體A、B速度方向與物體B碰前速度方向相同，則碰前物體B的動(dòng)量較大，故D錯(cuò)誤。]6．(2024·河北邯鄲一中第五次月考)在沈海高速馬路上發(fā)生一起交通事故，一輛質(zhì)量為1.5×104kg向南行駛的長(zhǎng)途客車迎面撞上了一質(zhì)量為2.0×104A．大于10m/s B．小于22.5m/sC．肯定大于22.5m/s D．肯定大于30m/sC[碰撞前長(zhǎng)途客車的速度v1＝108km/h＝30m/s，依據(jù)碰后兩輛車連在一起且向北滑行的狀況，可知由兩車組成的系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向北，所以碰前客車的動(dòng)量p1＝m1v1(向南)應(yīng)當(dāng)小于貨車的動(dòng)量p2＝m2v2(向北)，即m1v1<m2v2，代入數(shù)據(jù)有1.5×104×30(kg·m/s)<2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2>22.5m/s。]7.如圖所示，有一擺長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8m的單擺，將懸線拉至水平后釋放擺球A，擺球A在最低點(diǎn)與置于水平面上的B球發(fā)生彈性碰撞，導(dǎo)致B球又跟置于同一水平面上的C球發(fā)生完全非彈性碰撞。已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝0.5kg，B、C兩球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，若B、C兩球碰后共同向前運(yùn)動(dòng)的距離為0.25m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰前B、C兩球間的水平距離；(2)B、C兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。[解析](1)設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)與B球碰撞前瞬間的速度大小為vA，則由機(jī)械能守恒定律可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)可解得vA＝4m/sA球與B球發(fā)生彈性碰撞，故兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒設(shè)碰后A球的速度大小為v′A，B球的速度大小為vB，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，mvA＝mv′A＋mvB兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得vB＝4m/s設(shè)B、C兩球碰后的共同速度為v，向前運(yùn)動(dòng)的距離為x1，則有v2＝2μgx1代入數(shù)據(jù)可解得v＝1m/s設(shè)B、C兩球碰撞前B球的速度大小為v′B則由動(dòng)量守恒定律得mv′B＝2mv解得v′B＝2m/s設(shè)碰前B、C兩球間的水平距離為x2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,B)＝－2μgx2代入數(shù)據(jù)可解得x2＝3m。(2)由于B、C兩球碰撞之前B球的速度大小為v′B＝2m/s，C球的速度為零，碰撞后二者的共同速度v＝1m/s故B、C兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為Q＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2mv2代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.5J。[答案](1)3m(2)0.5J8.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)。在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁。小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)。小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3D[設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動(dòng)能，故依據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正確。]9．(2024·日照一模)A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為m和M(m<M)。若使A球獲得瞬時(shí)速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；若使B球獲得瞬時(shí)速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，則L1與L2的大小關(guān)系為()甲乙A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能確定C[當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對(duì)甲圖取A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)。同理，對(duì)乙圖取B的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)也有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)，兩次彈性勢(shì)能相等，則有：L1＝L2，故選項(xiàng)C正確。]10．如圖所示，形態(tài)完全相同的光滑弧形槽A、B靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，兩弧形槽相對(duì)放置，底端與光滑水平面相切，弧形槽的高度為h，弧形槽A的質(zhì)量為2m，弧形槽B的質(zhì)量為M。質(zhì)量為m的小球，從弧形槽A頂端由靜止釋放，重力加速度為g(1)小球從弧形槽A滑下后的最大速度；(2)若小球從弧形槽B上滑下后還能追上弧形槽A，求M、m間所滿意的關(guān)系。[解析](1)小球到達(dá)弧形槽A底端時(shí)速度最大。設(shè)小球到達(dá)弧形槽A底端時(shí)的速度大小為v1，弧形槽A的速度大小為v2，小球與弧形槽A組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，小球下滑過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v1＝2eq\r(\f(gh,3))，v2＝eq\r(\f(gh,3))。(2)小球沖上弧形槽B后，上滑到最高點(diǎn)后再返回分別，設(shè)分別時(shí)小球速度反向，大小為v3，弧形槽B的速度為v4，整個(gè)過(guò)程二者水平方向動(dòng)量守恒，則有mv1＝－mv3＋Mv4，二者的機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，小球還能追上A，則有v3>v2，聯(lián)立解得M>3m[答案](1)2eq\r(\f(gh,3))(2)M>3m11．(2024·廣東新高考適應(yīng)性考試)如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角θ＝30°，斜面底端O處固定一個(gè)垂直斜面的彈性擋板。在斜面上P、Q兩點(diǎn)有材質(zhì)相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，A和B恰好能靜止，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q到O的距離是L，Q到P的距離是kL(k>0)?，F(xiàn)始終給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面對(duì)下的力，A起先運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少；(2)A、B第一次碰撞與其次次碰撞之間的時(shí)間。[解析](1)A和B恰好能靜止則表明mgsinθ＝μmgcosθ當(dāng)給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面對(duì)下的力，A起先運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律可知F＝mg＝ma解得a＝gA碰前的速度為veq\o\al(2,1)＝2gkLA與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒可知mv1＝mv2＋mv′1由能量守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)解得：v′1＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰后B運(yùn)動(dòng)究竟端所用時(shí)間為t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A運(yùn)動(dòng)究竟端所用時(shí)間為t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)當(dāng)k<eq\f(1,4)時(shí)A與B同向相撞(即B與擋板碰撞前AB發(fā)生其次次碰撞)，此時(shí)有eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkLt)解得t＝2eq\r(\f(2kL,g))當(dāng)k>eq\f(1,4)時(shí)A與B反向相撞(即B先與擋板碰撞反向后與A發(fā)生其次次碰撞),碰后B勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)究竟端的時(shí)間為t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))B與擋板碰后原速率返回mgsi