新高考2021届高考物理小题必练13动量守恒定律.doc

1、小题必练13：动量守恒定律(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。例1(2020全国II卷21)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，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 kg B.

2、53 kg C. 58 kg D. 63 kg【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0mv1m0v0，解得；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1m0v0mv2m0v0，解得；第3次推出后mv2m0v0mv3m0v0，解得；依次类推，第8次推出后，运动员的速度，根据题意可知5 m/s，解得m60 kg；第7次运动员的速度一定小于5 m/s，即5 m/s，解得m52 kg。综上所述，运动员的质量满足52 kgm60 kg，BC正确。【答

3、案】BC【点睛】本题考查动量守恒定律，注意数学归纳法的应用。例2(2020山东卷18)如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的

4、速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0mvP14mvQ1由机械能守恒定律得：mv02mvP124mvQ12联立式得：vP1v0，vQ1v0故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0。(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得联立得 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得mv022mvP12mgh1联立得P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得：mv02mvP24mvQ

5、2由机械能守恒定律得：mv022mvP224mvQ22联立得：，设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得：得设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得：mv032mvP22mgh2 得P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得：mv03mvP34mvQ3 由机械能守恒定律得：mv032mvP324mvQ32得：，设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得：联立得总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n1，2，3）。(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全

6、过程由动能定理得：解得：。(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得：vQ12gt0sin 设P运动到斜面底端时的速度为vP1，需要的时间为t2，由运动学公式得：vP1vP1gt2sin vP12vP122sgsin 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02(vP1)gt3sin 当A点与挡板之间的距离最小时间：t12t2t3联立得：。【点睛】本题综合性强，物体运动过程复杂，难度较大。解题需要分析清楚物块的运动过程，并综合应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律等。1两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的()

7、A质量相等 B动能相等C动量大小相等 D速度大小相等【答案】C【解析】两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C项正确。2如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为()A16 J B2 JC6 J D4 J【答案】A【解析】设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即Em0v(mm0)v2

8、，而木块获得的动能E木mv26 J，两式相除得1，即E6 J，A项正确。3如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则()Am不能到达小车上的B点Bm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动Cm从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零DM与m组成的系统机械能守恒，动量守恒【答案】C【解析】M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A项错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中

9、m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B项错误，C项正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒，故D项错误。4如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()Av，I0 Bv，I2mv0Cv，I Dv，I2mv0【答案】B【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子

10、弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。5(多选)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失两球运动的速度时间关系如图所示，下列说法正确的是()AB球的质量为2 kgB两球之间的斥

11、力大小为0.15 NCt30 s时，两球发生非弹性碰撞D最终B球速度为零【答案】BD【解析】由牛顿第二定律a可知，质量大的物体加速度较小，质量小的物体加速度较大，则联系图象可知横轴上方图象对应B小球，横轴下方图象对应A小球，则有 m/s2，mA1 kg， m/s2，解得mB3 kg，F0.15 N，选项B正确；在t30 s碰撞时，A小球的速度为零，B小球速度为v02 m/s，碰后B小球减速，A小球加速，则碰后B小球速度为vB1 m/s，碰后A小球速度为vA3 m/s，则由数据可知，动量和动能均守恒，则为弹性碰撞，选项C错误；碰前，由运动图象面积可知，两小球相距80 m的过程中一直有斥力产生，而

12、碰后B小球减速，初速度为vB1 m/s，加速度为 m/s2，A小球加速，初速度为vA3 m/s，加速度为 m/s2，距离逐渐增大，若一直有加速度，则当B小球停止时距离最大，易求最大距离为80 m，则最终B小球速度恰好为零，选项D正确。6(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A小球滑离小车时，小车回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC车上管道

13、中心线最高点的竖直高度为D小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是【答案】BC【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv(m2m)v，得v，小车动量变化大小p车2mmv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgHmv2(m2m)v2，得H，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mvmv12mv2，mv2mv122mv22，解得v1，v2v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为vvv，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项

14、错误。7(多选)如图所示，一辆质量为M3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数0.5，平板小车A的长度L0.9 m。现给小铁块B一个v05 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()A小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 NsC小铁块B从反向到与车同速共历时0.6 sD小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J【答案】BD

15、【解析】设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得mgLmvmv，代入数据可得v14 m/s，故A项错误；小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为v14 m/s，方向向右，根据动量定理Imv8 kgm/s，故B项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得mv1(mM)v2，解得v21 m/s，小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移x1t0.6 m1.5 m，平板车的位移x2t0.6 m0.3 m，xx1x21.2 mL，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为E2mgL9 J，故C项错

16、误，D项正确。8半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60，则两物体的质量之比m1m2为()A(1)(1) B1C(1)(1) D1【答案】C【解析】两球到达最低点的过程，由动能定理得mgRmv2，解得v，所以两球到达最低点的速度均为，设向左为正方向，则m1的速度v1，则m2的速度v2，由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2m1v1(m1m2)v共，解得v共，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，对此过程应用机械能守恒定律得(m1m2)gR(1cos

17、60)0(m1m2)v，解得2，整理m1m2(1) (1)，故C项正确。9如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m10.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m20.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)()A4.05 m B1.25 m C5.30 m D12.5

18、m【答案】A【解析】球及棒落地速度v，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有m1vm2v0m2v2，棒上升高度为h，联立并代入数据，得h4.05 m。10如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：(1)A物体的最终速度；(2)A物体与木板C

19、上表面间的动摩擦因数。【解析】(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv03mv1B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A，C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv13mv2联立解得：v1，v2。(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：fLmv2mv3mv又 fmg解得：。11如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长L4 m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为

20、m10.3 kg和m21 kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v01.5 m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数0.15。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v23 m/s，g取10 m/s2。求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；(3)半圆轨道AC的半径R多大时，小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大？最位移为多少？【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0m1v1m2

21、v2剪断细绳前弹簧的弹性势能：Epm1v12m2v22解得：v110 m/s，Ep19.5 J。(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：m2gx0m2v22解得：x3 mL4 m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v01.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：m2gtm2v0(m2v2)解得：t3 s该过程皮带运动的距离：x带v0t4.5 m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能：Em2gx带6.75 J。(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：m1v12m1vC22mgR由平抛运动的规律有：xvCt1，2Rgt12联立整理得：根据数学知识知当4R104R，即R1.25 m时，水平位移最大为xmax5 m。