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1、2022年高考物理一輪復習 課時作業(yè)37 動量守恒定律（含解析） 一、單項選擇題 1．某人站在平板車上，與車一起在光滑水平面上做直線運動，當人相對于車豎直向上跳起時，車的速度大小將(　　) A．增大 B．減小 C．不變 D．無法判斷 解析：以車和人組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向上動量守恒可知車的速度大小不變，C正確． 答案：C 2．如圖所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　) A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速

2、度為mv0/M，方向水平向右 D．盒子的最終速度為mv0/(M＋m)，方向水平向右 解析：由于盒子內表面不光滑，在多次碰撞后物體與盒子相對靜止，B錯誤；由動量守恒得mv0＝(M＋m)v′，解得v′＝，方向與v0方向相同，D正確，A、C錯誤． 答案：D 3．如圖所示，A、B兩個木塊用輕彈簧相連接，它們靜止在光滑水平面上，A和B的質量分別是99m和100m，一顆質量為m的子彈以速度v0水平射入木塊A內沒有穿出，則在以后的過程中彈簧對B物塊的沖量大小為(　　) A．mv0　　　B．2mv0　　　C.　　　D. 解析：木塊B的最終速度v2＝，由動量定理知彈簧對B的沖量I＝mB·v2＝，

3、C正確． 答案：C 4. 如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　　) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 解析：根據動量守恒定律，選向右方向為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，C正確． 答案：C 5．在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線排列，2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖所示，設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度

4、可能值是(　　) A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 解析：由題設條件，三個球在碰撞過程中總動量和總動能守恒．若各球質量均為m，而碰撞前系統(tǒng)的總動量為mv0，總動能為mv.假如A正確，則碰后總動量為mv0，這違反動量守恒定律，A錯誤；假如B正確，則碰后總動量為mv0，這也違反動量守恒定律，B錯誤；假如C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為mv，這顯然違反機械能守恒定律，C錯誤；而D既滿足機械能守恒定律，也滿足動量守恒定律，D正確． 答案：D 二、多項選擇題 6．向空中發(fā)射一物體(不

5、計空氣阻力)，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a、b兩塊．若質量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則(　　) A．b的速度方向一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a、b一定同時到達地面 D．炸裂的過程中，a、b的動量變化大小一定相等 解析：根據動量守恒定律可知，a的速度大小、b的速度大小和方向都無法判斷，A、B錯誤；但a、b都做平拋運動，豎直高度相同，所以a、b一定同時到達地面，C正確；根據動量守恒可以判斷，D正確． 答案：CD 7．如圖所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質

6、量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧恢復原長過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升(A、B可視為質點)．下列說法正確的是(　　) A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為 C．B能達到的最大高度為 D．B能達到的最大高度為 解析：根據機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝，根據動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝·2mv2＝mgh，A錯誤，B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據機械能守恒定律可得

7、mgh′＝mv2，B能達到的最大高度為，C錯誤，D正確． 答案：BD 8. 如圖所示，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁．現讓一小球(可視為質點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內，則下列說法正確的是(　　) A．小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動 B．小球在槽內運動的全過程中，只有重力對小球做功 C．小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒 解析：小球從開始下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；

8、小球經過最低點往上運動的過程中，斜槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，D正確；小球離開右側槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，A錯誤；小球經過最低點往上運動的過程中，斜槽向右運動，斜槽對小球的支持力對小球做負功，小球對斜槽的壓力對斜槽做正功，小球與斜槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤，C正確． 答案：CD 三、非選擇題 9．如圖所示，在光滑水平面上放著A、B、C三個物塊，A、B、C的質量依次是m、2m、3m.現讓A物塊以初速度v0向B運動，A、B相碰后不再分開，共同向C運動；它們和C相碰后也不再分開，A、B、C共同向右

9、運動．求： (1)碰后C物塊受到的沖量大??； (2)A、B碰撞過程中的動能損失ΔEk. 解析：(1)以A、B、C整體為對象，全過程由動量守恒定律得 mv0＝(m＋2m＋3m)v 解得v＝ 由動量定理知，C物塊受到的沖量I＝3mv＝ (2)設A、B碰撞后的共同速度為v1，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋2m)v1 動能損失ΔEk＝mv－(m＋2m)v 解得ΔEk＝mv 答案：(1)　(2)mv 10．(xx·天津卷)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量

10、mB＝2 kg.現對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s.求： (1)A開始運動時加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??； (3)A的上表面長度l. 解析：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa① 代入數據解得a＝2.5 m/s2② (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得 Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③ 代入數據解得v＝1 m/s④

11、 (3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤ A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有 Fl＝mAv⑥ 由④⑤⑥式，代入數據解得l＝0.45 m⑦ 答案：(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 11．(xx·北京卷) 如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)碰撞前瞬間A的速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3)A和B整體在桌面上滑動的距離l. 解析：設滑塊的質量為m. (1)根據機械能守恒定律mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s (2)根據動量守恒定律mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝v＝1 m/s (3)根據動能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動的距離 l＝＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m