第02练　动量守恒定律及应用（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_一轮复习_2023年高考物理一轮复习小题多维练（新高考专用）_第七章　碰撞与动量守恒定律

第七章 碰撞与动量守恒定律 第 02 练 动量守恒定律及应用 知识目标 知识点 目标一 对动量守恒定律条件的理解 目标二 动量守恒定律的理解及应用 目标三 碰撞现象的特点和规律 目标四 爆炸、反冲、人船问题 1． (2022·全国·其他类型)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都 是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比( ) A. 1：2 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2 【答案】D 【知识点】动量守恒定律的理解及简单应用 【解析】解：甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量 守恒定律得： m v +m v =m v '+m v '， 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 代入数据可得：m ×1+m ×(-1)=m ×(-1)+m ×2， 甲 乙 甲 乙 解得：m ：m =3：2。 甲 乙 故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．(2022·河北省石家庄市·单元测试)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。 小球a、b质量分别为m 和m ，且m =200g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间 1 2 1 变化的x-t图象如图乙所示。下列说法正确的是( )A. 碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动 B. 碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动 C. 碰撞前后两小球的机械能总量减小 D. 碰撞前后两小球的机械能总量不变 【答案】D 【知识点】功能关系的应用、x-t图像、弹性碰撞 【解析】 △x 在x-t图象中，斜率代表速度，根据v= 求得碰撞前后ab的速度，根据动量守恒求得b球的质量， △t 把碰撞前后ab球的机械能求出判断是否机械能守恒。 A.在 x-t图象中，斜率代表速度，在碰前， a的斜率不变，做匀速运动，速度为 △x 8 v = = m/s=4m/s，b的斜率为零，静止，故碰前v =0，故A错误； a △t 2 b △v 0-8 B.碰后a的斜率不变，做匀速运动，速度为v' = = m/s=-2m/s，碰后b的斜率不变，做 a △t 4 △x 16-8 匀速运动，速度v' = = m/s=2m/s，故B错误； b △t 4 CD.碰撞过程，动量守恒，则m v =m v' +m v' ，解得：m =0.6kg， 1 a 1 a 2 b 2 1 1 碰撞前两球的机械能为E = m v2= ×0.2×42J=1.6J 1 2 1 a 2 1 1 碰撞后机械能为E = m v'2+ m v'2=1.6J，故E❑ =E ，碰撞前后机械能守恒，故C错误，D 2 2 1 a 2 2 b 1 2 正确。 故选：D。 3．(2022·湖北省·专项测试)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为 600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过 程中重力和空气阻力可忽略)( ) A. 6.0×102kg⋅m/s B. 5.7×102kg⋅m/s C. 30kg⋅m/s D. 6.3×102kg⋅m/s 【答案】C 【知识点】动量守恒定律的理解及简单应用 【解析】 在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间 火箭的动量大小。开始总动量为零，规定向下为正方向，根据动量守恒定律知道，0=m v +p， 1 1 解得火箭的动量p=-m v =-30kgm/s，负号表示方向，与大小无关。 1 1 故选C。4．(2021·安徽省·历年真题)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连， 另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时 滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和 滑块组成的系统( ) A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【知识点】机械能守恒的条件、动量守恒定律的条件 【解析】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒； 撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力， 撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功， 克服摩擦力做的功转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错 误。 故选：B。 系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或弹力做功时，机械能守恒。根据系统受力情况与 各力做功情况，结合动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。 5．(2022·广东省佛山市·月考试卷)如图所示，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时轻绳处 于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发 生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍，b与水平面间 的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求： (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小； (2)轻绳的长度． 【答案】 (1)v =√2μgs;(2)L=4μs。 b 【知识点】动能定理的应用、动量守恒定律的应用 【解析】 【分析】清楚物块的运动过程是解题的前提，把握每个过程的物理规律是关键。要知道弹性碰撞过程系统动 量守恒、机械能守恒，运用动能定理时要注意选择研究的过程． 【解答】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m， 1 对物块b碰后由动能定理得-μ×3mgs=0- ×3mv2 ， 2 b 解得v =√2μgs; b 1 (2) a球从水平位置摆下的过程mgL= mv2 ， 2 0 ab碰撞的过程mv =mv +3mv ， 0 a b 1 1 1 mv2= mv2+ ×3mv2 ， 2 0 2 a 2 b 解得L=4μs。 6．(2020·北京市市辖区·月考试卷)如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们 悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接 触。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ=60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低 点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线的长度为L，每个小球的质量均为m， 重力加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求： (1)A球运动至最低点时的速度大小v； (2)碰后两球能够上升的最大高度△h； (3)碰撞过程中损失的机械能△E。 【答案】 1 解：(1)小球A下落到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgL(1-cosθ)= mv2 2 解得v=√gL (2)两球碰撞过程满足动量守恒定律mv=2mv' √gL 解得：v'= 2 1 碰后两球一起运动，根据动能定理可知：-2mg⋅△h= ⋅2mv'2 2 1 解得：△h= L 81 1 (3)碰撞过程中根据能量守恒可知： mv2= ⋅2mv'2+△E 2 2 1 解得△E= mgL 4 答：(1)A球运动至最低点时的速度大小v为√gL； 1 (2)碰后两球能够上升的最大高度△h为 L； 8 1 (3)碰撞过程中损失的机械能△E为 mgL。 4 【知识点】机械能守恒与曲线运动、动量守恒定律的应用实例 【解析】(1)A球下落的过程中，根据动能定理求得到达最低点的速度； (2)AB球碰撞过程中，动量守恒，碰后AB球向上运动，根据动能定理求得上升的最大高度； (3)在碰撞过程中能量守恒，根据能量守恒求得损失的机械能。 本题主要考查了动能定理、动量定理定律和能量守恒，关键时正确的选取研究过程，明确在碰撞过 程中由能量损失。 1．(2022·北京市·其他类型)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一 高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞 均为对心正碰。以下分析正确的是( ) A. 将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球 重复上述实验，3号仍能摆至高度h B. 将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个 过程机械能和动量都守恒 C. 将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高 度h D. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒 【答案】D 【知识点】机械能守恒的条件、动量守恒定律的条件 【解析】解：A、将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h，可知，小球1、 2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间 碰后并不交换速度，则3号上摆的高度不等于h，故A错误； B、将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，则释放后整 个过程机械能守恒，但只在碰撞瞬间动量守恒，释放后整个过程动量不守恒，故B错误； C、将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损 失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h，故C错 误； D、小球1、2间，2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不 守恒，故D正确。 故选：D。 质量相等的两球发生弹性碰撞时，碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大。只有 重力做功时物体的机械能守恒。 2．(2020·全国·历年真题)如图，光滑水平面上有两个质量相同的物体a和b，a上系有一轻弹簧。开 始时，a静止，b以某一速度a运动，压缩弹簧然后分离。假设在此碰撞过程中没有机械能损失，关 于两物体动量的大小，下列说法正确的是 A. 当弹簧压缩到最大程度时，a的动量大于b的动量 B. 当弹簧压缩到最大程度时，a的动量小于b的动量 C. 当两物体完全分离时，a的动量小于碰撞前b的动量 D. 当两物体完全分离时，a的动量等于碰撞前b的动量 【答案】D 【知识点】用动量与能量观点分析弹簧类问题、系统动量守恒的判断、弹性碰撞 【解析】 AB.物体a、b和弹簧组成的系统，动量守恒，当弹簧压缩到最大程度时，两者速度相同，又物体a、 b质量相同，所以a的动量等于b的动量，故AB错误； CD.物体a、b和弹簧组成的系统，动量守恒，且在此碰撞过程中没有机械能损失，即弹性碰撞， 且物体a、b质量相同，两者交换速度，所以当两物体完全分离时，物体a的速度与碰撞前b的速度 相同，物体b的速度为零，所以当两物体完全分离时，a的动量等于碰撞前b的动量，故D正确，C 错误。 故选D。 3．(2021·全国·单元测试)如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向 沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( ) A. 若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B. 若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C. 若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D. 若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 【答案】C 【知识点】一般非弹性碰撞、能量守恒定律、系统动量守恒的判断 【解析】 弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速 度，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后 分析答题。弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向， mv 由动量守恒定律得：mv=(M+m)v'，解得：v'= ， M+m 弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知， 1 1 Mmv2 整个过程系统损失的机械能：△E= mv2- (M+m)v'2= ； 2 2 2(M+m) Mmv2 mv2 △E= = A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能： 2(M+m) m 变大，故A 2(1+ ) M 错误； Mmv2 Mv2 △E= = B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能： 2(M+m) M 变大，故B 2(1+ ) m 错误； Mmv2 C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E= 变大，故C正确； 2(M+m) Mmv2 D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E= 不变，故D错误； 2(M+m) 故选：C。 4．(2021·重庆市·历年真题)质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛，某时刻 两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t 左 1右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则( ) A. t=0时刻，甲的速率大于乙的速率 B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变 C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变 D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能 【答案】C 【知识点】机械能的概念、x-t图像、弹性碰撞、动量 【解析】 根据x-t图像的斜率代表速度分析速度的变化以及运动状态的变化，结合动量守恒的内容进行分析 判断，根据机械能的概念分析机械能的大小关系。 A.根据x-t图像的斜率代表速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，故 A错误； B.碰撞前后瞬间，乙的x-t图像的斜率由正变为负，所以速度方向反向，动量的方向发生变化，大 小未变，因此动量发生变化，故B错误； C.分析图像可知，在时刻t 相碰，由于实线两个顶点的纵坐标相同，所以说明甲从最高点到达碰撞 1 位置的速度与碰撞之后的速度大小相等，所以碰撞前后瞬间，甲的动能不变，故C正确； D.由图像可知，碰撞时处于同一位置，重力势能相等，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲 的速度与乙的速度大小相等，因为碰撞过程中两球交换速度，所以碰撞前两球动能相等，所以根据 x-t图像的斜率可知碰后乙的速度大小大于甲的速度大小，所以可知碰撞后甲的机械能与乙的机械 能相等，故D错误。 5．(2022·全国·其他类型)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量 是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、 右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止。 求(1)此时盒的速度大小； (2)滑块相对于盒运动的路程。 【答案】 解：(1)设滑块的质量是m，碰后速度为v ，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向， 共 由动量守恒定律得：mv=(m+2m)v 共 1 解得：v = v 共 3 1 (2)开始时盒子与物块的机械能：E = mv2 1 21 1 碰后盒子与物块的机械能：E = (m+2m)v 2= mv2 2 2 共 6 损失的机械能：ΔE=E -E =μmg⋅s 1 2 v2 解得：s= 3μg 【知识点】用动量与能量观点分析滑块-木板模型 【解析】该题考查动量守恒定律，解答的关键是能忽略物体运动的过程，熟练应用动量守恒定律、 能量守恒定律是正确解题的关键；解题时要分析清楚运动过程。物体与盒子组成的系统动量守恒； 先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程。 6．(2021·云南省·历年真题)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆 上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲 靠边框b，甲、乙相隔s =3.5×10-2m，乙与边框a相隔s =2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因 1 2 数μ=0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不 变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 【答案】 解： (1)甲乙滑动时的加速度大小均为a=μg=1m/s2，甲与乙碰前的速度v ，则：v2=v2-2as ，解得： 1 1 0 1 v =0.3m/s 1 甲乙碰撞时由动量守恒定律mv =mv +mv 解得碰后乙的速度：v =0.2m/s 1 2 3 3 v2 0.22 然后乙做减速运动，当速度减为零时则：x= 3 = m=0.02m=s 2a 2×1 2 可知乙恰好能滑到边框a； v -v 0.4-0.3 (2)甲与乙碰前运动的时间：t = 0 1= s=0.1s 1 a 1 v 0.1 碰后甲运动的时间：t = 2= s=0.1s 2 a 1则甲运动的总时间为：t=t +t =0.2s 1 2 【知识点】匀变速直线运动规律的应用、动量守恒定律的应用 【解析】见答案 1．(2021·浙江省·历年真题)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记 录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水 平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击 地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( ) A. 两碎块的位移大小之比为1:2 B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m 【答案】B 【知识点】爆炸问题、平抛运动基本规律 【解析】 A.爆炸过程动量守恒，设质量分别为2m与m，由动量守恒定律得：2mv -mv =0，因为爆炸后速 1 2 度水平，所以做平抛运动，下落高度相同，运动时间相等，故水平位移之比为1：2，由几何关系可 知两碎块的位移大小之比不是1:2，故A错误； 2x x D.设质量为2m的碎块水平位移为x，则质量为m的碎块水平位移为2x，则有： - =6-5， 340 340 得x=340m，所以爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为d=3x=1020m，故D错误； 340 C.由D分析可知质量为2m的碎块与地面撞击时发出的响声经 s=1s传播至记录器，所以在空中 340 运动的时间为t=5s-1s=4s，因为竖直方向做自由落体运动，所以爆炸物的爆炸点离地面高度为 1 1 h= gt2= ×10×42m=80m，故B正确； 2 2 C.因为爆炸后质量大的碎块在空中飞行4s，水平位移为340m，所以爆炸后质量大的碎块的初速度 x 340 为v= = m/s=85m/s，故C错误。 t 42．(2022·山东省·月考试卷)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧 形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从 0 弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，以弧 形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是 1 A. 小球的最大重力势能为 mv 2 3 0 B. 小球离开小车后，小球做自由落体运动 C. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0 2 D. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为 mv 3 0 【答案】A 【知识点】冲量、机械能守恒与曲线运动、动量与能量的其他综合应用、某一方向动量守恒问题 【解析】 小球与弧形槽相互作用的过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒。当小球到达弧形槽的顶端时， 两者速度相等。 当小球离开小车时，相当于小球与小车发生了完全弹性碰撞，因为两者速度相等，则速度交换，则 小球离开小车做自由落体运动。 A、经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿 小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv =3mv，根据机械能 0 1 1 1 守恒定律有 mv2= ×3mv2+E ，解得E = mv2 ，故A正确； 2 0 2 P P 3 0 B、设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v 、v ，在小球沿小车弧形槽滑行的过 1 2 程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 的方向为正方向，有mv =mv +2mv ， 0 0 1 2 1 1 1 v 2 根据机械能守恒定律有 mv2= mv2+ ×2mv2 ，解得v =- 0，v = v ，小球离开小车后将 2 0 2 1 2 2 1 3 2 3 0 做平抛运动，故B错误； C 、 根 据 动 能 定 理 ， 在 小 球 沿 小 车 弧 形 槽 滑 行 的 过 程 中 ， 小 车 对 小 球 做 的 功 1 1 4 W = mv2- mv2=- mv2 ，故C错误; 2 1 2 0 9 0 D、根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小 4 I=2mv -0= mv ，故D错误。 2 3 0 3．(2022·湖南省常德市·模拟题)如图所示，质量为m的小球b与水平轻弹簧相连且静止，放在光滑的水平面上，等质量的小球a以速度v 沿弹簧所在直线冲向小球b。从a开始压缩弹簧到分离的整个 0 过程中，下列说法中正确的是( ) 1 1 A. 弹簧对a球的冲量大小为 mv B. a球的最小速度为 v 2 0 2 0 1 1 C. 弹簧具有的最大弹性势能为 mv2 D. b球的最大动能为 mv2 2 0 2 0 【答案】D 【知识点】功能关系的应用、动量守恒定律的应用实例、动量定理的一般应用 【解析】解：A、从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律 和机械能守恒定律分别得： mv =mv +mv 0 a b 1 1 1 mv2= mv2+ mv2 2 0 2 a 2 b 联立解得v =0，v =v a b 0 对a球，由动量定理得弹簧对a球的冲量I=mv -mv =-mv ，弹簧对a球的冲量大小为mv ，故 a 0 0 0 A错误； B、a球的最小速度为0，故B错误； C、当弹簧压缩至最短时两球的速度相等，弹簧具有的弹性势能最大，设两球共同速度为v，弹簧 具有的最大弹性势能为E ，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： pmax mv =2mv 0 1 1 mv2= (2m)v2+E 2 0 2 pmax 1 联立解得E = mv2 ，故C错误； pmax 4 0 1 D、b球与弹簧分离时速度最大，且最大速度为v ，则b球的最大动能为 mv2 ，故D正确。 0 2 0 故选：D。 4．(2022·湖北省·模拟题)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点。一质量为1kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4m/s的初速度向右运动， 一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为 0.2m(未脱离轨道)。取重力加速度大小g=10m/s2，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法 正确的是( )A. 碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1m/s B. 碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3m/s C. 小球b的质量为3kg D. 两球会发生第二次碰撞 【答案】C 【知识点】动量守恒定律的应用 【解析】 1 A、设碰撞后瞬间小球b的速度大小为v ，根据机械能守恒定律有 m v2=m gh，解得v =2m/s， b 2 b b b b 选项A错误; BC、设碰撞后瞬间小球a的速度大小为v ，对两球碰撞的过程，以水平向右为正方向，有 a 1 1 1 m v =m v +m v 、 m v2= m v2+ m v2 ，解得v =-2m/s(“-”说明v 的方向水平向左)、 a 0 a a b b 2 a 0 2 a a 2 b b a a m =3kg，选项 B错误、C正确; b D、碰撞后两球的速度大小相等，a球向左做匀速运动，b球先上升后滑下，也向左做匀速运动，故 两球不会发生第二次碰撞，故D错误。 5．(2022·天津市·模拟题)将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02s时间内有 50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则 下列说法正确的是( ) A. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800N B. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200N C. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5m/s D. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为10m/s 【答案】D 【知识点】反冲问题、动量定理的内容和表达式、动量守恒定律的理解及简单应用 【解析】 在燃气喷出过程，对燃气运用动量定理列式，结合牛顿第三定律可求得火箭受到的平均推力。在喷 气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统合外力远小于内力，系统的动量近似守恒，结合动量守恒 定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的速度大小。 AB.设模型火箭为M，燃气的质量为m。燃气的速度大小为v ，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度 1 大小为v 。 2在燃气喷出过程，对燃气，由动量定理得：Ft=mv -0 1 解得：F=500N，故AB错误； CD.规定燃气喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=mv -(M-m)v 1 2 解得：v =10m/s，故D正确，C错误。 2 6．(2021·海南省·历年真题)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一 0 小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因 数为μ，重力加速度为g． (1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小； (2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离； (3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动， 直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功． 【答案】 解：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则 2mv =3mv ， 0 共 2v 解得v = 0； 共 3 (2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v =2v ， 木 滑 再根据动量守恒定律有2mv =2mv +mv ， 0 木 滑 2 4 联立化简得v = v ，v = v ， 滑 5 0 木 5 0 1 1 1 再根据功能关系有-μmgx= ×2mv2 + mv2 - ×2mv2 ， 2 木 2 滑 2 0 7v2 经过计算得x= 0 ； 25μg (3)由于木板保持匀速直线运动，则有 F=μmg， 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有 a =μg， 滑 滑块相对木板静止时有 v =a t， 0 滑 v 解得t= 0， μg 则整个过程中木板滑动的距离为v2 x'=v t= 0， 0 μg 则拉力所做的功为W =Fx'=mv2 。 0 2v 答：(1)滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为 0； 3 7v2 (2)某时刻木板速度是滑块的2倍，此时滑块到木板最右端的距离为 0 ； 25μg (3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动， v 直到滑块相对木板静止，此过程中滑块的运动时间为 0，外力所做的功为mv2 。 μg 0 【知识点】运用牛顿第二定律分析动态过程、匀变速直线运动的位移与时间的关系、用动量与能量 观点分析滑块-木板模型 【解析】(1)根据木板与小滑块组成的系统动量守恒求解。 (2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量列出等式求解。 (3)根据牛顿第二定律结合运动学公式解得滑块运动的时间，求得木板运动位移根据功的计算公式 解得。 解决该题的关键是掌握动量守恒的条件以及表达式，知道内能的大小等于整个过程中一对滑动摩擦 力做的功，掌握能量守恒定律； 7．(2022·广东省·历年真题)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直 放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v 为 0 10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动 滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg，滑杆的质量M=0.6kg，A、B间的 距离l=1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N ; 1 2(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v ; 1 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 【答案】 解：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N =(m+M)g=8N 1 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为 1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为：N =Mg-f '=5N 2 1 1 (2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-mgl-fl= mv2- mv2 ，代入数据解得v =8m/s。 2 1 2 0 1 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 mv =(m+M)v；碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 1 1 -(m+M)gh=0- (m+M)v2 2 代入数据联立解得h=0.2m。 【知识点】动能定理的基本应用、牛顿第三定律的内容及理解、完全非弹性碰撞 【解析】本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第三定律，再利 用动量守恒定律即可完成分析，整体难度中等。 (1)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力； (2)根据动能定理可以得出滑块与滑杆碰撞前的速度； (3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合动能定理得出滑杆向上运动的最大高度。