《高考物理一轮总复习课时冲关二十二动量守恒定律及其应用(含解析新人教版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习课时冲关二十二动量守恒定律及其应用(含解析新人教版.docx（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、动量守恒定律及其应用A级基础练1一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起， 如图所示.则在子弹打击木板 A及弹簧被压缩的过程中， 对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能守恒C. 动量守恒，机械能不守恒D. 无法判定动量、机械能是否守恒解析：C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向所受外力的合力为零，所以动量守恒.机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块 瞬间有部分机械能转化为内能（
2、发热），所以系统的机械能不守恒， 故C正确，A、B D错误.2. （2019 广西钦州模拟）如图所示，在光滑的水平面上， 静置一个质量为 M小车，在车 上固定的轻杆顶端系一长为 I的细绳，绳的末端拴一质量为 m的小球，将小球拉至水平右端 后放手，则（）A. 系统的动量守恒B. 水平方向任意时刻 m与M的动量等大反向C. m不能向左摆到原高度D. 小球和车可以同时向同一方向运动解析：B 当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平
3、方向动量为零， 所以水平方向任意时刻 m与M的动量等大反向，故B正确；以小球和小车组成的系统， 水平 方向动量守恒，当小球和小车的速度均变为零时，小球向左摆到最大高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度， 故C错误；因水平方向任意时刻 m与M的动量等大 反向，即速度一定是反向的，故D错误.3. （2017 全国卷I ）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A. 30 kg m/s2B. 5.7 x 10 kg m/s2C. 6.0
4、 xi 0 kg m/s2D. 6.3 x 10 kg m/s解析：A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律，可得p mv= 0，解得p= mv = 0.050kg x 600 m/s = 30 kg m/s，选项 A 正确.4. （2019 山东师大附中模拟）如图所示，质量为 m速度为v的A球跟质量为3m的静 止B球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能为（）ABA. 0.2 vB. 0.4 vC. 0.6 vD. 0.8 v解析：B 两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果两球发
5、生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv= （ m+ 3n）v '解得：v'= 0.25 v；如果两球发生完全弹性1 2 1 2 1 2碰撞，由动量守恒定律得：mv= mv+ 3mw,由机械能守恒定律得：2mv= mA+解得：vb= 0.5 v,则碰撞后 B的速度为0.25 v< vbW 0.5 v，故B正确.5. （2019 湖南涟源一中模拟）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平.质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度1 : 3,贝U m： M的值V。滑上小车，重力加速度为g,如图所示.已知小球不从小车上端离开小车，
6、小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于A. 1 : 3C. 3 : 5解析：C 设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知:111m3整体有机械能守恒定律可得：石mV=石MV+石mV，联立解得：匸”=三，故选项C正确.222M 56. （2019 浙江选考考前特训）（多选）如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m的左边有一固定挡板.m由图示位置静止释放，当m与m第二次相距最近时 m的速度为V1，则在以后的运动过程中（）叫A. m的最小速度是0B. m的最小速度是V1C. m的最小速度是V1D. m的最大速度是V1解析：BD 当m与m相距最近后，m在
7、前，做减速运动，m在后，做加速运动，当再次最近时，m减速结束，m加速结束，因此此时 m速度最小，m速度最大，在此过程中遵从1 2 1 2 1 2动量守恒 mv1= mv1+ mv2，机械能守恒：= -mV1z + -R2V2；因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得B、D选项正确.7. （2019 哈尔滨市三中验收考试 ）（多选）小球A的质量为nA= 5 kg,动量大小为Pa= 4 kg m/s，小球 A水平向右与静止的小球 B发生弹性碰撞，碰后 A的动量大小为 pa'= 1kg m/s，方向水平向右，贝U （）A. 碰后小球 B的动量大小为 Pb= 3 kg m/sB.
8、碰后小球 B的动量大小为 Pb= 5 kg m/sC. 小球B的质量为15 kgD. 小球B的质量为3 kg解析：AD 规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有Pa= pa' +2_pa2mPB,解得pb= 3 kg m/s, A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故/ 2 2p2m +蛊，解得3 kg , C错误，D正确.& （2019 安徽合肥一模）质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面, 再以4 m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动 量变化量 p和合外力对小球做的功W,下列说法正确
9、的是（）A. p= 2 kg m/s 厝一2 JB. p=- 2 kg m/sW 2 JC. p= 0.4 kg m/sWk 2 JD. p= 0.4 kg m/s W 2 J解析：A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量: p= mvmv= 0.2 x 4 kg m/s 0.2 x ( 6) kg m/s= 2 kg m/s,方向竖直向上.由动能定理知，1 2 1 2 1 2 1 2合外力做的功： W= qmv qmv=x 0.2 X4 J - x 0.2 X6 J = 2 J , A正确，B、C D错误.B级一能力练9. （2019 江西吉安质检）（多选）如图甲所示，长木板
10、 A放在光滑的水平面上，质量为 m= 4 kg的小物块 B以水平速度 Vo = 2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于 A、B间存在摩擦，之后 A B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2,则下列说法正确的是（）A. 木板A获得的动能为2 JB. 系统损失的机械能为 2 JC. 木板A的最小长度为2 mD. A、B间的动摩擦因数为 0.1解析：AD 由题中图象可知，木板获得的速度为 v = 1 m/s, A、B组成的系统动量守恒， 以物体B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv = （m+ v,解得m = 4 kg，木板1 2 1 2 1 2 1 2获得的动能为 E<
11、;= 0= 2 J,故A正确；系统损失的机械能 E= 2mv?mv= 4J,故B错误；速度一时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，故01 s内物体B的位移为1 1xb= x （2 +1） x 1 m= 1.5 m，木板 A的位移为xa= - x 1 x 1 m= 0.5 m，则木板 A的最小长 度为I = xb xa = 1 故C错误；由题图可知，物体B在01 s的加速度a= v = 1 m/s2, 负号表示加速度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得一卩mg = ma,得 卩=0.1 ,故D正确.10. （多选）光滑水平地面上，A B两物体质量都为 m A以速度v向右运动，B原来静止，左端有
12、一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时 （）AB*A. A、B系统总动量仍然为 mvB. A的动量变为零C. B的动量达到最大值D. A B的速度相等解析：AD 系统水平方向动量守恒， A正确；弹簧被压缩到最短时 A、B两物体具有相 同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速， C错误.11. （多选）如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5 m,小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为 2 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动
13、.一段时间后，小车乙与小车 甲相碰（碰撞时间极短），碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变（不计碰撞过程）.下列说法正确的是（）乙屮一l ii iABA. 小车乙追上小车甲用时 4 sB. 小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC. 碰后瞬间两车的速度大小为7 m/sD. 若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s21 2 , 解析：BC 小车乙追上小车甲时，有 x乙一x甲=5 m,即2at v甲t = 5 m,代入数据解得t = 5 s，所以小车乙追上小车甲用时5s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则v 甲 412有 v 甲=at '，解得 t '= =
14、 s = 2 s，最远距离s = 5 m + v 甲 t '一； at '=a 225+ 4X 22X2 2 m= 9 m,故B正确；碰前瞬间乙车的速度 v乙=at = 2X 5 m/s= 10 m/s ,对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲 + mv乙=2mv解得碰后瞬间两车的共同速度v = 7 m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力F= ma甲车的合力F ao为0,则碰后两车的加速度大小a'=;=1 m/s2，故D错误.2m 212. （2018 全国卷n ）汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施，但仍
15、然撞上了汽车B两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了 4.5 m, A车向前滑动了 2.0 m已知A和B的质量分别为2.0 x 103 kg 和1.5 x 103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g= 10 m/s 2.求：(1) 碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2) 碰撞前的瞬间A车速度的大小.A RIZOmp-片*|AR解析：(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有卩 nBg= rraao式中卩是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间 B车速度的大小为 Vb',
16、碰撞后滑行的距离为Sb.由运动学公式有2vb'= 2aBSB联立式并利用题给数据得vb'= 3.0 m/s (2)设A车的质量为 m,碰后加速度大小为 aA.根据牛顿第二定律有mg= ma设碰撞后瞬间 A车速度的大小为 Va',碰撞后滑行的距离为Sa.由运动学公式有2va'= 2aASA设碰撞前的瞬间 A车速度的大小为 Va.两车在碰撞过程中动量守恒，有mvA= mvA+ mvB 联立式并利用题给数据得Va= 4.3 m/s.答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s13. (2019 江西上饶二中模拟)如图所示 AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑
17、1的4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切质量为M的小木块静止在 O点，一个质量为 m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最咼点 C(木块和子弹均可以看成质点).已知R= 0.4 m m= 1 kg , M= 10 kg.( g= 10m/s子弹射入木块前的速度 V0； 若每当小木块上升到圆弧并返回到O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中.则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大.解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即: 系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即：，结果保留两位有效数字)求：mv= (m M V11 22（m
18、 M）vi= （m+ MgR由以上两式解得：Vo = 2gR 31 m/s.(2)由动量守恒定律可知，第2颗子弹射入木块后，木块的速度为0当第3颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：mv= (3M) V3解得：mvv3=3耐24吨答案：(1)31 m/s (2)2.4 m/s14. (2019 包头模拟)如图所示，AB为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线方向水平，圆管截面半径r? R.有一个 质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进
19、入光滑圆管 (B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小)，它经过最高点 C后飞出，最后落在水平地面上的A点，已知AB的距离为2R已知重力加速度为 g.求：(1) 小球b运动到C点时对轨道的压力.(2) 碰后小球a的速度.解析：(1) b球从C点做平抛运动，则： 水平方向x = 2R= vet.、， 1 2竖直方向：y = 2R= gt解得：vc= _ gR在C点根据牛顿第二定律得：2V3mg+ Fn= 3mR解得：Fn= 0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0b球从B到C,由机械能守恒得：1 2 1 23mg-2 R=mv 5x3 mv解得：vb=/5gRa球与b球发生弹性碰撞，则：mv= mv + 3mw121212qmv = 2mv+ x3 mB解得：Va=-5gR方向向左.答案：(1)0(2)5gR,方向向左