《（通用版）2021版高考物理大一輪復習 課后限時集訓19 動量守恒定律及其應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2021版高考物理大一輪復習 課后限時集訓19 動量守恒定律及其應用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓19 動量守恒定律及其應用 建議用時：45分鐘 1.(2019·武邑中學調(diào)研)如圖所示，兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　) 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．動量、機械能都不守恒 C　[在子彈射入木材A及壓縮彈簧的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊A的過程中，摩擦力做負功，系統(tǒng)機械能不守恒。故C正

2、確。] 2.(2019·重慶南開中學模擬)如圖所示，車廂長為l、質量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質量為m的物體，某時刻以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，最后靜止于車廂中，這時車廂的速度為(　　) A．v0，水平向右 B．0 C．，水平向右 D．，水平向右 C　[以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最終車廂的速度為v＝，方向與速度v0的方向相同，水平向右，故C正確。] 3.(2019·衡水中學模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質量為m、可視為質

3、點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是(　　) A．FN＝mgcos α B．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcos α C．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．此過程中斜面向左滑動的距離為L D　[當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos α，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速

4、度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正確。] 4．A球的質量是m，B球的質量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比v′A∶v′B為(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3 D　[設碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后v′A＝，由動量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mv′B，解得v′B

5、＝，所以v′A∶v′B＝∶＝2∶3，D正確。] 5.(2019·四川二診)如圖所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點。則子彈穿過木塊的時間為(　　) A．(s＋L) B．(s＋2L) C．(s＋L) D．(L＋2s) D　[子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，設子彈穿過木塊所用時間為t，則有t＝s，t＝s＋L，聯(lián)立解得t＝(L＋2s)，選項D正確。] 6.(2019

6、·寧夏石嘴山三中期末)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會粘連在一起運動。則下列說法正確的是(　　) A．B、C碰撞剛結束時的共同速度為3 m/s B．彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為3 m/s C．彈簧的彈性勢能最大值為36 J D．彈簧再次恢復原長時A、B、C三物塊速度相同 B　[B與C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m

7、/s，故A錯誤；當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根據(jù)能量守恒定律得彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正確，C錯誤；三者共速時彈簧壓縮量最大，恢復原長過程中，彈力對A做負功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增加，則恢復原長時三物塊速度不同，故D錯誤。] 7.(2019·黃石模擬)如圖所示，一質量m1＝0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質量m2＝0.5 kg的小物塊(可

8、視為質點)靜止在車頂?shù)挠叶?。一質量為m0＝0.05 kg的子彈以水平速度v0＝100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)子彈相對小車靜止時小車速度的大?。? (2)小車的長度L。 [解析]　(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s。 (2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m

9、2v3 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m。 [答案]　(1)10 m/s　(2)2 m 8．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 　A　　　　　　　B 　C　　　　　　　D B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即

10、v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確。] 9.(2019·哈爾濱三中模擬)(多選)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P

11、向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) A　　　　B　　　　　　C　　　　　　D ABC　[開始時，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達到共同速度，以向右為正方向，P、Q系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP

12、上放有一質量M＝1 kg帶光滑圓弧形槽的小車，質量為m＝2 kg的小球以速度v0＝3 m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求： (1)小球從槽口開始運動到滑到最高點(未離開圓弧形槽)的過程中，小球對小車做的功W； (2)小球落地瞬間，小車右端與小球間的水平間距L。 [解析]　(1)小球從開始到上升至最大高度過程中，小車和小球水平方向不受外力，水平方向動量守恒，可得mv0＝(M＋m)v， 對小車，由動能定理得W＝Mv2， 聯(lián)立解得W＝2 J。 (2)小球從開始運動到回到槽口過程小球和小車水平方向動量守恒，可得m

13、v0＝mv1＋Mv2， 對小球和小車由能量守恒定律得mv＝mv＋Mv， 聯(lián)立可得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s， 小球離開小車后，向左做平拋運動，小車向左做勻速直線運動，得 h＝gt2，L＝(v2－v1)t， 聯(lián)立可得L＝1.2 m。 [答案]　(1)2 J　(2)1.2 m 11.(2019·濰坊一模)如圖是某科技小組制作的“嫦娥四號”模擬裝置示意圖，用來演示“嫦娥四號”空中懸停和著陸后的分離過程，它由著陸器和巡視器兩部分組成，其中著陸器內(nèi)部有噴氣發(fā)動機，底部有噴氣孔，在連接巡視器的一側有彈射器。演示過程：先讓發(fā)動機豎直向下噴氣，使整個裝置豎直上升至某個位置處于懸停狀態(tài)，然

14、后讓裝置慢慢下落到水平面上，再啟動彈射器使著陸器和巡視器瞬間分離，向相反方向做減速直線運動。若兩者均停止運動時相距為L，著陸器(含彈射器)和巡視器的質量分別為M和m，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，發(fā)動機噴氣口截面積為S，噴出氣體的密度為ρ；不計噴出氣體對整體質量的影響。求： (1)裝置懸停時噴出氣體的速度； (2)彈射器給著陸器和巡視器提供的動能之和。 [解析]　(1)懸停時氣體對模擬裝置的作用力為F，則F＝(M＋m)g， 取Δt時間噴出的氣體為研究對象，由動量定理得FΔt＝ρSvΔt·v， 解得v＝。 (2)設彈射后瞬間著陸器和巡視器速度分別為v1、v2，則由彈射過程水平方向動量守恒得Mv1－mv2＝0， 設著陸器和巡視器減速運動的距離分別為L1和L2，由動能定理得 －μMgL1＝0－Mv，－μmgL2＝0－mv，L＝L1＋L2， 彈射器提供的總動能Ek＝Mv＋mv， 聯(lián)立解得Ek＝μMmgL。 [答案]　(1)　(2)μMmgL 6