《2020高考物理一輪總復習 課時沖關二十二 動量守恒定律及其應用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 課時沖關二十二 動量守恒定律及其應用（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 動量守恒定律及其應用 [A級－基礎練] 1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木板A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) A．動量守恒，機械能守恒 B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能不守恒 D．無法判定動量、機械能是否守恒 解析：C　[動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向所受外力的合力為零，所以動量守恒．機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈

2、射入木塊瞬間有部分機械能轉化為內能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故C正確，A、B、D錯誤．] 2.(2019·廣西欽州模擬)如圖所示，在光滑的水平面上，靜置一個質量為M小車，在車上固定的輕桿頂端系一長為l的細繩，繩的末端拴一質量為m的小球，將小球拉至水平右端后放手，則(　　) A．系統(tǒng)的動量守恒 B．水平方向任意時刻m與M的動量等大反向 C．m不能向左擺到原高度 D．小球和車可以同時向同一方向運動 解析：B　[當小球向下擺動的過程中，豎直方向具有向上的分加速度，小車和小球整體處于超重狀態(tài)，即可得知整體所受的合力不為零，總動量不守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不

3、受外力，滿足水平方向動量守恒定律，開始系統(tǒng)水平方向動量為零，所以水平方向任意時刻m與M的動量等大反向，故B正確；以小球和小車組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，當小球和小車的速度均變?yōu)榱銜r，小球向左擺到最大高度，因只有重力做功，機械能守恒，所以m能向左擺到原高度，故C錯誤；因水平方向任意時刻m與M的動量等大反向，即速度一定是反向的，故D錯誤．] 3．(2017·全國卷Ⅰ)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5

4、.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：A　[燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確．] 4．(2019·山東師大附中模擬)如圖所示，質量為m、速度為v的A球跟質量為3m的靜止B球發(fā)生對心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能為(　　) A．0.2v　　　　　 B．0.4v C．0.6v D．0.8v 解析：B　[兩球碰撞過

5、程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝(m＋3m)v′解得：v′＝0.25v；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝mvA＋3mvB，由機械能守恒定律得：mv2＝mv＋·3mv，解得：vB＝0.5v，則碰撞后B的速度為0.25v≤vB≤0.5v，故B正確．] 5.(2019·湖南漣源一中模擬)質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓周軌道，軌道下端切線水平．質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示．已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小

6、車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為(　　) A．1∶3 B．3∶1 C．3∶5 D．5∶3 解析：C　[設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒可知：mv0＝Mv1－mv2，＝，對整體有機械能守恒定律可得：mv＝Mv＋mv，聯立解得：＝，故選項C正確．] 6．(2019·浙江選考考前特訓)(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2第二次相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中(　　) A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是v1 C．m2的最小速度是v1 D．m2

7、的最大速度是v1 解析：BD　[當m1與m2相距最近后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中遵從動量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，機械能守恒：m1v＝m1v1′2＋m2v；因此二者的作用相當于彈性碰撞，由彈性碰撞的公式可解得B、D選項正確．] 7．(2019·哈爾濱市三中驗收考試)(多選)小球A的質量為mA＝5 kg，動量大小為pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，則(　　) A．碰后小球B的動量大

8、小為pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的動量大小為pB＝5 kg·m/s C．小球B的質量為15 kg D．小球B的質量為3 kg 解析：AD　[規(guī)定向右為正，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機械能損失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C錯誤，D正確．] 8．(2019·安徽合肥一模)質量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　)

9、 A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析：A　[取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上．由動能定理知，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，A正確，B、C、D錯誤．] [B級—能力練] 9．(2019·江西吉安質檢)(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝

10、4 kg的小物塊B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．木板A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為2 J C．木板A的最小長度為2 m D．A、B間的動摩擦因數為0.1 解析：AD　[由題中圖象可知，木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以物體B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得m0＝4 kg，木板獲得的動能為Ek＝m0v2－0＝2 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mv－mv2－m0v2

11、＝4 J，故B錯誤；速度－時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，故0～1 s內物體B的位移為xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，木板A的位移為xA＝×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長度為l＝xB－xA＝1 m，故C錯誤；由題圖可知，物體B在0～1 s的加速度a＝＝－1 m/s2，負號表示加速度的方向與規(guī)定正方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，得μ＝0.1，故D正確．] 10．(多選)光滑水平地面上，A、B兩物體質量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖所示，當A撞上彈簧，彈簧被壓縮最短時(　　) A．A、B系統(tǒng)總動量仍然為mv B．A的動量變

12、為零 C．B的動量達到最大值 D．A、B的速度相等 解析：AD　[系統(tǒng)水平方向動量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D正確，B錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會進一步加速，A物體會進一步減速，C錯誤．] 11．(多選)如圖所示，在足夠長的水平地面上有兩輛相同的小車甲和乙，A、B兩點相距為5 m，小車甲從B點以大小為4 m/s的速度向右做勻速直線運動的同時，小車乙從A點由靜止開始以大小為2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動．一段時間后，小車乙與小車甲相碰(碰撞時間極短)，碰后兩車粘在一起，整個過程中，兩車的受力不變(不計碰撞過程)

13、．下列說法正確的是(　　) A．小車乙追上小車甲用時4 s B．小車乙追上小車甲之前它們的最遠距離為9 m C．碰后瞬間兩車的速度大小為7 m/s D．若地面光滑，則碰后兩車的加速度大小仍為2 m/s2 解析：BC　[小車乙追上小車甲時，有x乙－x甲＝5 m，即at2－v甲t＝5 m，代入數據解得t＝5 s，所以小車乙追上小車甲用時5 s，故A錯誤；當兩車的速度相等時相距最遠，則有v甲＝at′，解得t′＝＝ s＝2 s，最遠距離s＝5 m＋v甲t′－at′2＝ m＝9 m，故B正確；碰前瞬間乙車的速度v乙＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守

14、恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬間兩車的共同速度v＝7 m/s，故C正確；若地面光滑，碰前乙車所受的作用力F＝ma，甲車的合力為0，則碰后兩車的加速度大小a′＝＝＝1 m/s2，故D錯誤．] 12．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m．已知A和B的質量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝

15、10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小． 解析：(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB，根據牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數． 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有 vB′2＝2aBsB② 聯立①②式并利用題給數據得 vB′＝3.0 m/s③ (2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA.根據牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有 vA′2＝2aAsA⑤

16、 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得 vA＝4.3 m/s. 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 13．(2019·江西上饒二中模擬)如圖所示AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切．質量為M的小木塊靜止在O點，一個質量為m的子彈以某一初速度水平向右快速射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質點)．已知R＝0.4 m，m＝1 kg，M＝10 kg.(g＝10 m/s2，結果保留兩位有效數字

17、)求： (1)子彈射入木塊前的速度v0； (2)若每當小木塊上升到圓弧并返回到O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中．則當第3顆子彈射入小木塊后，木塊速度多大． 解析：(1)第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動量守恒，即：mv0＝(m＋M)v1 系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒，即： (m＋M)v＝(m＋M)gR 由以上兩式解得：v0＝≈31 m/s. (2)由動量守恒定律可知，第2顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0 當第3顆子彈射入木塊時，由動量守恒定律得： mv0＝(3m＋M)v3 解得：v3＝≈2.4 m/s. 答案：(1)31 m/s　(2)2.4 m/s

18、 14．(2019·包頭模擬)如圖所示，AB為光滑水平面，BC部分位于豎直平面內半徑為R的半圓軌道，B點是最低點，C點是最高點，C點切線方向水平，圓管截面半徑r?R.有一個質量為m的a球以水平初速度向右運動碰撞到原來靜止在水平面上的質量為3m的b球，兩球發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，并且碰撞時沒有能量損失，碰撞后b球順利進入光滑圓管(B點無能量損失，小球的半徑比圓管半徑r略小)，它經過最高點C后飛出，最后落在水平地面上的A點，已知AB的距離為2R.已知重力加速度為g.求： (1)小球b運動到C點時對軌道的壓力． (2)碰后小球a的速度． 解析：(1)b球從C點做平拋運動，則： 水平方向x＝2R＝vCt 豎直方向：y＝2R＝gt2 解得：vC＝ 在C點根據牛頓第二定律得： 3mg＋FN＝3m 解得：FN＝0 由牛頓第三定律知小球對軌道的壓力為0 (2)b球從B到C，由機械能守恒得： 3mg·2R＝×3mv－×3mv 解得：vB＝ a球與b球發(fā)生彈性碰撞，則： mv0＝mva＋3mvB mv＝mv＋×3mv 解得：va＝－ 方向向左． 答案：(1)0　(2)，方向向左 8