课时1.3 动量守恒定律 高考真题--2021-2022学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019选择性必修第一册）

第一章 动量守恒定律 课时1.3 动量守恒定律（高考真题） 五年选考练 考点　动量守恒定律的应用　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.[]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是　　　　。  A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动 2.[]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1 m/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1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。 3.[]如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg，重力加速度大小g=9.80 m/s2。 (ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h-v2直线斜率的理论值k0。 (ⅱ)求k值的相对误差δ(δ=×100%，结果保留1位有效数字)。 4.[]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (ⅰ)求斜面体的质量； (ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 三年模拟练 应用实践 1.()如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M甲=30 kg，乙和他的冰车总质量M乙也是30 kg，游戏时甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞 (　　) A.2.2 m/s B.5.2 m/s C.6 m/s D.10 m/s 2.()(多选)如图，两个弹性小球用轻绳紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0=0.1 m/s向左做匀速直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为ma=1.0 kg和mb=2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t=4.0 s，两球的间距s=3.6 m，下列说法正确的是 (　　) A.刚分离时，a、b两球的速度方向相反 B.刚分离时，b球的速度大小为0.5 m/s C.刚分离时，a球的速度大小为0.4 m/s D.两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J 3.()A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，发生碰撞前后的v-t图线如图所示，由图线可以判断 (　　) A.A、B的质量之比为3∶1 B.A、B作用前后总动量守恒 C.A、B作用前后总动量不守恒 D.A、B作用前后总动能减小 4.()(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为m的小物块从槽上高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是　 (　　) A.物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为 B.物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为 C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒 D.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h处 5.()如图所示，滑块A、木板B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为时绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为，A、B、C的质量分别为2m、3m、m。求: (1)从C获得速度v0开始，经过多长时间绳子被拉直； (2)拉断绳子造成的机械能损失。 (3)木板的长度至少为多少？ 迁移创新 6.()细线下吊着个沙袋，构成一个摆。一颗子弹水平射入沙袋并留在沙袋中随沙袋一起摆动。利用这个物理情景可以完成对子弹速度的粗略测量。请你写出需要测量的物理量(直接测量量)，并根据这个过程中满足的物理规律写出测量原理(用字母表示)。 答案全解全析 五年选考练 1.D　由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒定律可知碰后总动量也为0；因两滑块发生弹性碰撞，没有机械能损失，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。 2.答案　3∶2 解析　由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1 解得= 代入数据得= 3.答案　(ⅰ)2.04×10-3 s2/m　(ⅱ)6% 解析　(ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v'，由动量守恒定律有mBv=(mA+mB)v'① 在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 (mA+mB)v'2=(mA+mB)gh② 联立①②式得h=v2③ 由题意得k0=④ 代入题给数据得k0=2.04×10-3 s2/m⑤ (ⅱ)按照定义δ=×100%⑥ 由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦ 导师点睛 动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒定律以及机械能守恒定律的条件，然后才能列式求解。 4.答案　见解析 解析　(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v① m2=(m2+m3)v2+m2gh② 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。 联立①②式并代入题给数据得 m3=20 kg③ (ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0④ 代入数据得 v1=1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3⑥ m2=m2+m3⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。 导师点睛 此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题。解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道正负号的含义。 三年模拟练 1.B　设甲以速度v将箱子推出后恰好与乙不相撞，推出箱子后甲的速度为v甲，抓住箱子后乙的速度为v乙，取向右为正方向，根据动量守恒定律，对于甲和箱子，有(M甲+m)v0=M甲v甲+mv，对于乙和箱子，有mv-M乙v0=(m+M乙)v乙；当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙；联立各式解得v=5.2 m/s。故选B。 关键点拨 解题的关键是抓住两车恰好不相撞的条件:两车速度相同。 2.AD　取向左为正方向，由动量守恒定律可得(ma+mb)v0=mava+mbvb；经过t=4.0 s后，两球的间距为s=3.6 m，则有s=vbt-vat，解得va=-0.5 m/s，vb=0.4 m/s，由此可知，刚分离时a球的速度大小为0.5 m/s，方向向右，b球的速度大小为0.4 m/s，方向向左，即a、b两球的速度方向相反，A正确，B、C错误；设两球分离过程中释放的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得(ma+mb)+Ep=ma+mb，解得Ep=0.27 J，D正确。 3.B　由题图可知，碰前A、B的速度分别为vA=6 m/s、vB=1 m/s，碰后A、B的速度分别为v'A=2 m/s、v'B=7 m/s，根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B，解得mA∶mB=3∶2，A错误；根据动量守恒定律知A、B作用前后总动量守恒，B正确，C错误；A、B作用前总动能Ek1=mA+mB=mA，A、B作用后总动能Ek2=mAv'+mBv'=mA，由此可知A、B作用前后总动能不变，D错误。 4.AD　物块和槽相互作用时，在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在水平方向上动量守恒。物块第一次滑到槽底端时，设物块的速度大小为v，槽的速度大小为v'，规定向右为正方向，由水平方向上动量守恒得0=mv-2mv'，则有v'=v；由能量守恒定律得mgh=mv2+×2mv'2，解得槽的动能为，A正确，B错误；压缩弹簧时，物块和弹簧组成的系统受到竖直墙的作用力，动量不守恒，故C错误；由以上分析可知物块被反弹后的速度大于槽的速度，所以物块能追上槽，当滑到槽的最高点时，两者有相同的速度，从能量守恒的角度可知，物块不能回到槽上高h处，D正确。 易错分析 弧形槽和水平面均光滑，易误认为物块被反弹后只要能追上弧形槽，就一定可以回到槽上高h处。应该从能量的角度分析:物块、槽、弹簧组成的系统能量守恒，最初系统的总能量为物块的重力势能，当物块反弹后滑到槽的最高点时，系统的总能量为物块的重力势能与物块、槽的动能之和，而此时物块和槽有共同的速度，即动能不为零，因此物块不可能上升到原来的高度。 5.答案　(1)　(2)m　(3) 解析　(1)从C获得速度v0到绳子被拉直的过程中，对C，根据动量定理得-μmgt=mv0-mv0 解得t= (2)设绳子刚拉直时B的速度为vB，对B、C系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=m·v0+3mvB 解得vB=v0 绳子拉断的过程中A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得3mvB=2mvA+3m·v0 解得vA=v0 绳子拉断过程中以A、B为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为 ΔE=×3m·-×2m·-×3m·=m (3)由题意可知，在绳子拉断前C不能离开B，即临界条件是C在绳子拉断瞬间离开B，设B的长度为L，则在绳子拉断前的运动过程中，对B、C分析，根据动能定理有: -μmgL=×3m×+m×-m 解得L= 6.答案　见解析 解析　需要测量子弹的质量m，沙袋的质量m0，摆长l，沙袋摆动时摆线的最大偏角θ。 测量原理: 子弹射入沙袋后与沙袋一起从最低位置摆至最高位置的过程中机械能守恒，设在最低位置时，子弹和沙袋的共同速度为v0，则由机械能守恒定律可得 (m+m0)=(m+m0)g(l-l cos θ) 得v0= 设射入沙袋前子弹速度为v，子弹射入沙袋的过程中系统动量守恒，选子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mv=(m+m0)v0 则v= 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $