《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練20 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練20 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 新人教版（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、分層規(guī)范快練(二十)　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 [雙基過關(guān)練] 1. [2018·安徽淮南模擬](多選)如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點(diǎn)為C，兩端A，B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，在此后的過程中，則(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒 B．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒 C．m從A到C的過程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動(dòng) D．m從A到C的過程中，M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向左運(yùn)動(dòng) 解析：A項(xiàng)，小滑塊m從A點(diǎn)靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向

2、動(dòng)量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；C項(xiàng)，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)初始狀態(tài)水平方向動(dòng)量為零，所以m從A到C的過程中，m向右運(yùn)動(dòng)，M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M還是向左運(yùn)動(dòng)，即保證系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零．故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 2．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定 解析：以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，碰撞過程系統(tǒng)所受合外力

3、為零，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，取m＝1 kg； 碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：p＝3mv－mv＝2mv； 由動(dòng)量守恒定律得：3mv－mv＝mv′，解得：v′＝2v＝4 m/s； 碰撞前系統(tǒng)機(jī)械能：·3mv2＋mv2＝2mv2， 碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能為：·m(2v)2＝2mv2，碰撞前后機(jī)械能不變，碰撞是彈性碰撞；故選A. 答案：A 3．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)

4、C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 解析：選向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有選項(xiàng)D滿足此式，所以D項(xiàng)正確． 答案：D 4．[2019·廣東東莞調(diào)研]兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在，其中一人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回．如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是(　　) A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙 B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙 C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙 D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙 解析：因系

5、統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最終甲、乙動(dòng)量大小必相等。誰最后接球誰的質(zhì)量中包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v1＝m2v2，因此最終誰接球誰的速度?。? 答案：B 5. 如圖所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點(diǎn)．用手將小球拉至水平，此時(shí)小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將(　　) A．向右運(yùn)動(dòng) B．向左運(yùn)動(dòng) C．靜止不動(dòng) D．小球下擺時(shí)，車向左運(yùn)動(dòng)后又靜止 解析：水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向上動(dòng)量守恒．小球下落過程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動(dòng)量守恒，小車要向左運(yùn)動(dòng)．當(dāng)撞到

6、橡皮泥，是完全非彈性碰撞，A球和小車大小相等、方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉，小車會(huì)靜止． 答案：D 6．[2019·河北衡水重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研]兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后，mA＝1 kg、mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度可能是(　　) A．v′A＝4 m/s，v′B＝4 m/s B．v′A＝4 m/s，v′B＝5 m/s C．v′＝－4 m/s，v′B＝6 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝2.5 m/s 解析：兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mA

7、vA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B①；由碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)能不能增加可知mAv＋mBv≥mAv′A＋mBv′B②；根據(jù)題意可知v′A≤v′B③；將四個(gè)選項(xiàng)代入①②③式檢驗(yàn)可知，A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 答案：A 7．[2019·河北唐山質(zhì)檢]在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A，B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比. 解析：從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和

8、小球B的速度大小保持不變，設(shè)兩小球通過的路程分別為s1，s2. 由v＝得＝，兩小球碰撞過程有m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v，解得＝. 故兩小球的質(zhì)量之比＝. 答案：2 [技能提升練] 8. (多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊地把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變．該系統(tǒng)以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開，斷開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過時(shí)間t＝5.0 s后，測(cè)得兩球相距x＝4.5 m，則下列說法正確的是(　　) A．剛分離時(shí)，a球的速度大小為0

9、.7 m/s B．剛分離時(shí)，b球的速度大小為0.2 m/s C．剛分離時(shí)，a、b兩球的速度方向相同 D．兩球分開過程中釋放的彈性勢(shì)能為0.27 J 解析：系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，兩球相距x＝v1t－v2t，代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反，故A、B正確，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得(m1＋m2)v＋Ep＝m1v＋m2v，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝0.27 J，故D正確． 答案：ABD 9．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰．小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為

10、它們碰撞前后的x－t圖象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判斷(　　) A．碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng) B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng) C．m2＝0.3 kg D．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機(jī)械能 解析：由x－t圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時(shí)間而變化，處于靜止?fàn)顟B(tài)．m1速度大小為v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；由題圖乙讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運(yùn)動(dòng)，m1的速度為負(fù)方向，說明向左運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入解得

11、，m2＝0.3 kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2，代入解得，ΔE＝0 J，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 10．如圖所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊A、B和半徑為0.5 m的光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上，A、B、C質(zhì)量分別為1.5 kg、0.5 kg、4 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s.當(dāng)A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知g＝10 m/s2，求： (1)A與墻壁碰撞過程中，墻壁對(duì)木塊A平均作用力的大??； (2)AB第一次滑上圓軌道所能達(dá)到的最大高度h

12、. 解析：(1)A與墻壁碰撞過程，規(guī)定水平向左為正方向，對(duì)A由動(dòng)量定理有： Ft＝mAv2－mA(－v1) 解得F＝50 N (2)A與B碰撞過程，對(duì)A、B系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒有： mAv2＝(mB＋mA)v3 AB第一次滑上圓軌道到最高點(diǎn)的過程，對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒有： (mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4 由能量關(guān)系： (mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh 解得h＝0.3 m. 答案：(1)50 N　(2)0.3 m 11．[2018·全國卷Ⅱ，24]汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即

13、采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 0．10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小． 解析：(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)． 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為xB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v′B2＝2aBxB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 v′B＝3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為xA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v′A2＝2aAxA⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有 mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給據(jù)據(jù)得 vA＝4.3 m/s⑦ 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 7