2020年高考物理 母題題源系列 專題07 動量守恒定律（含解析）

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1、專題07 動量守恒定律 【母題來源一】2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理（江蘇卷） 【母題原題】（2020·江蘇卷）質量為M的小孩站在質量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為_________。 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】設滑板的速度為，小孩和滑板動量守恒得：，解得：，故B正確。 【母題來源二】2020年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標全國Ⅲ卷） 【母題原題】（2020·新課標全國Ⅲ卷）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l

2、.0 kg，mB=4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0 m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。 （1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。? （2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？ （3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 【答案】（1）vA=4.0 m/s，vB=1.

3、0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m 【解析】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0=mAvA–mBvB① ② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s③ （2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有 ④ ⑤ ⑥ 在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速

4、度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sA都可表示為 sA=vAt–⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA=1.75 m，sB=0.25 m⑧ 這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處。B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨ （3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有 ⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 ? 故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒

5、定律有 ? ? 聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得 ? 這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式 ? 由④??式及題給數(shù)據(jù)得 ? sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離 ? 【命題意圖】理解動量、動量變化量的概念；知道動量守恒的條件；會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。 【考試方向】動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應用中考查；動量守恒定律的應用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及

6、動量守恒定律與圓周運動、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。 【得分要點】1．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 ①動量守恒定律； ②機械能不增加； ③速度要合理：若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 2．彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律； 以質量為m1，速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例， 則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和 解得：； 結論： ①當兩球質量相等時，v1′＝0，v2′＝v1

7、，兩球碰撞后交換速度； ②當質量大的球碰質量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運動； ③當質量小的球碰質量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質量小的球被反彈回來。 3．綜合應用動量和能量的觀點解題技巧 （1）動量的觀點和能量的觀點 ①動量的觀點：動量守恒定律 ②能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解． （2）利用動量的觀點和能量的觀

8、點解題應注意下列問題： （a）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式。 （b）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 1．（2020·湖北省孝感市高二期中）如圖所示，小車靜止光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中 A．小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量

9、守恒 B．小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)動量守恒 C．小球向左擺到最高點時，小球與小車瞬時速度均為零 D．在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相同 【答案】C 【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，故系統(tǒng)只在在水平方向動量守恒，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)總動量為零，小球與車的動量大小相等、方向相反，小球向左擺動時，小車向右運動，故選項A、B錯誤；小球向左擺到最高點時，小球的速度為零而小車的速度也為零，故選項C正確；系統(tǒng)只在在水平方向動量守恒，在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反，故選項D錯誤。 2

10、．（2020·北京市大興區(qū)高三第一次模擬）如圖，光滑水平面上有兩輛小車，用細線相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧，小車處于靜止狀態(tài)。燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動。已知兩小車質量之比m1:m2=2:1，下列說法正確的是 A．彈簧彈開后兩車速度大小之比為1:2 B．彈簧彈開后兩車動量大小之比為1:2 C．彈簧彈開過程m1、m2受到的沖量大小之比為2:1 D．彈簧彈開過程彈力對m1、m2做功之比為1:4 【答案】A 【解析】兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)，在燒斷細線后，合外力為零，動量守恒，所以兩車的動量大小之比為1:1，由結合可知，所以A選項正確，B選項錯誤；由于彈簧彈開過

11、程，對兩小車每時每刻的彈力大小相等，又對應著同一段作用時間，由可知，m1、m2受到的沖量大小之比為1:1，所以C選項錯誤；根據(jù)功能關系的規(guī)律，彈簧彈開過程，彈力對m1、m2做功等于兩小車動能的增量，由，代入數(shù)據(jù)可知，所以D選項錯誤。 3．（2020·吉林省長春市實驗中學高一期末）如圖所示，在光滑水平面上停放質量為M=3 kg裝有弧形槽的小車?，F(xiàn)有一質量為m=1 kg的小球以v0=4 m/s的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去（不計一切摩擦），到達某一高度后，小球又返回小車右端，則 A．小球在小車上到達最高點時豎直方向速度大小為1m/s B．小球離車后，對地將向右做平拋運動 C．小

12、球離車后，對地將做自由落體運動 D．此過程中小球對車做的功為6J 【答案】BD 【解析】小球在小車上到達最高點時，小球與小車速度相等，方向水平，所以此時小球在小車上到達最高點時豎直方向速度大小為0，故A錯誤；以小球與小車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：；不計一切摩擦，機械能守恒，由機械能守恒定律得：。解得小球離車的速度，小球離車時車的速度，負號表示方向向右，故小球離車后，對地將向右做平拋運動，故B正確，C錯誤；由動能定理得：此過程中小球對車做的功為，故D正確。 4．（2020·福建省福州市八縣高二期末聯(lián)考）如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑A

13、B長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，能上升的最大高度為（不計空氣阻力），則 A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為R C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球落回B點后一定能從A點沖出 【答案】BD 【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但由于小球有向心加速度，系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；設小車向左運動的最大距離為x。系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv–mv′=0，即得，解得：x=R，故B正確

14、；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則知小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次從靜止開始上升到空中最高點的過程，由動能定理得：mg（h–）–Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh，機械能損失小于mgh，因此小球從B點落回后一定能從A點沖出，故D正確。 5．（2020·廣東省深圳市高級中學高三適應性考試）如圖所示，水平地面上固定一豎直擋

15、板，傾角為θ、質量為M的斜面體右側用楔子P固定于地面，一質量為m的球體靜止于擋板與斜面之間，設所有接觸面均光滑。若將固定斜面體的楔子P取走，小球下落且未脫離斜面的過程中，下列說法正確的是 A．球將做自由落體運動 B．球體與斜面體組成系統(tǒng)動量守恒 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒 D．球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小 【答案】CD 【解析】小球下落且未脫離斜面的過程中，豎直擋板和斜面體對球有作用力，所以球做的不是自由落體運動，故A錯誤；對于球體與斜面體組成系統(tǒng)，由于豎直擋板對系統(tǒng)有作用力，而且豎直方向的合力也不為零，所以系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；對

16、于球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確。球靜止時，豎直擋板對球的支持力和斜面體對球的支持力的合力等于球的重力。球下落過程中，有豎直向下的加速度，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，由牛頓運動定律知豎直擋板對球的支持力和斜面體對球的支持力的合力小于球的重力，所以球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小，故D正確。 6．（2020·貴州省凱里市第一中學高二期中）如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度射入木塊后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內。然后將輕彈簧壓縮到最短，已知本塊B的質量為M，子彈的質量為m，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象

17、（系統(tǒng)），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中 A．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒 B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒 C．系統(tǒng)損失的機核能為 D．彈簧最大的彈性勢能小于 【答案】CD 【解析】由于子彈射入木塊過程中，二者之間存在著摩擦，故此過程機械能不守恒，子彈與木塊一起壓縮彈簧的過程中，速度逐漸減小到零，所以此過程動量不守恒，故整個過程中，動量、機械能均不守恒，故AB錯誤；對子彈和木塊由動量守恒及能量守恒得，，系統(tǒng)損失的機械能為，故C正確；由于子彈和木塊碰撞有機械能損失，所以最終彈性勢能小于最初的動能，故D正確。 7．（2020·四川省宜賓市敘州區(qū)第一中學高一期中

18、）如圖所示，一個質量為M的長條木塊放置在光滑的水平面上，現(xiàn)有一顆質量為m、速度為v0的子彈射入木塊并最終留在木塊中，在此過程中，木塊運動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，木塊對子彈的平均阻力為f，則下列說法正確的是 A．子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的機械能守恒 B．子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的動量守恒 C．f與d之積為系統(tǒng)損失的機械能 D．f與s之積為子彈減少的動能 【答案】BC 【解析】根據(jù)題意可知，在該過程中由于產(chǎn)生了內能，所以系統(tǒng)機械能減小，A錯誤；系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，B正確；阻力與相對位移之積等于系統(tǒng)損失的機械能，即整個過程中的產(chǎn)熱，C正確；根據(jù)能量守恒可知，

19、子彈減少的動能一部分轉化成了木塊的動能，一部分轉化成內能，而根據(jù)動能定理可知f與s之積為物塊增加的動能，小于子彈減少的動能，D錯誤。 8．（2020·湖北省高三調研）如圖所示，三個完全相同且質量均為m的正方體疊放在水平面上；鎖定后正方體2的4個斜面均與水平方向成45°角。若不計一切摩擦，解除鎖定后，正方體2下落過程中未發(fā)生轉動，下列說法正確的是 A．解除鎖定前，正方體2對1的壓力大小為mg B．正方體2落地前的速度與正方體1的速度總是大小相等 C．正方體2落地前，1、2、3構成的系統(tǒng)機械能不守恒 D．正方體2落地前，1、2、3構成的系統(tǒng)動量守恒 【答案】AB 【解析】解除鎖定

20、前，對正方體2分析，由平衡知識可知：，解得，則正方體2對1的壓力大小為mg，選項A正確；由幾何關系可知，正方體2落地前下落的高度總等于正方體1向左移動的距離，可知正方體2落地前的速度與正方體1的速度總是大小相等，選項B正確；正方體2落地前，1、2、3構成的系統(tǒng)由于只有2的重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，選項C錯誤；正方體2落地前，1、2、3構成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒，選項D錯誤。 9．（2020·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三第二次模擬考）在圖所示足夠長的光滑水平面上，用質量分別為3 kg和1 kg的甲、乙兩滑塊，將僅與甲拴接的輕彈簧壓緊后處于靜止狀態(tài)．乙的右側有一擋板P?，F(xiàn)將

21、兩滑塊由靜止釋放，當彈簧恢復原長時，甲的速度大小為2 m/s，此時乙尚未與P相撞． （1）求彈簧恢復原長時乙的速度大?。? （2）若乙與擋板P碰撞反彈后，不能再與彈簧發(fā)生碰撞．求擋板P對乙的沖量的最大值。 【答案】v乙=6 m/s I=8 N 【解析】（1）當彈簧恢復原長時，設甲、乙的速度分別為和，對兩滑塊及彈簧組成的系統(tǒng)，設向左的方向為正方向，由動量守恒定律可得： 又知 聯(lián)立以上方程可得，方向向右。 （2）乙反彈后甲乙剛好不發(fā)生碰撞，則說明乙反彈的的速度最大為 由動量定理可得，擋板對乙滑塊沖量的最大值為： 10．（2020·湖南師范大學附屬中學高二期中）如圖所示，質量均為M=4 kg的小車A、B，B車上用輕繩掛有質量為m=2 kg的小球C，與B車靜止在水平地面上，A車以v0=2 m/s 的速度在光滑水平面上向B車運動，相碰后粘在一起（碰撞時間很短）。求： （1）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； （2）碰后小球C第一次回到最低點時的速度大小． 【答案】（1）4 J （2）1.6 m/s 【解析】（1）設A、B車碰后共同速度為，由動量守恒得： 系統(tǒng)損失的能量為： （2）設小球C再次回到最低點時A、B車速為，小球C速度為，對A、B、C系統(tǒng)由水平方向動量守恒得： 由能量守恒得： 解得：