2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第六章第二讲动量守恒定律及其应用 Word版含解析.pdf

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1、第六章第六章 动量及动量守恒定律动量及动量守恒定律 第二讲第二讲 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 课时跟踪练课时跟踪练 A 组 基础巩固组 基础巩固 1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有 一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱 关于上述过程， 下列说法 中正确的是 如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有 一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱 关于上述过程， 下列说法 中正确的是( ) A男孩和木箱组成的系统动量守恒男孩和木箱组成的系统动量守恒 B小车与木箱组成的系统动量守恒小车与木箱组成的系统动量守恒 C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒男孩、

2、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 解析 ：解析 ： 当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为 零，系统动量守恒，所以选项 当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为 零，系统动量守恒，所以选项 A、B 错误，错误，C 正确；木箱的动量增量 与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反， 正确；木箱的动量增量 与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D 错误错误 答案：答案：C 2 (2017苏北四市高三第一学期期末苏北四市高三第一学期期末)在某次短道速滑接力赛中， 运动员甲以 在某次短道

3、速滑接力赛中， 运动员甲以 7 m/s 的速度在前面滑行，运动员乙以的速度在前面滑行，运动员乙以 8 m/s 的速度从后 面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程设甲、乙两运动员的 质量均为 的速度从后 面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程设甲、乙两运动员的 质量均为 50 kg，推后运动员乙的速度变为，推后运动员乙的速度变为 5 m/s，方向向前，若甲、 乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小 ，方向向前，若甲、 乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小( ) A15 m/s B10 m/s C5 m/s D8 m/s 解析 ：解析 ： 以甲、乙组成的系统为研究对象，以

4、甲的初速度方向为正 方向， 以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正 方向， 由动量守恒定律得由动量守恒定律得m1v1m2v2m1v1m2v2， 解得， 解得v1 10 m/s. 答案：答案：B 3(2018北京模拟北京模拟)下面关于碰撞的理解，正确的是下面关于碰撞的理解，正确的是( ) A正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞 B如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞 C碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动 状态发生显著变化的过程 碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间

5、内它们的运动 状态发生显著变化的过程 D在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略 解析 ：解析 ： 正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直 线 正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直 线(即沿着两球球心连线即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球 碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰 撞， 斜碰也称非对心碰撞， 是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心 连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根 据两小球碰撞前后的机械能是否守恒， 从而判断属于弹性碰撞还是非 弹

6、性碰撞，故 运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球 碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰 撞， 斜碰也称非对心碰撞， 是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心 连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根 据两小球碰撞前后的机械能是否守恒， 从而判断属于弹性碰撞还是非 弹性碰撞，故 A、B 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动 的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程， 故 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动 的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程， 故 C 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略

7、外力 的作用， 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力 的作用，D 错误错误 答案：答案：C 4.(多选多选)质量为质量为 M、 内壁间距为、 内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上， 箱子中间有一质量为 的箱子静止于光滑的水平面上， 箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因 数为 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因 数为 .初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示现给小物块一 水平向右的初速度 初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示现给小物块一 水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中 间，并与箱子保持相对

8、静止设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系 统损失的动能为 次后恰又回到箱子正中 间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系 统损失的动能为( ) A. mv2 B.v2 1 1 2 2 m mM M 2 2（ （mM） ） C. NmgL DNmgL 1 1 2 2 解析 ：解析 ： 由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二 者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为 由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二 者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为 v， 由动量守恒定律得， 由动量守恒定律得 mv(mM)v， 系统损失的动能

9、为， 系统损失的动能为 mv2 (m 1 1 2 2 1 1 2 2 M)v2v2，B 正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做 m mM M 2 2（ （mM） ） 的功，即的功，即EkWFfNmgL，D 正确正确 答案：答案：BD 5.如图所示， 半径为如图所示， 半径为 R 的光滑圆槽质量为的光滑圆槽质量为 M， 静止在光滑水平面 上，其内表面有一质量为 ， 静止在光滑水平面 上，其内表面有一质量为 m 的小球被细线吊着，位于槽的边缘处， 现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为 的小球被细线吊着，位于槽的边缘处， 现将线烧断，小球滑行到最低点

10、向右运动时，圆槽的速度为( ) A0 B. ，方向向左，方向向左 m m M M 2 2M Mg gR R M Mm C. ，方向向右，方向向右 m m M M 2 2M Mg gR R M Mm D不能确定不能确定 解析：解析：以水平向右为正方向，设在最低点时以水平向右为正方向，设在最低点时 m 和和 M 的速度大小 分别为 的速度大小 分别为 v 和和 v，根据动量守恒定律，得，根据动量守恒定律，得 0mvMv，根据机械能守 恒定律列方程，得 ，根据机械能守 恒定律列方程，得 mgR mv2 Mv2，联立以上两式解得，联立以上两式解得 v 1 1 2 2 1 1 2 2 m m M M ，

11、方向向左，故，方向向左，故 B 项正确项正确 2 2M Mg gR R M Mm 答案：答案：B 6.(多选多选)如图所示为两滑块如图所示为两滑块 M、N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹 簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个 装置放在光滑的水平面上烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程 中，下列说法正确的是 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹 簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个 装置放在光滑的水平面上烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程 中，下列说法正确的是( ) A两滑块的动量之和变大两滑块的动量之和变大 B两滑块与弹簧分离后动量等大反向两滑块与弹簧分离后动量

12、等大反向 C如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等 D整个过程中两滑块的机械能增大整个过程中两滑块的机械能增大 解析 ：解析 ： 对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动 量守恒且始终为零， 对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动 量守恒且始终为零，A 错误；由动量守恒定律得错误；由动量守恒定律得 0mMvMmNvN， 显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反， ， 显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B 正确；当正确；当 mMmN 时，时，vMvN，C 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能， 则两滑块

13、的机械能增大， 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能， 则两滑块的机械能增大，D 正确正确 答案：答案：BCD 7(多选多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰， 小球的质量分别为 如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰， 小球的质量分别为 m1和和 m2， 图乙为它们碰撞前后的， 图乙为它们碰撞前后的 xt 图象 已知图象 已知 m1 0.1 kg，由此可以判断，由此可以判断( ) 图甲 图乙 图甲 图乙 A碰前碰前 m2静止，静止，m1向右运动向右运动 B碰后碰后 m2和和 m1都向右运动都向右运动 C由动量守恒可以得出由动量守恒可以得出 m20.3 kg D碰撞过程

14、中系统损失了碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能的机械能 解析：解析：由题图乙可以看出，碰前由题图乙可以看出，碰前 m1位移随时间均匀增加，位移随时间均匀增加，m2位 移不变，可知 位 移不变，可知 m2静止，静止，m1向右运动，故向右运动，故 A 是正确 ； 碰后一个位移增 大，一个位移减小，说明运动方向不一致，故 是正确 ； 碰后一个位移增 大，一个位移减小，说明运动方向不一致，故 B 错误；由题图乙可 以计算出碰前 错误；由题图乙可 以计算出碰前 m1的速度的速度 v14 m/s，碰后的速度，碰后的速度 v12 m/s，m2 碰前的速度碰前的速度 v20， 碰后的速度， 碰后的速度

15、 v22 m/s， 由动量守恒定律有， 由动量守恒定律有 m1v1 m2v2m1v1m2v2，计算得，计算得 m20.3 kg，故，故 C 正确 ； 碰撞过程 中系统损失的机械能 正确 ； 碰撞过程 中系统损失的机械能E m1v m1v12 m2v220，因此，因此 D 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 错误错误 答案：答案：AC 8.(2018郑州高三质检郑州高三质检)如图所示，质量为如图所示，质量为 m245 g 的物块的物块(可视 为质点 可视 为质点)放在质量为放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光 滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 的

16、木板左端，足够长的木板静止在光 滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为质量为 m05 g 的子弹以速度的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中沿水平方向射入物块并留在其中(时间极 短 时间极 短)，g 取取 10 m/s2.子弹射入后，求：子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度 v1； (2)木板向右滑行的最大速度木板向右滑行的最大速度 v2； (3)物块在木板上滑行的时间物块在木板上滑行的时间 t. 解析：解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最 大速度，由动量守恒定律可得 子弹进

17、入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最 大速度，由动量守恒定律可得 m0v0(m0m)v1， 解得解得 v16 m/s. (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量 守恒定律可得 当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量 守恒定律可得 (m0m)v1(m0mM)v2， 解得解得 v22 m/s. (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得对物块和子弹组成的整体应用动量定理得 (m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1， 解得解得 t1 s. 答案：答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s B 组 能力提升组 能力提升 9.(多选多选)如图所示，在光滑

18、水平面的左侧固定一竖直挡板，如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球 在水平面上静止放置， 球 在水平面上静止放置，B 球向左运动与球向左运动与 A 球发生正碰，球发生正碰，B 球碰撞前、 后的速率之比为 球碰撞前、 后的速率之比为 31，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回两球 刚好不发生第二次碰撞，则 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回两球 刚好不发生第二次碰撞，则( ) AA、B 两球的质量之比两球的质量之比 41 BA、B 两球的质量之比两球的质量之比 14 CA、B 两球碰撞前、后的总动能之比两球碰撞前、后的总动能之比 59 DA、B 两球碰撞前、后的总动能之比两球碰撞前、后的总

19、动能之比 95 解析：解析：设设 A、B 质量分别为质量分别为 mA、mB，B 的初速度为的初速度为 v0，取，取 B 的 初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 的 初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 A、B 碰 撞后速度大小相等， 方向相反， 分别为和， 则有 碰 撞后速度大小相等， 方向相反， 分别为和， 则有 mBv0mA v v0 0 3 3 v v0 0 3 3 v v0 0 3 3 mB，解得，解得 mAmB41，A 正确，正确，B 错误；碰撞前、后总动错误；碰撞前、后总动 ( v 0 0 3 3) 能之比能之比 Ek1Ek2 mBv Error!

20、95， C 错误，错误， D 正确正确 1 1 2 2 2 2 0 0 1 1 2 2m m A A(v v 0 0 3 3) 2 2 ) 答案：答案：AD 10(多选多选)(2018阳江模拟阳江模拟)质量为质量为 m 的物块甲以的物块甲以 3 m/s 的速度在 光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为 的速度在 光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为 m 的 物块乙以 的 物块乙以 4 m/s 的速度与物块甲相向运动，如图所示则的速度与物块甲相向运动，如图所示则( ) A甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒

21、 B当两物块相距最近时，物块甲的速率为零当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C物块甲的速率可能达到物块甲的速率可能达到 5 m/s D当物块甲的速率为当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为时，物块乙的速率可能为 0 解析 ：解析 ： 甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的 合外力为零，系统动量守恒，故 甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的 合外力为零，系统动量守恒，故 A 正确当两物块相距最近时速度 相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为 正确当两物块相距最近时速度 相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，根据 动量守恒

22、定律有 ，根据 动量守恒定律有 mv乙 乙 mv甲 甲 2mv，解得，解得 v0.5 m/s，故，故 B 错 误 若物块甲的速率达到 错 误 若物块甲的速率达到 5 m/s， 方向与原来相同， 则， 方向与原来相同， 则 mv乙 乙 mv甲 甲 mv甲 甲 mv乙 乙，解得 ，解得 v乙 乙 6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都 增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到 ，两个物块的速率都增大，动能都 增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原 来相反，则 ，方向与原 来相反，则 mv乙 乙 mv甲 甲 mv甲 甲 mv乙 乙，代入数据解得 ，代入数据解得 v乙

23、 乙 4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能 量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到 ，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能 量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到 5 m/s，故，故 C 错误甲、 乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 错误甲、 乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原 来相同， 由动量守恒定律得 ，方向与原 来相同， 由动量守恒定律得mv乙 乙 mv甲 甲 mv甲 甲 mv乙 乙， 解得 ， 解得v乙 乙 2 m/s； 若物块甲的速率为； 若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒

24、定律得，方向与原来相反，由动量守恒定律得 mv乙 乙 mv甲 甲 mv甲 甲 mv乙 乙，解得 ，解得 v乙 乙 0，故，故 D 正确正确 答案：答案：AD 11 如图所示， 竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面 相切， 小滑块 如图所示， 竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面 相切， 小滑块 A 和和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点 现将分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点 现将 A 无初速度释放，无初速度释放，A 与与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已 知圆弧轨道光滑，半径 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已 知圆弧轨道光滑，半径 R0.2 m，A 和和 B 的

25、质量相等，的质量相等，A 和和 B 整体 与桌面之间的动摩擦因数 整体 与桌面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度，重力加速度 g 取取 10 m/s2.求：求： (1)碰撞前瞬间碰撞前瞬间 A 的速率的速率 v； (2)碰撞后瞬间碰撞后瞬间 A 和和 B 整体的速率整体的速率 v； (3)A 和和 B 整体在桌面上滑动的距离整体在桌面上滑动的距离 l. 解析：解析：设滑块的质量为设滑块的质量为 m. (1)根据机械能守恒定律有根据机械能守恒定律有 mgR mv2， 1 1 2 2 得碰撞前瞬间得碰撞前瞬间 A 的速率的速率 v2 m/s.2 2g gR R (2)根据动量守恒定律有根据动量守恒

26、定律有 mv2mv， 得碰撞后瞬间得碰撞后瞬间 A 和和 B 整体的速率整体的速率 v v1 m/s. 1 1 2 2 (3)根据动能定理有根据动能定理有 (2m)v2(2m)gl， 1 1 2 2 得得 A 和和 B 整体沿水平桌面滑动的距离整体沿水平桌面滑动的距离 l0.25 m. v v2 2 2 2g g 答案：答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 12.(2018湖北模拟湖北模拟)质量为质量为 mB2 kg 的木板的木板 B 静止于光滑水平 面上，质量为 静止于光滑水平 面上，质量为 mA6 kg 的物块的物块 A 停在木板停在木板 B 的左端，质量为的左端，

27、质量为 mC2 kg 的小球的小球 C 用长为用长为 L0.8 m 的轻绳悬挂在固定点的轻绳悬挂在固定点 O.现将小球现将小球 C 及 轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 及 轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 C 在最低点与物块在最低点与物块 A 发生 正碰， 碰撞作用时间很短为 发生 正碰， 碰撞作用时间很短为t10 2 s， 之后小球 ， 之后小球 C 反弹所能上升的 最大高度 反弹所能上升的 最大高度 h0.2 m已知已知 A、B 间的动摩擦因数间的动摩擦因数 0.1，物块，物块 A 与 小球 与 小球 C 均可视为质点，不计空气阻力，取均可视为质点，不计空气阻力，取 g10 m/

28、s2.求：求： (1)小球小球 C 与物块与物块 A 碰撞过程中所受的撞击力大小；碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块为使物块 A 不滑离木板不滑离木板 B，木板，木板 B 至少多长至少多长 解析：解析：(1)C 下摆过程，根据动能定理得下摆过程，根据动能定理得 mCgL mCv ， 1 1 2 2 2 2C C 解得碰前解得碰前 C 的速度的速度 vC4 m/s. C 反弹过程，根据动能定理得反弹过程，根据动能定理得 mCgh0 mCvC2， 1 1 2 2 解得碰后解得碰后 C 的速度的速度 vC2 m/s， 取向右为正方向，对取向右为正方向，对 C 根据动量定理得根据动量定理得

29、FtmCvCmCvC， 解得碰撞过程中解得碰撞过程中 C 所受的撞击力大小所受的撞击力大小 F1 200 N. (2)C 与与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律得碰撞过程，根据动量守恒定律得 mCvCmCvCmAvA， 解得碰后解得碰后 A 的速度的速度 vA2 m/s， A 恰好滑至恰好滑至 B 右端并与其共速时，右端并与其共速时， B 的长度最小 根据动量守恒 定律得 的长度最小 根据动量守恒 定律得 mAvA(mAmB)v， 解得解得 A、B 的共同速度的共同速度 v1.5 m/s， 根据能量守恒定律得根据能量守恒定律得 mAgx mAv (mAmB)v2， 1 1 2 2 2 2A A 1 1 2 2 解得木板解得木板 B 的最小长度的最小长度 x0.5 m. 答案：答案：(1)1 200 N (2)0.5 m