2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)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(xué)問，注意基礎(chǔ)性和綜合性1．一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達(dá)最高點(diǎn)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(jì))，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計(jì)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(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運(yùn)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?yàn)檎较颍罁?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?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計(jì)重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進(jìn)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(jì)，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(shè)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?yàn)檎较?，依?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(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)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(yùn)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(fù)值，所以右邊不行能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)當(dāng)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(diǎn)，O點(diǎn)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(diǎn)正下方?，F(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)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(diǎn)，不計(jì)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(jī)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(jī)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(yùn)用機(jī)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(yùn)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(dāng)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(jī)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(yùn)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(jī)械能為600J解析：選D規(guī)定小孩初始運(yùn)動方向?yàn)檎较?，由題圖可知，碰后兩車一起向反方向運(yùn)動，故碰撞前后小孩的運(yùn)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(shè)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(jī)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(diǎn)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(dá)地面，落地動能為5J。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)，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(diǎn)間的距離。解析：(1)設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時的速度為v1，依據(jù)機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh解得：v1≈10m/s。(2)設(shè)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(shè)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(yùn)動時間為t，兩塊彈片落地點(diǎn)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(qiáng)化遷移實(shí)力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)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(jī)械能為eq\f(1,2)mv02D．A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)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(jī)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(xì)線連接物塊和小車左端，起先時小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說法正確的是()A．物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C．當(dāng)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(dāng)物塊離開小車時，小車向左運(yùn)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(jī)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(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能，此時系統(tǒng)的機(jī)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(dāng)m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運(yùn)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(jié)合題圖可知，當(dāng)m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運(yùn)動，m2在后，做加速運(yùn)動，當(dāng)再次相距最近時，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)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(jī)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(diǎn)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(dá)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(jì)，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(shè)剛要碰撞時小球的速度為v0，依據(jù)機(jī)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(yùn)動后沿斜面對下做勻加速運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，經(jīng)時間t運(yùn)動到斜面底端，取沿斜面對下為正