2026届高考物理一轮复习考点练习++动量守恒定律及其应用+提高篇

动量守恒定律及其应用提高篇基础巩固1.[2025·福建厦门一中模拟]如图所示,在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车,用长为L的细线系一质量为m的小球,将小球拉至水平位置,球放开前小车与小球保持静止状态,松手后让小球下落,在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起,则 ()A.小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒B.小球与油泥相撞后一起向右运动C.小球下摆过程小车的运动距离为MLD.小球下摆过程小车的运动距离为mL2.[2025·浙江湖州模拟]用火箭发射人造卫星,发射过程中最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量为500kg,最后一节火箭壳体的质量为100kg.某时刻火箭壳体与卫星分离,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103m/s.下列说法正确的是 ()A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103m/sB.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104m/sC.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105N·sD.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105kg·m/s3.[2025·湖南长沙模拟]如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内.小球A、B质量分别为m、km(k为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞中无机械能损失,重力加速度为g.关于各种情况下k的取值.下列各项中正确的是 ()A.若0.2<k<1,则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道B.若0<k<0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点C.若k>1,小球B可能脱轨D.若k=3,小球A和小球B将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞4.如图所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为n(n=1,2,3,…)每人只有一个沙袋,x>0一侧的每个沙袋质量为m=7kg,x<0一侧的每个沙袋质量为m'=9kg,一质量为M=24kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数),车上最终有小沙袋的个数为 ()A.3个 B.5个C.7个 D.9个5.[2025·山东菏泽模拟]如图所示,质量分别为m、3m、3m的小球A、B、C静止在光滑的水平面上,且球心处在同一直线上,小球B用长为L1(未知)的细线连接悬于O1点,小球C用长为L2(未知)的细线连接悬于O2点,小球B、C刚好与水平面接触,现给小球A一个水平向右大小为v0的初速度,小球A与小球B发生弹性正碰,使小球B恰好在竖直面内做圆周运动,接着小球A与小球C也发生弹性正碰,碰撞后小球C也恰好在竖直面内做圆周运动,重力加速度大小为g,不计小球的大小,求:(1)悬挂小球B的细线长L1;(2)小球A与小球C第一次碰撞后一瞬间,细线对小球C的拉力大小.综合提升6.[2025·广东惠州模拟]图甲是一个U形雪槽,某次滑板表演中,表演者在同一竖直平面内运动,可把该场地简化为如图乙所示的凹形场地:两端是四分之一的光滑圆弧面,中间是长4L的粗糙水平面.表演者a的质量(含滑板)为m,从A处沿光滑圆弧面滑下,进入水平面后,与质量(含滑板)为2m且静止在水平面中点O的表演者b水平击掌相碰,碰后a以碰前速度的14反弹,a、b在O处发生碰撞后(碰撞时间极短),最终都停在B、O间的某点P处,且恰好不再发生碰撞.假设a与粗糙水平面的动摩擦因数是b与水平面的k倍,表演者的动作不影响自身的速度,滑板长度忽略不计(1)求a与b碰撞后瞬间,a、b的速度大小之比;(2)以O为起点,求a、b碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比(可用k表示);(3)若碰撞后,a、b均两次通过四分之一的光滑圆弧面的最低点,求PO的长度与L之比及k的取值范围.拓展挑战7.[2023·全国乙卷]如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.

答案解析1.D[解析]小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;小球下落过程中,水平方向具有向右的分速度,因水平方向动量守恒,小车要向左运动,当撞到油泥,是完全非弹性碰撞,小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉,所以小车和小球都保持静止,故B错误;设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为x1,小车向左移动的距离为x2,根据系统水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=x1t、v2=x2t,则有mx1t-Mx2t=0,变形得mx1=Mx2,根据x1+x2=L,联立解得x2=2.C[解析]设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星的质量为m1,火箭壳体的质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv,分离后火箭壳体的速度大小为v',根据题意可知,分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒,则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0,取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得m1+m2v=m1v'+Δv+m2v',解得v'=5.5×103m/s,则分离后卫星的速度为v卫=v'+Δv=7.3×103m/s,故A、B、D错误;分离过程中,设火箭壳体对卫星的冲量大小为I,对卫星由动量定理有I=m1v卫-m1v=1.5×105N3.B[解析]小球A下滑到最低点的过程中,根据动能定理得mgR=12mv02,解得A与B碰撞前A的速度v0=2gR,碰撞过程中动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有mv0=mvA+kmvB,根据机械能守恒定律有12mv02=12mvA2+12kmvB2,联立解得vB=22gR1+k、vA=1−k1+k2gR,若B小球运动至轨道顶点,根据机械能守恒定律有12kmvB2=kmg·2R+12kmv2,若小球B能恰好通过最高点,则有kmg=kmv2R,解得v=gR,联立各式代入数据解得k=2105-1≈0.265,当0.265<k<1时,B脱轨,而k>0.2时,不一定脱轨,故A错误;由上分析可知,当k≤0.265时,B球可运动至轨道最高点,故B正确;若k=1,两球发生弹性碰撞,由于两球质量相等,速度交换,B球恰能运动到四分之一圆弧轨道,所以若k>1,小球运动不到四分之一圆弧轨道处,速度减为零又返回,所以小球B不可能脱轨,故4.C[解析]在小车朝x正方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有[M+n-1m]vn-1-2nmvn-1=M+mnvn,解得vn=M-(n+1)mM+mnvn-1,小车不再向右运动的条件是vn-1>0,vn≤0,即M-nm>0、M-(n+1)m≤0,代入数字,得n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行,车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝x负方向滑行过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1',第n个沙袋扔到车上后车速为vn',现取在图中向左的方向(x负方向)为速度vn'、vn-1'的正方向,则由动量守恒定律有[M+3m+(n-1)m']vn-1'-2nm'vn-1'=(M+3m+m'n)vn',得vn'=M+3m-(n+1)m'M+3m+nm'vn-1',车不再向左滑行的条件是vn-1'>0,vn'≤0,即M+3m-nm'>0、M+3m-(n+1)m'≤0,解得n=4时M+3m-(n+1)5.(1)v0220[解析](1)A、B碰撞过程,有mv0=mv1+3mv212mv02=12mv12解得v1=-v02,v2碰后小球B恰好在竖直面内做圆周运动,则小球B到达最高点时有3mg=3mv小球B从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L1=12·3mv2-12·3联立解得L1=v(2)A、C碰撞过程,有mv1=mv3+3mv412mv12=12mv32解得v3=v04,v4碰后小球C恰好在竖直面内做圆周运动,则小球C到达最高点时有3mg=3mv小球C从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L2=12·3mv'2-12·3两球碰后瞬间,对C,根据牛顿第二定律有F-3mg=3mv联立解得F=18mg6.(1)2∶5(2)425k(3)100k-16[解析](1)设a与b碰撞前的速度为v0,a反弹的速度大小为va=14vb获得的速度大小为vb,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=m-v04+解得va∶vb=2∶5(2)若a、b从碰撞后到停下,它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为sa和sb,则有12mva2=μ12×2mvb2=μ2×联立并代入μ1=kμ2解得sas(3)由于a、b刚好不再发生第二次碰撞且停在B、O之间的P,且两者均冲上圆弧面,再返回,两者在水平面的总路程满足关系式sa+sb=8L联立第(2)问的结果sasb=425k,则PO的长度为LPO=4L-sa=100k因P位于B与O之间,故有0<LPO<2L代入LPO的表达式可求解得425<k<7.(1)gl2gl2(2)l[解析](1)以竖直向下为速度的正方向,设第一次碰撞前瞬间小球的速度为v0,碰撞后瞬间小球与圆盘的速度分别为v1、v2.由动量守恒定律和机械能守恒定律有12mvmv0=mv1+Mv212mv02=12mv联立并代入题给数据得v2=-v1=v02即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为gl(2)取第一次碰撞时为t=0时刻,碰撞地点为坐标原点,竖直向下为x轴正向.由于v1<0,碰撞后小球将先向上运动,然后再下落,当小球的下落速度与圆盘的速度均为v2时,两者之间的距离最大,此时v2=v1+gt1设此时刻小球的坐标为x1,圆盘的坐标为x2,由运动学公式有x1=v1t+12gtx2=v2t两者之间的最远距离为Δx=x2-x1联立可得Δx=l(3)因为Δx=l,若在速度为v2的参考系中看,从t时刻开始,小球与圆盘将重复第一次碰撞前的运动过程.因此第2次碰撞前瞬间,在地面参考系看,小球与圆盘的速度分别为v2+v0=32vv2=v碰撞后瞬间速度分别为v2+v1=0v2+v2=v0当小球的速度加速到v0时,两球之间的距离最远