(普查练习)第15课 动量守恒定律 碰撞-【提分宝典】2024版新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

第15课　动量守恒定律　碰撞 普查与练习15Ⅰ　　动量守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　 1．系统动量是否守恒的判断 (1)(多选)(经典题，4分)如图所示，A、B两物体质量之比为3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中(　　) A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，A、B组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 答案：BC 解析：若A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A、B两物体的质量不相等，所以A、B两物体受到的摩擦力不相等，即A、B组成的系统所受合力不为0，则A、B组成的系统动量不守恒，故A项错误。若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，由二者的质量之比为3∶2，可得两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，则A、B组成的系统所受合力为0，所以A、B组成的系统动量守恒，故B项、C项均正确。因地面光滑，无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合力均为0，系统动量守恒，故D项错误。 2．动量守恒定律的应用 a．“物块弹簧”模型 (2)(多选)(安徽马鞍山一模，6分)如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则(　　) A．v1＝v2 B．弹簧弹性势能的最大值为mv C．弹簧弹性势能的最大值为μmg(x1＋x2) D．长木板固定，滑块以速度v2滑上长木板时，也恰好能回到长木板的左端 答案：ACD 解析：当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时，长木板和滑块的速度相同，设为v，此时弹簧弹性势能最大，设为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv1＝2mv，mv＝×2mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep。从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，长木板和滑块的速度再次相等，由能量守恒定律可得Ep＝μmg(x1＋x2)，联立以上三式可得Ep＝mv，故B项错误，C项正确。当长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2时，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒定律可得mv＝μmg(x1＋x2)＋Ep，联立可得v1＝v2，故A项正确。当长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2时，设滑块被弹簧弹开后运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒定律有Ep＝μmg(x1＋x2)＋mv，代入数据可解得v3＝0，说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D项正确。 b．临界问题 (3)(多选)(全国Ⅱ经典真题，6分)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 答案：BC 解析：设该运动员的质量为M，物块的质量为m，m＝4.0 kg，推物块的速度大小为v＝5.0 m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，第一次推物块的过程中0＝Mv1－mv，第二次推物块的过程中Mv1＋mv＝Mv2－mv，第三次推物块的过程中Mv2＋mv＝Mv3－mv，……，第n次推物块的过程中Mvn－1＋mv＝Mvn－mv，以上各式相加可得Mvn＝(2n－1)mv。由题可知经过8次推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员，即当n＝7时，v7＜v，解得M＞52 kg；当n＝8时，v8≥v，解得M≤60 kg，即52 kg＜M≤60 kg，故A项、D项均错误，B项、C项均正确。 c．爆炸与反冲 (4)(2021天津真题，14分)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1