2025屆高考物理一輪總復習課時跟蹤檢測二十八“動量守恒定律中三類典型問題”的分類研究

課時跟蹤檢測（二十八）“動量守恒定律中三類典型問題”的分類探討一、立足主干學問，注意基礎性和綜合性1．一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0解析：選C設炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運動，依據(jù)落地時水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的速度方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯誤。2．有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停岸，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL－d,d) B.eq\f(mL＋d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL－d,L)解析：選A設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，則得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的質(zhì)量為M＝eq\f(mL－d,d)，故選A。3.(2024·廣州模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同始終線上運動。兩球質(zhì)量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6解析：選CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不行能是A球，若是A球則動量的增量應當是正值，因此碰撞后A球的動量大小為4kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。4．(2024·河北唐山模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A系在輕線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量均為5m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方。現(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短)，小球與物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則可求出()A．碰撞后小球A反彈的上升的最大高度B．碰撞后小球A反彈的上升的時間C．碰撞過程中物塊B獲得沖量大小D．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能解析：選ACD對小球A，由機械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A與物塊B發(fā)生彈性正碰，依據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律和機械能守恒定律可求出碰后小球A和物塊B的速度，對小球A再運用機械能守恒定律可求出碰撞后小球A反彈上升的最大高度，故A正確；由于小球碰后做變速圓周運動，故無法求得小球A反彈上升的時間，故B錯誤；碰撞過程中依據(jù)動量定理可求出物塊B獲得沖量大小，故C正確；碰撞后，物塊B、輕彈簧和物塊C組成的系統(tǒng)，當物塊B和物塊C共速時彈簧有最大彈性勢能，依據(jù)動量守恒定律求出共速的速度，再依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律求出彈簧獲得的最大彈性勢能，故D正確。5.碰碰車是大人和小孩都喜愛的消遣活動。游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移—時間圖像(x-t圖像)如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時間極短。下列說法正確的是()A．碰撞前后小孩的運動方向沒有變更B．碰碰車的質(zhì)量為50kgC．碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD．碰撞過程中損失的機械能為600J解析：選D規(guī)定小孩初始運動方向為正方向，由題圖可知，碰后兩車一起向反方向運動，故碰撞前后小孩的運動方向發(fā)生了變更，故A錯誤；由圖可知，碰前瞬間小孩的速度為2m/s，大人的速度為－3m/s，碰后兩人的共同速度為－1m/s，設碰碰車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60kg，故B錯誤；碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1＝160kg·m/s，碰后總動量為p1′＝－80kg·m/s，由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為I＝Δp＝－240N·s，故C錯誤；由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)×80×22J＋eq\f(1,2)×120×(－3)2J－eq\f(1,2)×200×(－1)2J＝600J，故D正確。6．質(zhì)量為m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0＝14.14m/s的初速度斜向上拋出，上升到距地面h＝5m的最高點時炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達地面，落地動能為5J。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計，火藥燃燒充分，求：(1)手榴彈爆炸前瞬間的速度大??；(2)手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；(3)兩塊彈片落地點間的距離。解析：(1)設手榴彈上升到最高點時的速度為v1，依據(jù)機械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh解得：v1≈10m/s。(2)設每塊彈片的質(zhì)量為m1，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v2，有m1gh＝5J設手榴彈裝彈藥的質(zhì)量為Δm，有Δm＝m－2m1代入數(shù)據(jù)解得：Δm＝0.06kg。(3)另一塊做平拋運動時間為t，兩塊彈片落地點間距離為Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得：Δx＝26m。答案：(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m二、強化遷移實力，突出創(chuàng)新性和應用性7.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分別時B的速度等于v0，從C接觸A到A、B分別的全過程中，下面說法正確的是()A．A、B分別時A的速度為eq\f(1,3)v0B．A、B分別時A的速度為eq\f(1,2)v0C．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為eq\f(5,4)mv02解析：選BD該過程動量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，A錯誤，B正確；A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(5,4)mv02，C錯誤，D正確。8.(多選)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，起先時小車與物塊都處于靜止狀態(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖所示，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是()A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．當物塊速度大小為v時(未離開小車)，小車速度大小為eq\f(m,M)vD．當物塊離開小車時，小車向左運動的位移為eq\f(m,M)L解析：選BC彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為探討對象，則無其他力做功，機械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢能轉化成系統(tǒng)的機械能，此時系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；取物塊和小車組成的系統(tǒng)為探討對象，所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，B正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C正確；彈開的過程滿意反沖原理和“人船模型”，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，則在相同時間內(nèi)eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，聯(lián)立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D錯誤。9.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2，m2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1解析：選BD由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正確；A、C錯誤。10.如圖所示，一傾角為θ＝37°的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為5m的物塊靜止于斜面上O處。在距離O點h＝1.8m高處的斜面頂端從靜止起先釋放一個質(zhì)量為m的小球，小球沿斜面下落過程中只與物塊發(fā)生了一次彈性碰撞，一段時間后兩者同時到達斜面底端。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tanθ，小球與斜面間摩擦忽視不計，重力加速度大小為g＝10m/s2。求：(1)小球與物塊剛碰撞后它們的速度v1、v2；(2)斜面的高度H。解析：(1)設剛要碰撞時小球的速度為v0，依據(jù)機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv02，在小球與物塊的碰撞過程中，取沿斜面對下為正方向，依據(jù)動量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，依據(jù)動能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·5mv22，聯(lián)立解得v1＝－eq\f(2,3)eq\r(2gh)＝－4m/s，v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)＝2m/s，小球速度方向沿斜面對上，物塊速度沿斜面對下。(2)小球與物塊碰撞后先沿斜面對上勻減速運動后沿斜面對下做勻加速運動，設加速度為a1，經(jīng)時間t運動到斜面底端，取沿斜面對下為正