《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用練習(xí)（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用練習(xí)1兩球在水平面上相向運(yùn)動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止。可以肯定的是，碰前兩球的()A質(zhì)量相等B動能相等C動量大小相等D速度大小相等解析兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運(yùn)動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反，C項正確。答案C2如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A16 J B2 JC6 J D4 J解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則

2、子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0(mm0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即Em0v(mm0)v2，而木塊獲得的動能E木mv26 J，兩式相除得1，即E6 J，A項正確。答案A3(2018湖南師大附中摸底考試)如圖所示，質(zhì)量均為M0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起都靜止于光滑水平面上。小物塊(可看成質(zhì)點)m0.2 kg以初速度v9 m/s從最左端滑上小車A的上表面，最后停在小車B最右端時速度為v22 m/s，最后A的速度v1為()A1.5 m/s B. 2 m/sC1 m/s D0.5 m/s解析三物體整體分析，系統(tǒng)動量守恒mv(mM)v2M

3、v1v11.5 m/s。答案A4.如圖所示，在光滑的水平面上有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高。現(xiàn)讓小滑塊m從A點靜止下滑，則()Am不能到達(dá)小車上的B點Bm從A到C的過程中M向左運(yùn)動，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動Cm從A到B的過程中小車一直向左運(yùn)動，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量守恒解析M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒所以m恰能達(dá)到小車上的B點，到達(dá)B點時小車與滑塊的速度都是0，故A項錯誤；M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，m從A到C的過程中以及m從C到B的過程中m一直向右運(yùn)動，所以M一直向左運(yùn)動，m到達(dá)B的瞬間，M

4、與m速度都為零，故B項錯誤，C項正確；小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D項錯誤。答案C5.(2018湖南師大附中摸底考試)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為()Av，I0 Bv，I2mv0Cv，IDv，I2mv0解析子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力

5、，由動量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動，后做加速運(yùn)動，回到A位置時速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時的速度v，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得I(Mm)vmv02mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0。答案B6(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m2 kg的另一物體B以水平速度v03 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，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，則下列說法正確的是()A木板獲得的動能為2 JB系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 JC木板A的最小長度為1.5 mD

6、A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析根據(jù)動量守恒定律可得mv0(mmA)vmA4 kg，A的動能為EkmAv22 J，系統(tǒng)損失的動能Ekmv(mAm)v26 J，木板長Lv0t11.5 m，mgma0.2。答案AC【解題技巧】由圖讀出木板獲得的初速度，根據(jù)Ekmv2求解木板獲得的動能。根據(jù)斜率求出B的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。根據(jù)“面積”之差求出木板A的長度，再求系統(tǒng)損失的機(jī)械能。7如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取

7、10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析A、B碰撞過程動量守恒，mv0mv12mv2，機(jī)械能無損失，mvmv2mv。碰撞后對B物體應(yīng)用動能定理2mgx2mv，解得v01.5 m/s，C項正確。答案C8質(zhì)量相等的4個物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一直線，如圖所示，具有初動能E的物塊1向其他3個靜止物塊運(yùn)動，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開，最后，4個物塊粘為一整體，這個整體的動能等于()AEB.EC.ED.E解析對整個系統(tǒng)研究，以水平向右為正，整個過程運(yùn)用動量守恒定律得mv04mv，解得v，則整體的動能

8、Ek4m2，故C項正確，A、B、D項錯誤。答案CB組能力提升題9.(2018菏澤一中月考)(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M3 kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)0.5，平板小車A的長度L0.9 m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個v05 m/s的初速度使之向左運(yùn)動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是()A小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2 m/sB小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 NsC小鐵塊B從反向到與車同速共歷時0.

9、6 sD小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9 J解析設(shè)鐵塊向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得mgLmvmv，代入數(shù)據(jù)可得v14 m/s，故A項錯誤；小鐵塊B與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，所以小鐵塊彈回的速度大小為v14 m/s，方向向右，根據(jù)動量定理Imv8 kgm/s，故B項正確；假設(shè)小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速v2，根據(jù)動量守恒定律得mv1(mM)v2，解得v21 m/s，小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速過程中小鐵塊的位移x1t0.6 m1.5 m，平板車的位移x2t0.6 m0.3 m，xx1x21.2 mL，說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共速時就滑出平板車，所以小鐵

10、塊在平板車上運(yùn)動過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2mgL9 J，故C項錯誤，D項正確。答案BD10半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運(yùn)動，最高能上升到軌道M點，已知OM與豎直方向夾角為60，則兩物體的質(zhì)量之比m1m2為()A(1)(1) B.1C(1)(1) D1解析兩球到達(dá)最低點的過程，由動能定理得mgRmv2，解得v，所以兩球到達(dá)最低點的速度均為，設(shè)向左為正方向，則m1的速度v1，則m2的速度v2，由于碰撞瞬間動量守恒得m2v2m1v1(m1m2)v共，解得v共，二者碰后粘在一起向左運(yùn)動，最高能上升到

11、軌道M點，對此過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得(m1m2)gR(1cos60)0(m1m2)v，由解得2，整理m1m2(1) (1)，故C項正確。答案C11如圖是一個物理演示實驗，它顯示：如圖中自由下落的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m10.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m20.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H1.25 m處由靜止釋放。實驗中，A觸地后在極短時間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上。則木棍B上升的高度為(重力加速度g取10

12、m/s2)()A4.05 m B1.25 mC5.30 m D12.5 m解析球及棒落地速度v，球反彈后與B的碰撞為瞬間作用，AB雖然在豎直方向上合外力為重力，不為零。但作用瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的情況下，動量近似守恒，故有m1vm2v0m2v2，棒上升高度為h，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，得h4.05 m。答案A12如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M3.0 kg，質(zhì)量m1.0 kg的鐵塊以水平速度v04.0 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A4.0 J B6.0 JC3.

13、0 J D20 J解析設(shè)鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運(yùn)動時，相對滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f，根據(jù)能量守恒定律得鐵塊相對于木板向右運(yùn)動過程mvfL(Mm)v2Ep，鐵塊相對于木板運(yùn)動的整個過程mv2fL(Mm)v2，又根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知mv0(Mm)v，聯(lián)立得Ep3.0 J，故選C項。答案C13如圖所示，可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端。已知A、B質(zhì)量均相等，C的質(zhì)量為A的

14、質(zhì)量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g。求：(1)A物體的最終速度。(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。解析(1)設(shè)A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv03mv1，解得v1。B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設(shè)最終A，C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv02mv13mv2，解得v2。(2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得fLmv2mv3mv，又fmg，解得。答案(1)(2)14足夠長的傾角為的光滑斜面的底端

15、固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質(zhì)量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，如圖所示。一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運(yùn)動，但不粘連，它們到達(dá)最低點后又向上運(yùn)動。已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點，O為彈簧自然伸長時鋼板的位置。若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度。已知重力加速度為g，計算結(jié)果可以用根式表示，求：(1)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1。(2)碰撞前彈簧的彈性勢能。(3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運(yùn)動到達(dá)的最高點離O點的距離。解析(1)設(shè)物塊與鋼板碰撞前速度為v0，3mg

16、x0sinmv，解得v0。設(shè)物塊與鋼板碰撞后一起運(yùn)動的速度為v1，有mv02mv1，解得v1。(2)設(shè)碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當(dāng)它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈簧勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒得Ep(2m)v2mgx0sin，解得Epmgx0sin。(3)設(shè)v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰后開始一起向下運(yùn)動的速度，有2mv03mv2，它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們?nèi)岳^續(xù)向上運(yùn)動，設(shè)此時速度為v，由機(jī)械能守恒定律得Ep(3m)v3mgx0sin(3m)v2，在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以初速度v繼續(xù)沿斜面上升，設(shè)運(yùn)動到達(dá)的最高點離O點的距離為h，有v22ah，2mgsin2ma，解得h。答案(1) (2)mgx0sin(3)