2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练：26 动量守恒定律及其应用

2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练：26 动量守恒定律及其应用

www.ks5u.com 规范演练26　动量守恒定律及其应用 ‎[抓基础]‎ ‎1．(2019·福建福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)‎ A.M　　　　 B.M C.M D.M 答案：C ‎2．(多选)(2019·广西南宁四中月考)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为发生碰撞前后的vt图线，下列判断中正确的是(　　)‎ A．A、B作用前后总动量守恒 B．A、B作用前后总动量不守恒 C．A、B的质量比为2∶3‎ D．A、B作用前后总动能不变 解析：由于A、B两物体在光滑水平面上碰撞，则动量守恒，选项A正确，B错误；根据动量守恒定律有mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得 mA∶mB＝3∶2，选项C错误；作用前总动能Ek1＝mA·62＋mB·12＝mA，作用后总动能Ek2＝mA·22＋mB·72＝mA，由此可知作用前后A、B的总动能不变，选项D正确．‎ 答案：AD ‎3．(2019·青岛质检)质量为m的炮弹恰好沿水平方向飞行时，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为(　　)‎ A. B.Ek C.Ek D.Ek 解析：设向前飞去的一块动能为Ek1，则动量为，炮弹在空中爆炸，因时间极短，水平方向动量守恒，则有＝－，解得Ek1＝Ek，选项B正确．‎ 答案：B ‎4．(多选)(2019·黑龙江大庆质检)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度(　　)‎ A．使喷出的气体速度增大 B．使喷出的气体温度更高 C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小 解析：设原来火箭的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量(M－m)的速度是v′，由动量守恒得出(M－m)v′＝mv ‎，则v′＝＝，由该式可知m越大或v越大，v′越大，选项A、C正确．‎ 答案：AC ‎5．(2019·河北衡水中学模拟考试)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.已知他自身的质量为m，则小船的质量M为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝，v′＝，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝，故选项B正确．‎ 答案：B ‎6．(2019·东莞调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)‎ A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙 答案：B ‎7．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)‎ A．A、B速度相等时 B．A的速度等于v时 C．弹簧压缩至最短时 D．B的速度最小时 解析：在压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒，物体的动能转化为弹簧的弹性势能．当A、B速度相等时，此时弹簧压缩至最短，系统损失的动能最多，弹簧的弹性势能最大，选项A、C正确．‎ 答案：AC ‎8．(多选)(2019·山东济南一中月考)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 解析：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，说明左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则碰撞后A球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒，mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，可得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，由于mB＝2mA，得碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，故C正确，D错误；碰撞前系统动能为＋＝＋＝，碰撞后系统动能为＋＝＋＝，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误．‎ 答案：AC ‎[提素养]‎ ‎9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　)‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 解析：由x-t图象的斜率得到，碰前m2‎ 的位移不随时间而变化，处于静止状态．m1速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v′2＝2 m/s，v′1＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m1v′1＋m2v′2，代入解得，m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v′－m2v′，代入解得，ΔE＝0 J，故D错误．‎ 答案：AC ‎10．(2018·海南卷)如图所示，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个小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同摆过一个小角度的过程(　　)‎ 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 解析：由于只有子弹射入沙箱的过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，mv＝(m＋M)v共，则系统损失的机械能ΔE＝mv2－(m＋M)v＝mv2－(m＋M)＝.‎ 由此可知，若保持m、v、l不变，M 变大则系统损失的机械能变大，故A错误；若保持M、v、l不变，m变大则系统损失的机械能变大，故B错误；若保持M、m、l不变，v变大则系统损失的机械能变大，故C正确；系统损失的机械能与l无关，故D错误．‎ 答案：C ‎11．(多选)(2019·宁夏石嘴山三中月考)如图所示，光滑图形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是(　　)‎ A.＝＋1 B.＝－1‎ C.＝1 D.＝ 解析：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，根据动能定理可知，mgR＝mv2，解得v＝，碰后A和B的速度相等，方向相反或相同，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得mAg2R＝mAv，解得v0＝；A、B碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，如碰后速度方向相同，则有mAv0＝mAvA＋mBvB，解得＝＋1；如碰后速度方向相反，则有mAv0＝mBvB－mAvA，解得＝－1，故选项A、B正确．‎ 答案：AB ‎12．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ 解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，①‎ 设碰撞后瞬间B车速度为v′B，滑行的距离为xB.由运动学公式有v′＝2aBxB，②‎ 联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s.③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA，④‎ 设碰撞后瞬间A车速度为v′A，滑行的距离为xA.由运动学公式有v′＝2aAxA，⑤‎ 设碰撞前瞬间A车速度为vA，由动量守恒定律得 mAvA＝mAv′A＋mBv′B，⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3 m/s.‎ 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s ‎13．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．‎ 解析：本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律．‎ ‎(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝mv，①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt，②‎ 联立①②式得t＝ .③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1，④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有 mv＋mv＝E，⑤‎ mv1＋mv2＝0，⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 mv＝mgh2，⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝.⑧‎ 答案：(1) 　(2)