8、作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是( )
C．t＝時，Q 的動量為mv
D．t＝時，Q 的動量為mv
AD 解析 設(shè)P、Q所受的滑動摩擦力大小均為Ff，系統(tǒng)勻速運動時，有 F＝2Ff，得Ff＝；輕繩斷開后，對P，取向右為正方向，由動量定理得－Fft＝0－mv，聯(lián)立得t＝，即t＝時P停止運動．在P停止運動前，即在t＝0至t＝時間內(nèi)，P、Q系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒，故選項A正確．t＝至t＝時間內(nèi)，P停止運動，Q勻加速運動，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動量不守恒，故選項B錯誤．t＝時，取向右為正方向，對Q，由動量定理得 (F－Ff)t＝pQ－mv，解得Q的動量 pQ＝mv，故選項D
9、正確，C錯誤．
6．(2019·哈爾濱六中高三月考)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為m(m＜M)的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是( )
A．在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒
B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功
C．全過程中小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒
D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處
D 解析 當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故選項A錯誤；下
10、滑過程中，兩物體都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故選項B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故選項C錯誤；小球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，根據(jù)動量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁虿凵匣?，在整個過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機
11、械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球滑上槽的最高點時小球與槽速度相等水平向左系統(tǒng)總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故選項D正確．
7．(2019·滁州定遠育才學(xué)校高三檢測)如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為h，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．小球第二次能上升的最大高度h＜H＜h
D 解析
12、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故選項A錯誤；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，m－m＝0，解得小車的位移 x＝R，故選項B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A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為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故選項C錯誤；小球第一次車中運動過程中，由動能定理得mg－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(yīng)位置處速
13、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，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于h－h(huán)＝h，而小于h，故選項D正確．
8．(2019·華中師大一附中高三滾動復(fù)習(xí))(多選)如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方．現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(
14、)
A．碰撞后小球A反彈的速度大小為
B．碰撞過程B物塊受到的沖量大小為m
C．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為mgh
D．物塊C的最大速度大小為
ACD 解析 設(shè)小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝mv，解得v1＝，設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v′1，同理有＝mv′，解得v′1＝，選項A正確．設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv1＝－mv′1＋5mv2，解得v2＝，由動量定理可得，碰撞過程物塊B受到的沖量為I＝5mv2＝m·，選項B錯誤．碰撞后當(dāng)物塊B與物塊C速度相等時輕彈
15、簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2＝8mv3，據(jù)機械能守恒定律Epm＝×5mv－×8mv，解得Epm＝mgh，選項C正確．對物塊B與物塊C在彈簧回到原長時，物塊C有最大速度，據(jù)動量守恒和機械能守恒可解得vC＝，選項D正確．
9．(2019·攀枝花高三期末調(diào)研)(多選)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的x-t圖象．圖中a、b分別為A、B兩球碰前的x-t圖象，c為碰撞后兩球共同運動的x-t圖象．已知A球質(zhì)量m＝2 kg，取A球碰前運動方向為正方向，下列結(jié)論正確的是( )
A．B球的質(zhì)量為3 kg
B．碰撞過程中A對B沖量為4 N·s
C．碰撞前后A的動量
16、變化為－6 kg·m/s
D．碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為5 J
AC 解析 以A球碰前運動方向為正方向，則碰前A球速度vA＝ m/s＝2 m/s，碰前B球速度vB＝ m/s＝－3 m/s，碰后兩球的共同速度v＝ m/s＝－1 m/s，根據(jù)動量守恒可得mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，代入數(shù)據(jù)解得mB＝3 kg，選項A正確．根據(jù)動量定理可得，碰撞過程中A對B沖量等于B球動量的變化IAB＝ΔpB＝mBv－mBvB＝[3×(－1)－3×(－3)]kg·m/s＝6 kg·m/s，選項B錯誤．ΔpB＝6 kg·m/s，根據(jù)動量守恒，ΔpA＝－6 kg·m/s，選項C正確．碰撞過程中A
17、、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能Ek損＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝15 J，選項D錯誤．
10．(2019·黑龍江綏化二中高三月考)如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A.車上有兩個滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m.B與車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與車之間的動摩擦因數(shù)為2μ.開始時B、C分別從車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行．已知滑塊B、C最后都沒有脫離平板車，則車的最終速度v車是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D．0
B 解析 滑塊B、C最后都沒有脫離平板車，說明最終三者速度相等，把A、B、C看成一個系統(tǒng)，
18、系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v，解得v＝v0，車的最終速度方向向右，故選項B正確．
11．(2019·咸陽二模)(多選)如圖所示，弧形軌道固定于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置兩小球B和C，小球A從弧形軌道上離地面高h處由靜止釋放，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，B球與C球碰撞后黏在一起，A球彈回后再從弧形軌道上滾下，已知所有接觸面均光滑，A、C兩球的質(zhì)量相等，B球的質(zhì)量為A球質(zhì)量的2倍，如果讓小球A從h＝0.2 m處靜止釋放，則下列說法正確的是(重力加速度為g＝1
19、0 m/s2) ( )
A．A球從h處由靜止釋放則最后不會與B球再相碰
B．A球從h處由靜止釋放則最后會與B球再相碰
C．A球從h＝0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/s
D．A球從h＝0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為 m/s
AD 解析 設(shè)A球的質(zhì)量為m，A球從弧形軌道滑到水平軌道的過程中，根據(jù)動能定理得mv20＝mgh，解得v0＝，A與B發(fā)生彈性正碰，則碰撞過程中，A、B動量守恒，機械能守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒和機械能守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，mv20＝mv21＋×2mv22，解得v1＝－v0，v2＝v0，B與C碰撞過程中，B、
20、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝v0>|v1|，所以最后A球不會與B球再相碰，故選項A正確，B錯誤；當(dāng)h＝0.2 m時，根據(jù)v0＝、v＝v0，可得，C球最后的速度v＝＝× m/s＝ m/s，故選項C錯誤，D正確．
12．(2019·河南滑縣高三聯(lián)考)如圖所示，兩個相同的物塊A、B靜止在水平面上，質(zhì)量均為m＝0.5 kg，兩物塊間距離為x0＝1.0 m，它們之間連有一根松弛的輕繩．某時刻物塊B受到一個水平向右的拉力，拉力F＝10.0 N．經(jīng)時間t1＝0.5 s后撤掉水平拉力F，再經(jīng)時間t2＝0.1 s兩物塊間的輕繩突然繃緊．設(shè)兩物塊
21、與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠大于物塊受到的摩擦力．g取10 m/s2，求：
(1)兩物塊間的輕繩的長度；
(2)輕繩繃緊的瞬間，輕繩對物塊A的沖量大小．
解析 (1)在拉力作用的t1＝0.5 s時間內(nèi)，由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv1，解得v1＝9.0 m/s，由動能定理得(F－μmg)x1＝mv，解得x1＝2.25 m．撤掉拉力后的t2＝0.1 s時間內(nèi)，由牛頓第二定律有－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－2 m/s2，v2＝v1－at2＝8.8 m/s，x2＝·t2＝0.89 m，兩物塊間輕繩的長度x＝x0＋x1＋x2＝4.14 m.
(2)
22、輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠大于物塊的摩擦力，兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv2＝2mv3，解得v3＝4.4 m/s.由動量定理得，輕繩繃緊的瞬間，輕繩對物塊A的沖量大小I＝Δp＝mv3－0，解得I＝2.2 N·s.
答案 (1)4.14 m (2)2.2 N·s
13．(2019·江西上饒高三聯(lián)考)一質(zhì)量為M的沙袋用長度為L的輕繩懸掛，沙袋距離水平地面高度為h，一顆質(zhì)量為m的子彈，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的質(zhì)量不變，子彈與沙袋作用的時間極短)．測量出子彈落地點到懸掛點的水平距離為x，在子彈穿出沙袋后沙袋的最大擺角為θ，空氣阻力不計，重力加速度為g，求：
(
23、1)子彈射出沙袋瞬間的速度v1的大??；
(2)子彈射入沙袋前的速度v的大?。?
解析 (1)子彈射出沙袋后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律x＝v1t，在豎直方向h＝gt2，解得v1＝x.
(2)由機械能守恒定律得Mv＝MgL(1－cos θ)，
解得v2＝.
對子彈穿過沙袋的過程，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律得mv＝mv1＋Mv2，
解得v＝x＋.
答案 (1)x (2)x＋
14．(2019·湖南、湖北八市十二校高三調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L＝3.2 m，沿順時針方向以v0＝2 m/s勻速運動．一質(zhì)量m＝2 kg的物塊
24、P從傳送帶頂端無初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.物塊P離開傳送帶后在C點沿切線方向無能量損失地進入半徑為 m的光滑圓弧形軌道CDF，并沿軌道運動至最低點F，與位于圓弧軌道最低點的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，物塊Q的質(zhì)量M＝1 kg，物塊P和Q均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物塊P從傳送帶離開時的動量；
(2)傳送帶對物塊P做功為多少；
(3)物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對圓弧軌道壓力大小的取值范圍．
解析 (1)物塊在未到達與傳送帶共速之前，所受摩擦力方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得m
25、gsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，所需時間t1＝＝0.2 s，沿斜面向下運動的位移x1＝t1＝0.2 m.
當(dāng)物塊P的速度與傳送帶共速后，由于mgsin θ>μmgcos θ，所以物塊P所受摩擦力方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物塊P以加速度a2運動的距離為x2＝L－x1＝3 m．設(shè)物塊P運動到傳送帶底端的速度為v1，由運動學(xué)公式得v＝v＋2a2x2，解得v1＝4 m/s，則動量為p＝mv1＝8 kg·m/s，方向與水平方向成37°斜向右下．
(2)物塊從頂端到底端，根據(jù)動能定理W＋mgLs
26、in 37°＝mv，可知傳送帶對物塊做功為W＝－22.4 J.
(3)設(shè)物塊P運動到F點的速度為v2，由動能定理得mv－mv＝mgr(1＋cos 37°)，解得v2＝6 m/s.若物塊P與物塊Q發(fā)生完全彈性碰撞，并設(shè)物塊P碰撞后的速度為v3，物塊Q碰撞后的速度為v4，則兩物塊的碰撞過程動量守恒，碰撞前后動能之和不變，mv2＝mv3＋Mv4，根據(jù)能量守恒mv＝mv＋Mv，解得v3＝2 m/s，若物塊P與物塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞則mv2＝(m＋M)v3，解得v3＝4 m/s，所以物塊P的速度范圍為2 m/s≤v3≤4 m/s.在F點由牛頓第二定律得FN－mg＝m，解得34.4 N≤FN≤77.6 N，物塊P碰撞后瞬間對圓弧軌道的壓力為F′N，由牛頓第三定律可得34.4 N≤F′N≤77.6 N.
答案 (1)8 kg·m/s 方向與水平方向成37°斜向右下
(2)－22.4 J (3)34.4 N≤F′N≤77.6 N
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2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第19講 動量守恒定律練習(xí)（含解析）
