《2020高考物理一輪總復習 第六章 動量 基礎課2 動量守恒定律及其應用練習（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 第六章 動量 基礎課2 動量守恒定律及其應用練習（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章 基礎課 2 動量守恒定律及其應用一、選擇題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塊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：選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，豎直方向上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，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機械能轉化為內能，故系

2、統(tǒng)機械能不守恒，只有選項C正確2.(2019屆南平模擬)如圖所示，A、B兩物體質量分別為mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上，相距較遠將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、B上經過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將()A停止運動B向左運動C向右運動 D運動方向不能確定解析：選C已知兩個力大小相等，mAmB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度aAtB，由IAFtA，IBFtB，可得IAIB，由動量定理可知pA0IA，pB0IB，則pApB，碰前系統(tǒng)總動量方向向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量方向向右，故A、B、D錯誤，C正確3(多選)質量為m的小球A，

3、沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析：選AB要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼?，則其速度大小變?yōu)樵瓉淼?兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈當以A球原來的速度方向為正方向時，則vAv0，根據(jù)兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv00mv02mvB，mv00m2mvB，解得vBv0，vBv0.又m22m20，即mAvAmBvB.5.(2019屆泉州質檢)如圖所示，兩個大小相同、質量均為m的小彈珠靜止在水平地面上，某小孩在極

4、短時間內給第一個彈珠一個水平沖量使其向右運動，當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個彈珠運動了2L后停下已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對第一個彈珠()A施加的沖量為m B施加的沖量為mC做的功為kmgL D做的功為3kmgL解析：選D兩個完全相同的小球發(fā)生彈性碰撞，速度交換，設第二個小球碰后的速度為v，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律v22kg2L，對第一個小球，設小孩對其做功為W，根據(jù)動能定理WkmgLmv2，代入可求W3kmgL，故C錯誤，D正確；設小孩施加的沖量為I，則I22mW，解得Im，故A、B錯誤6.(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平

5、面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使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C向右運動，同時小車也向右運動BC與油泥碰前，C與小車的速率之比為MmCC與油泥粘在一起后，小車立即停止運動DC與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動解析：選BC小車與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，小車應向左運動，故A錯誤；設碰前C的速率為v1，小車的速率為v2，則0mv1Mv2，得，故B正確；設C與油泥粘在一起后

6、，小車、C的共同速度為v共，則0(Mm)v共，得v共0，故C正確，D錯誤7(2018屆華大新高考聯(lián)盟測評)光滑水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，a的質量為m，b的質量M可以取不同的數(shù)值現(xiàn)使a以某一速度向b運動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，則()A當Mm時，碰撞后b的速度最大B當Mm時，碰撞后b的動能最大C當Mm時，若M越小，碰撞后b的速度越小D當Mm時，若M越小，碰撞后b的速度越大，選項C錯誤；當Mmv2，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯誤；若vB0.4v，由動量守恒得mvmvA3m0.4v，解得vA0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動能為EkmvA23mvB2mv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故B

7、正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有mv(m3m)vB，vB0.25v，這時B獲得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C錯誤；若vB0.3v，由動量守恒得mvmvA3m0.3v，解得vA0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動能為EkmvA23mvB2mv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故D正確9.(多選)(2018屆湖北省華大新高考聯(lián)盟質量測評)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞前后兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示，已知a的質量為80 g，則下列判斷正確的是()A碰撞前滑塊a、b的運動方向相同B碰撞后滑塊b的速度大小是0.75 m/sC滑塊b的質量為100 gD碰撞前后

8、滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動能為1.4 J解析：選CD由xt圖象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑塊a、b的運動方向相反，A錯誤；碰撞后，滑塊b的速度vb1 m/s，速度大小為1 m/s，B錯誤；碰撞前，滑塊a的速度va5 m/s；b的速度vb3 m/s，碰撞后a的速度為0.兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以b的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mavambvbmbvb，解得mb100 g，C正確；碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動能為Ekmava2mbvb2mbvb2，解得Ek1.4 J，D正確10.(2018屆北京豐臺區(qū)質檢)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為

9、h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計已知m23m1，則A反彈后能達到的高度為()Ah B2hC3h D4h解析：選D所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失設豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1v12m2v22，m1v12m1gh1，將m23m1代入，聯(lián)立可得h14h，選項D正確二、非選擇題11.(2018年全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但

10、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2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)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g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(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(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為xB.由運動學公式有vB22aBxB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3

11、 m/s.(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設碰撞后瞬間A車速度大小為vA，碰撞后滑行的距離為xA.由運動學公式有vA22aAxA設碰撞前的瞬間A車的速度大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s. 答案：(1)3 m/s(2)4.25 m/s12(2019屆南通模擬)如圖，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車

12、，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質量m，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，求：滑塊運動過程中，小車的最大速度vm；滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小解析：(1)滑塊到達B點時的速度最大，受到的支持力最大；滑塊下滑的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgRmvB2，滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得Nmgm，解得N3mg由牛頓第三定律得滑塊對小車的壓力NN3mg即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是3mg.(2)在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設小車的最大速度是vm，由機械能守恒定律得mgRMvm2m(2vm)2，解得vm .由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即滑塊2車由于它們運動的時間相等，根據(jù)xt可得s滑塊2s車又s滑塊s車L所以小車的位移大小s車L.答案：(1)3mg(2) L7