1、2022届高考物理一轮复习知识点全方位练习：动量守恒定律及其应用 基础达标1.如图所示,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,槽底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始下滑,则小球下滑过程中()A.小球和槽组成的系统动量守恒B.槽对小球的支持力不做功C.重力对小球做功的瞬时功率一直增大D.地球、小球和槽组成的系统机械能守恒2. 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一定质量的气体,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.v2-v0
2、v1MB.v2v2+v1MC.v2-v0v2+v1MD.v2-v0v2-v1M3.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端,当两人同时相向运动时,下列说法正确的是()A.若小车不动,则两人速率一定相等B.若小车向左运动,则A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,则A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,则A的动量一定比B的大4.如图所示,质量为M的木块放在水平面上,子弹沿水平方向射入木块并留在其中,测出木块在水平面上滑行的距离为s.已知木块与水平面间的动摩擦因数为,子弹的质量为m,重力加速度为g,空气阻力可忽略不计,则子弹射入木块前的速度大小为()A.m+Mm2gsB.
3、M-mm2gsC.mm+MgsD.mM-mgs5.如图所示,质量为 M的气球上有一质量为m的猴子,气球和猴子静止在离地高为 h的空中.从气球上放下一架不计质量的软梯,为使猴子沿软梯安全滑至地面,软梯的长度至少应为()A.mMhB.MmhC.(M+m)hMD.(M+m)mh 技能提升6. 一颗子弹沿水平方向射向一个木块,第一次木块被固定在水平地面上,第二次木块静止放在光滑的水平地面上,两次子弹都能射穿木块而继续飞行,这两次相比较()A.第一次系统产生的热量较多B.第一次子弹的动量的变化量较小C.两次子弹的动量的变化量相等D.两次子弹和木块构成的系统动量都守
4、恒7.如图所示,小物块A用细线吊在O点,此时小物块的重力势能为零.一颗子弹以一定的水平速度射入物块A中,并立即与A有共同的速度,然后一起摆动到最大摆角.如果保持子弹质量和入射的速度大小不变,而使小物块的质量稍微增大,关于最大摆角、子弹的初动能与物块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差E,下列说法正确的是()A.角增大,E增大B.角增大,E减少C.角减小,E增大D.角减小,E减少8.A、B两球沿同一条直线运动,如图所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t图像,c为碰撞后它们的x-t图像.若A球质量为1 kg,则B球质量及碰后它们的速度大小分别为()A
5、.2 kg、4 m/sB.23 kg、4 m/sC.2 kg、1 m/s D.23 kg、1 m/s9.(多选) 如图所示,光滑水平地面上有A、B两物体,质量都为m,B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧,轻弹簧被装置锁定,当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效.A以速率v向右运动,当A撞上弹簧后,设弹簧始终不超过弹性限度,关于它们后续的运动过程,下列说法正确的是()A.A物体最终会静止,B物体最终会以速率v向右运动B.A、B系统的总动量最终将大于mvC.A、B系统的总动能最终将大于12mv2D.当弹簧的弹性势能最大时,A、B的总动能为14mv210. 如图所示,内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆
6、轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切.质量m2=0.4 kg的小球b左端连接一水平轻弹簧,静止在光滑水平轨道上,质量m1=0.4 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8 J,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小;(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中,求小球a的最小动能;(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,求弹簧对小球b的冲量I的大小. 挑战自我11.(多选) 水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,
7、他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg12. 若一个运动物体A与一个静止物体B发生的是弹性正碰,则碰后B获得的动能与A原来的动能之比叫作动能传递系数.如图所示,在光滑水平面上有M、N两个小滑块,N的质量为9m0,左
8、侧有一固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,从圆弧轨道顶端由静止释放一个质量为m0的小滑块P,P滑下后与M发生碰撞,之后M又与N发生碰撞.设所有碰撞均为弹性正碰,且只考虑滑块间发生的第一次碰撞.(重力加速度为g)(1)求小滑块P刚滑到圆弧轨道底端时轨道对小滑块P的支持力的大小F.(2)滑块M的质量为多少时,N获得的动能最大?这种情况下,P和M及M和N之间碰撞时的动能传递系数k1、k2分别为多少?参考答案1.D【解析】 小球下滑过程中,小球与槽组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,选项A错误;小球下滑过程中,小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角,故支持力做负功,选项B错误;刚开
9、始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度沿水平方向,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,选项C错误;小球下滑过程中,地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,选项D正确.2.C【解析】 规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=v2-v0v2+v1M,故C正确.3.C【解析】 A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得mAvA+mBvB+m车v车=0,若小车不动,则mAvA+mBvB=0,由于不知道A、B的质量关系,所以两人的速率不一定相等,故A错误;若小车向左运动,则A、B的动量之和
10、一定向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;若小车向右运动,则A、B的动量之和一定向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误.4.A【解析】 子弹射入木块过程,系统内力远大于外力,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v,解得v=mv1M+m,子弹射入木块后做匀减速直线运动,对子弹与木块组成的系统,由动能定理得-(M+m)gs=0-12(M+m)v2,解得v1=M+mm2gs,故A正确.5.C【解析】 设下降过程中气球上升高度为H,由题意知猴子下落高度为h,猴子和气球组成的系统所受合外力为零,由动量守恒定律得
11、MH=mh,解得H=mhM,所以软梯长度至少为L=h+H=(M+m)hM,选项C正确.6.B【解析】 因为第一次木块固定,所以子弹减少的能量全部转化成内能,而第二次木块不固定,根据动量守恒,子弹射穿后,木块具有动能,所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能,因为产热Q=Ffx,即两次产热相同,所以第二次子弹射穿木块后的动能更小,速度更小,而动量变化量等于p=mv,所以第一次速度变化小,动量变化小,故A、C错误,B正确;第一次木块被固定在地面上,系统动量不守恒,故D错误.7.C【解析】 根据动量守恒定律得mv=(M+m)v,解得v=mvM+m,小物块的质量M增大,则小物块与子弹一起摆动的初速度v
12、减小,最大摆角减小;小物块与子弹组成的系统的机械能E2=12(M+m)v2=m2v22(M+m),系统损失的机械能E=12mv2-E2=12mv2-m2v22(M+m),小物块的质量M增大,则E增大,故C正确.8.D【解析】 由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,va=4-102 m/s=-3 m/s,vb=4-02 m/s=2 m/s,碰撞后二者合在一起做匀速直线运动,vc=2-44-2 m/s=-1 m/s,碰撞过程动量守恒,有mAva+mBvb=(mA+mB)vc,解得mB=23 kg,选项D正确.9.CD【解析】 系统在水平方向上动量守恒,弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放,导
13、致系统总动能增加,有mv=mvA+mvB,Ep+12mv2=12mvA2+12mvB2,故B物体最终向右运动的速率大于v,A、B系统的总动量最终将等于mv,而A、B系统的总动能最终将大于12mv2,故A、B错误,C正确;弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能最大,此时A、B两物体具有相同的速度,由动量守恒定律得v=12v,则Ek=122mv22=14mv2,故D正确.10.(1)8 N(2)0(3)0.8 Ns【解析】 (1)设a球运动到B点时的速度为vB,根据动能定理得m1gR-Wf=12m1vB2解得vB=2 m/s由牛顿第二定律得FN-m1g=m1vB2R解得FN=8 N由牛顿第三定律知,小球
14、a对轨道的压力FN=FN=8 N(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用整个过程中,a球始终做减速运动,b球始终做加速运动,设a球最终速度为v1,b球最终速度为v2,由动量守恒定律和能量守恒定律得m1vB=m1v1+m2v212m1vB2=12m1v12+12m2v22解得v1=0故a球的最小动能为0(3)由(2)知b球的最大速度为2 m/s,根据动量定理得I=m2v2=0.4 kg2 m/s=0.8 Ns11.BC【解析】 对滑冰运动员与物块这个系统分析,每一次运动员推物块时,均满足动量守恒定律,对运动员每一次推物块分析,以运动员的速度方向为正方向,设运动员的质量为M,物块的质量为m,第1次有0
15、+0=Mv1-mv0,第2次有Mv1+mv0=Mv2-mv0,第3次有Mv2+mv0=Mv3-mv0第7次有Mv6+mv0=Mv7-mv0,第8次有Mv7+mv0=Mv8-mv0,对前7次累加可得6mv0=Mv7-7mv0,则v7=13mv0M,对8次累加可得7mv0=Mv8-8mv0,则v8=15mv0M,由题意可知,v75 m/s,则v7=13mv0M5 m/s,故13mv05M15mv05,代入m=4 kg,v0=5.0 m/s可得52 kgM60 kg,选项B、C正确.12.(1)3m0g(2)3m0均为0.75【解析】 (1)设小滑块P刚滑到圆弧轨道底端时速度为v0,由机械能守恒定律
16、得m0gR=12m0v02小滑块P滑到圆弧轨道最低点时,由牛顿第二定律得F-m0g=m0v02R联立解得F=3m0g(2)P与M发生弹性正碰,设M的质量为m,碰后P的速度为v1,M的速度为v2,取向右为正方向,由动量守恒定律得m0v0=m0v1+mv2由机械能守恒定律得12m0v02=12m0v12+12mv22联立解得v2=2m0v0m0+mM和N发生弹性正碰,设碰后M的速度为v3,N的速度为v4,由动量守恒定律得mv2=mv3+9m0v4由机械能守恒定律得12mv22=12mv32+129m0v42联立解得v4=2mv2m+9m0N获得的动能为Ek=129m0v42=72m03v02m2(m+m0)2(m+9m0)2=72m03v02m+9m02m+10m02当m=9m02m,即m=3m0时,Ek最大.P和M之间碰撞时的动能传递系数k1=12mv2212m0v02=0.75M和N之间碰撞时的动能传递系数k2=129m0v4212mv22=0.75
