2024高考物理一輪復(fù)習(xí)規(guī)范演練26動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用含解析新人教版

PAGE7-規(guī)范演練26動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用[抓基礎(chǔ)]1．(2024·福建福州模擬)一質(zhì)量為M的航天器正以速度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)瞬間向后噴出肯定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A.eq\f(v2－v1,v1)M B.eq\f(v2,v2－v1)MC.eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D.eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案：C2．(多選)(2024·廣西南寧四中月考)A、B兩物體在光滑水平面上沿同始終線運(yùn)動(dòng)，如圖所示為發(fā)生碰撞前后的vt圖線，下列推斷中正確的是()A．A、B作用前后總動(dòng)量守恒B．A、B作用前后總動(dòng)量不守恒C．A、B的質(zhì)量比為2∶3D．A、B作用前后總動(dòng)能不變解析：由于A、B兩物體在光滑水平面上碰撞，則動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得mA∶mB＝3∶2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；作用前總動(dòng)能Ek1＝eq\f(1,2)mA·62＋eq\f(1,2)mB·12＝eq\f(55,3)mA，作用后總動(dòng)能Ek2＝eq\f(1,2)mA·22＋eq\f(1,2)mB·72＝eq\f(55,3)mA，由此可知作用前后A、B的總動(dòng)能不變，選項(xiàng)D正確．答案：AD3．(2024·青島質(zhì)檢)質(zhì)量為m的炮彈恰好沿水平方向飛行時(shí)，其動(dòng)能為Ek，突然在空中爆炸成質(zhì)量相同的兩塊，其中一塊向后飛去，動(dòng)能為eq\f(Ek,2)，另一塊向前飛去，則向前的這塊的動(dòng)能為()A.eq\f(Ek,2) B.eq\f(9,2)EkC.eq\f(9,4)Ek D.eq\f(9＋4\r(2),2)Ek解析：設(shè)向前飛去的一塊動(dòng)能為Ek1，則動(dòng)量為eq\r(mEk1)，炮彈在空中爆炸，因時(shí)間極短，水平方向動(dòng)量守恒，則有eq\r(2mEk)＝eq\r(mEk1)－eq\r(\f(mEk,2))，解得Ek1＝eq\f(9,2)Ek，選項(xiàng)B正確．答案：B4．(多選)(2024·黑龍江大慶質(zhì)檢)實(shí)行下列哪些措施有利于增加火箭的飛行速度()A．使噴出的氣體速度增大B．使噴出的氣體溫度更高C．使噴出的氣體質(zhì)量更大D．使噴出的氣體密度更小解析：設(shè)原來火箭的總質(zhì)量為M，噴出的氣體質(zhì)量為m，速度是v，剩余的質(zhì)量(M－m)的速度是v′，由動(dòng)量守恒得出(M－m)v′＝mv，則v′＝eq\f(mv,M－m)＝eq\f(v,\f(M,m)－1)，由該式可知m越大或v越大，v′越大，選項(xiàng)A、C正確．答案：AC5．(2024·河北衡水中學(xué)模擬考試)有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略地測定它的質(zhì)量，他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停岸，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L.已知他自身的質(zhì)量為m，則小船的質(zhì)量M為()A.eq\f(m（L＋d）,d) B.eq\f(m（L－d）,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m（L＋d）,L)解析：設(shè)人走動(dòng)時(shí)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(shí)間為t.取船的速度為正方向，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的質(zhì)量M＝eq\f(m（L－d）,d)，故選項(xiàng)B正確．答案：B6．(2024·東莞調(diào)研)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最終的速率關(guān)系是()A．若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙B．若乙最終接球，則肯定是v甲＞v乙C．只有甲先拋球，乙最終接球，才有v甲＞v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙答案：B7．(多選)(2024·西安模擬)如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同始終線運(yùn)動(dòng)，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是()A．A、B速度相等時(shí)B．A的速度等于v時(shí)C．彈簧壓縮至最短時(shí)D．B的速度最小時(shí)解析：在壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，物體的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．當(dāng)A、B速度相等時(shí)，此時(shí)彈簧壓縮至最短，系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，彈簧的彈性勢能最大，選項(xiàng)A、C正確．答案：AC8．(多選)(2024·山東濟(jì)南一中月考)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同始終線上運(yùn)動(dòng)．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(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．該碰撞為彈性碰撞B．該碰撞為非彈性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10解析：規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，說明左方是A球．碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則碰撞后A球的動(dòng)量是2kg·m/s；碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，可得碰撞后B球的動(dòng)量是10kg·m/s，由于mB＝2mA，得碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5，故C正確，D錯(cuò)誤；碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能為eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(62,2mA)＋eq\f(62,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能為eq\f(p′eq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′eq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(22,2mA)＋eq\f(102,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，則碰撞前后系統(tǒng)機(jī)械能不變，碰撞是彈性碰撞，故A正確，B錯(cuò)誤．答案：AC[提素養(yǎng)]9．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰．小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的xt圖象．已知m1＝0.1kg.由此可以推斷()A．碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)C．m2＝0.3kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能解析：由x-t圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時(shí)間而改變，處于靜止?fàn)顟B(tài)．m1速度大小為v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；由題圖乙讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運(yùn)動(dòng)，m1的速度為負(fù)方向，說明向左運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v′2＝2m/s，v′1＝－2m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得，m1v1＝m1v′1＋m2v′2，代入解得，m2＝0.3kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，代入解得，ΔE＝0J，故D錯(cuò)誤．答案：AC10．(2024·海南卷)如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止．一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同搖擺一個(gè)小角度．不計(jì)空氣阻力．對子彈射向沙箱到與其共同擺過一個(gè)小角度的過程()A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大解析：由于只有子彈射入沙箱的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能才會(huì)損失，由動(dòng)量守恒得，mv＝(m＋M)v共，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,m＋M)))eq\s\up12(2)＝eq\f(mMv2,2（m＋M）).由此可知，若保持m、v、l不變，M變大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故A錯(cuò)誤；若保持M、v、l不變，m變大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故B錯(cuò)誤；若保持M、m、l不變，v變大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故C正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能與l無關(guān)，故D錯(cuò)誤．答案：C11．(多選)(2024·寧夏石嘴山三中月考)如圖所示，光滑圖形管道固定在豎直面內(nèi)，直徑略小于管道內(nèi)徑可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A球從管道最高處由靜止起先沿管道下滑，與靜止于管道最低處的B球相碰，碰后A、B球均能剛好到達(dá)與管道圓心O等高處，關(guān)于兩小球質(zhì)量比值eq\f(mA,mB)的說法正確的是()A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1C.eq\f(mA,mB)＝1 D.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)解析：碰后A、B球均能剛好到達(dá)與管道圓心O等高處，依據(jù)動(dòng)能定理可知，mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，碰后A和B的速度相等，方向相反或相同，碰撞前，A球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理得mAg2R＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)；A、B碰撞過程中，動(dòng)量守恒，以碰撞前A球的速度為正，如碰后速度方向相同，則有mAv0＝mAvA＋mBvB，解得eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1；如碰后速度方向相反，則有mAv0＝mBvB－mAvA，解得eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1，故選項(xiàng)A、B正確．答案：AB12．(2024·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)覺其正前方停有汽車B，馬上實(shí)行制動(dòng)措施，但仍舊撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5m，A車向前滑動(dòng)了2.0m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小．解析：(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，依據(jù)牛頓其次定律有μmBg＝mBaB，①設(shè)碰撞后瞬間B車速度為v′B，滑行的距離為xB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBxB，②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得v′B＝3.0m/s.③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.依據(jù)牛頓其次定律有μmAg＝mAaA，④設(shè)碰撞后瞬間A車速度為v′A，滑行的距離為xA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAxA，⑤設(shè)碰撞前瞬間A車速度為vA，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B，⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.3m/s.答案：(1)3.0m/s(2)4.3m/s13．(2024·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空．當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)．爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度．解析：本題主要考查豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及動(dòng)量守恒定律．(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt，②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1，④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o