《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動量守恒定律練習(xí).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動量守恒定律練習(xí).doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　動量守恒定律 板塊三限時規(guī)范特訓(xùn) 　　時間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～4為單選，5～10為多選) 1．[2018長春一中月考]光滑水平面上半徑相等的兩金屬小球A和B相向運動并發(fā)生對心碰撞，碰后兩球均靜止，若兩球的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶3，則兩球碰前的速度關(guān)系為(　　) A．方向相同，大小之比為1∶3 B．方向相同，大小之比為3∶1 C．方向相反，大小之比為1∶3 D．方向相反，大小之比為3∶1 答案　D 解析　根據(jù)動量守恒，mAvA－mBvB＝0，所以＝＝，D正確。 2．[2017安徽合肥一模]質(zhì)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(nèi)，關(guān)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(　　) A．Δp＝2 kgm/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kgm/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kgm/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kgm/s　W＝2 J 答案　A 解析　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＝0.24 kgm/s－0.2(－6) kgm/s＝2 kgm/s，方向豎直向上。由動能定理知，合外力做的功：W＝mv－mv＝0.242 J－0.262 J＝－2 J，A正確，B、C、D錯誤。 3. 如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。當(dāng)此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車向東的速度大小為(　　) A. B. C. D．v1 答案　D 解析　在水平方向動量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度沒變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車，因此v車＝v1，所以D正確。 4．[2017安徽黃山模擬]小球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當(dāng)小球A追上小球B并發(fā)生碰撞后，小球A、B的速度可能是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 答案　B 解析　首先判斷動量是否守恒，經(jīng)過計算，四個選項均滿足動量守恒；然后判斷機械能變化，碰前系統(tǒng)的動能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，因為動能不增加，所以碰后系統(tǒng)的動能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2≤22 J，滿足條件的有選項A和B，排除選項C和D。最后判斷速度關(guān)系，本題中，小球A追上B發(fā)生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除選項A，故B正確。 5. (多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車AB總質(zhì)量為m0，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車AB和木塊C都靜止。當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，木塊C被釋放，使木塊C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦。以下說法正確的是(　　) A．彈簧伸長過程中木塊C向右運動，同時小車AB也向右運動 B．木塊C與B碰前，木塊C與小車AB的速率之比為m0∶m C．木塊C與油泥粘在一起后，小車AB立即停止運動 D．木塊C與油泥粘在一起后，小車AB繼續(xù)向右運動 答案　BC 解析　小車AB、物塊C和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，初狀態(tài)總動量為零，在彈簧伸長的過程中，木塊C向右運動，則小車向左運動，故A錯誤；規(guī)定向右為正方向，在木塊C與B碰前，根據(jù)動量守恒有：0＝mvC－m0v，解得vC∶v＝m0∶m，故B正確；因為小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，當(dāng)木塊C與油泥粘在一起時，總動量仍然為零，則小車停止運動，故C正確，D錯誤。 6. 如圖所示，靜止小車C放在光滑地面上，A、B兩人站在車的兩端，這兩人同時開始相向行走，發(fā)現(xiàn)車向左運動，分析小車運動的原因可能是(　　) A．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率大 B．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率小 C．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量大 D．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量小 答案　AC 解析　兩人及車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，則mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0。由該式可知：若mA＝mB，必有vA>vB，故A正確，B錯誤；若vA＝vB，必有mA>mB，故C正確，D錯誤。 7．[2017江西吉安質(zhì)檢]如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4 kg的小物塊B以水平速度v＝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(shù)為0.1 答案　AD 解析　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＝4 J，故B錯誤；速度—時間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，故0～1 s內(nèi)物體B的位移為xB＝(2＋1)1 m＝1.5 m，木板A的位移為xA＝11 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(fù)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。 8．從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　) A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，掉在草地上的玻璃杯動量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時受地面的沖擊力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力小 答案　CD 解析　設(shè)玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的速度大小相等，都是，設(shè)玻璃杯的質(zhì)量是m，則落地的瞬間動量的大小都是m，A錯誤；與水泥或草地接觸一段時間后，最終都靜止，動量的改變量是相等的，B錯誤；同時，在此過程中，不難得出掉在水泥地上對應(yīng)的時間要小于掉在草地上對應(yīng)的時間，故C正確；根據(jù)動量定理，動量改變量相同時，作用時間短的沖擊力大，D正確。 9．兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是 (　　) A．均為1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s 答案　AD 解析　由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能情況： Ek＝m1v＋m2v＝49 J＋29 J＝27 J Ek′＝m1v′＋m2v2′2 由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項B；選項C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來速度方向(v1′>0，v2′<0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤；驗證選項A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)。 10．光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)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(dāng)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?yōu)榱? C．B的動量達(dá)到最大值 D．A、B的速度相等 答案　AD 解析　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(jìn)一步加速，A物體會進(jìn)一步減速，C錯誤。 二、非選擇題(本題共3小題，共40分) 11. [2017山東青島模擬](12分)質(zhì)量為m0的木板B置于光滑水平面上，另一質(zhì)量為m的木塊A(可視為質(zhì)點)在木板B的左端以水平速度v0開始向右運動，如圖所示，木塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木板B的長度至少應(yīng)多長？ 答案　 解析　若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木塊滑至木板右端時兩者具有共同速度v，在A、B相互作用的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)內(nèi)力為一對摩擦力，小木塊A可視為“子彈”，木板B可視為“木塊”，這與子彈打擊木塊模型相似。 由動量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v① 由能量守恒定律得mv＝(m0＋m)v2＋Q② ②式中的Q＝μmgl，其中l(wèi)為木塊相對于木板發(fā)生的位移(即木板最小的長度)， 解①②可得l＝。 12. [2017煙臺二模](12分)兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0 kg, mB＝0.90 kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10 kg的滑塊C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示。由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50 m/s。求： (1)木塊A的最終速度vA； (2)滑塊C離開A時的速度vC′。 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　C從開始滑上A到恰好滑上A的右端過程中，A、B、C組成系統(tǒng)動量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′ C剛滑上B到兩者相對靜止，對B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得vA＝0.25 m/s vC′＝2.75 m/s。 13. [2017安徽合肥二模](16分)如圖所示，上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37的足夠長的斜面上；將一小物塊A從木板B的中點輕輕地釋放，同時解除木板B的鎖定，此后A與B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間極短且不計能量損失；已知物塊A的質(zhì)量m＝1 kg，木板B的質(zhì)量m0＝4 kg，板長L＝6 cm，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度； (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A距B下端的最大距離和重力對A做的功。 答案　(1)3.6 m/s，沿斜面向上　2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m　28.8 J 解析　(1)對木板B受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37＝mBgsin37， 所以在A與B發(fā)生碰撞前，木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。 設(shè)小物塊A與木板B發(fā)生彈性碰撞前的速度大小為v0，由機械能守恒定律得mgsin37＝mv， 設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2，碰撞過程動量守恒和能量守恒，有mv0＝mv1＋m0v2， mv＝mv＋m0v， 聯(lián)立以上各式解得v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s， 可見，A與B第一次碰后，A的速度大小為3.6 m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小為2.4 m/s，方向沿斜面向下。 (2)A與B第一次碰后，A沿板向上做勻減速運動，B沿斜面向下做勻速直線運動，在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前，當(dāng)A與B速度相等之時，A與B下端有最大距離，此過程中，A運動的時間t1＝， A距B下端有最大距離xm＝xA－xB， 其中xA＝(v1＋v2)t1， xB＝v2t1， 解得xm＝3 m。 設(shè)A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前歷時為t2，碰前A的速度為v，由于A與B從第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即t2＝v2t2， 此過程中，對A由動能定理 WG＝mv2－mv＝28.8 J。