2021版高考物理(基础版)一轮复习学案：第六章 2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲 Word版含答案

112

由能量守恒定律有mAgh＝mAv21＋Mv 22解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s

小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2.由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度大小等于平台的速度大小，有

v1′＝1 m/s

由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2 11122由能量守恒定律有mAv21＝mAv′1 ＋mBv2 222解得mB＝3 kg. 答案：3 kg

2.(2020·河南郑州模拟)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上有固定的光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，小车(包括光滑斜面和连有弹簧的挡板)总质量为M＝2 kg.物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC的长度为L＝3 m，BD段光滑．g取10 m/s2.求在运动过程中：

(1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C点的速度．

1解析：(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得mgh＝mv2－0，代入数据解得

2B

vB＝6 m/s.物块由B点运动到将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取vB的方向为正1

方向，mvB＝(M＋m)v，弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可得Epmax＝mv2

2B1

－(M＋m)v2，由以上两式可得Epmax＝12 J. 2

(2)物块由B点运动到第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则有mvB＝mvC＋Mv′，物块由B点运动到第二次到达C点的整个过程中，根据机械能守恒，11212联立以上两式并结合题意可解得v＝－2 m/s，有mv2即物块第二次到达CB＝mvC＋Mv′，C222

点的速度大小为2 m/s，方向水平向左．

答案：见解析

[学生用书P339(单独成册)]

(建议用时：40分钟)

一、单项选择题

1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )

A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒

C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒

解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，D错误．

2．(2020·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为( )

A．3v0－v C．3v0－2v

B．2v0－3v D．2v0＋v

解析：选C.取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx

＝3v0－2v，C正确．

3．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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．30 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s

B．5.7×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s

解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷

出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A正确．

4．(2020·安徽江淮十校三模)一个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )

A．甲、乙有可能同时落地 B．甲、乙落地时的速度一定相同 C．从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同 D．甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同

解析：选D.爆竹竖直升空后在最高点时速度为零，根据动量守恒定律可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误；根据机械能守恒定律知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，速度不同，故B错误；甲、乙在空中运动时间不同，由Δv＝gt可知，甲、乙的速度变化不同，故C错误；爆炸后瞬间，甲、乙在竖直方向速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖直方向分速度相同，由P＝mgvy可知重力的瞬时功率相同，故D正确．

5．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )

m

A.v MmC.v m＋M

MB.v mMD.v m＋M

解析：选B.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速Mv

度大小v′＝，B正确．

m

6.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )

mhA. M＋m

MhB. M＋m

mh

C. （M＋m）tan αMh

D. （M＋m）tan α解析：选C.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为h

x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝②，由①②式

tan αmh

可得x2＝，故选C.

（M＋m）tan α7.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方的绳上，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )

A．5 m C．2.6 m

B．3.6 m D．8 m

h1h2

解析：选B.当人滑到绳下端时，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h.解得

tth1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，B正确．

8.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是

－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )

A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s

解析：选D.两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球1111222

的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv2A＋mBvB≥mAvA′＋mBvB′②，D中2222满足①式，但不满足②式，所以D错误．

二、多项选择题

9．(2020·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )

A．E1E0

B．p2>p0 D．p1>p0

解析：选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E1p0，B正确．

10．(2020·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为 ( )

A．0.6v

C．0.2v D．0.3v

解析：选BD.若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得1121vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mvA＋

22212

×3mv2B>mv ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：21112

2

mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mv2A＋×3mvB

2＝mv2A＋×3mvB

11.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的

初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )

1

A.mv2 21

C.NμmgL 2

mMB.v2 2（m＋M）D．NμmgL B．0.4v

解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成11

的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt ①、mv2＝(M＋m)v2t＋ΔE ②，由22Mm①②式联立解得ΔE＝v2，A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰

2（M＋m）撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，C错误，D正确．

三、非选择题