2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)18 動量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(xùn)(十八) 動量守恒定律及其應(yīng)用 (建議用時：40分鐘) [基礎(chǔ)對點練] 題組一：動量守恒定律的理解和判斷 1．(2019·衡水檢測)關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是(　　) A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒 C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒 D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒 C　[根據(jù)動量守恒的條件可知A、B錯誤，C正確；系統(tǒng)中所有物體加速度為零時，各物體速度恒定，動量恒定，系統(tǒng)中總動量一定守恒，D錯誤。] 2．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形滑塊置

2、于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊沿斜面下滑的過程中，M與m組成的系統(tǒng)(　　) A．由于不受摩擦力，系統(tǒng)動量守恒 B．由于地面對系統(tǒng)的支持力大小不等于系統(tǒng)所受重力大小，故系統(tǒng)動量不守恒 C．系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒 D．M對m作用有水平方向分力，故系統(tǒng)水平方向動量也不守恒 BC　[水平方向不受外力和摩擦，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，C正確；豎直方向系統(tǒng)所受重力和支持力大小不等，系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，B正確。] 題組二：碰撞、爆炸與反沖 3．(2019·桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為m

3、B＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8 kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3 B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3 D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C　[A、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s，所以碰撞后B

4、球的動量是增加的，為12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。] 4．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　D B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在

5、爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確。] 5．假設(shè)進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠離空間站，相對空間站的速度為v0。某時刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關(guān)系式中正確的是(　　)

6、 A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvB B．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0) C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB) D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB D　[本題中的各個速度都是相對于空間站的，不需要轉(zhuǎn)換。相互作用前系統(tǒng)的總動量為(mA＋mB)v0，A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，動量分別為mAvA、mBvB，根據(jù)動量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正確。] 6．(2019·南京模擬)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

7、。假如碰撞過程中無機械能損失，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10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A．0.5 m/s　　　　 B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s C　[碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，則選項C正確。] 題組三：動量和能量觀點的綜合應(yīng)用 7．(多選)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒

8、的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則(　　) A．此時盒的速度大小為 B．此時盒的速度大小為 C．滑塊相對于盒運動的路程為 D．滑塊相對于盒運動的路程為 AC　[設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知μmgx＝mv2－·3m，解得x＝，選項C正確，D錯誤。] 8．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最

9、大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則 (　　) 甲　　　　　　　　乙 A．A物體的質(zhì)量為3m B．A物體的質(zhì)量為2m C．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv AC　[對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝Mv；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B二者速度相等，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2

10、，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝Mv＝mv，選項A、C正確，B、D錯誤。] 9．(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為M的長條木塊放置在光滑的水平面上，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m、速度為v0的子彈射入木塊并最終留在木塊中，在此過程中，木塊運動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，木塊對子彈的平均阻力為f，則下列說法正確的是(　　) A．子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的機械能守恒 B．子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的動量守恒 C．f與d之積為系統(tǒng)損失的機械能 D．f與s之積為子彈減少的動能 BC　[子彈射入木塊的過程中，阻力對系統(tǒng)要做功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)處于光滑的水平面上，所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的

11、動量守恒，故B正確；系統(tǒng)損失的機械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積，即ΔE＝fd，故C正確；子彈減少的動能等于阻力與子彈位移的乘積，即ΔEk＝W＝f(s＋d)，故D錯誤。] 10．(多選)(2019·銀川質(zhì)檢)如圖所示，甲圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，乙圖為物體A與小車B的v-t圖象，由此可求(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．小車上表面長度 B．物體A與小車B的質(zhì)量之比 C．物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù) D．小車B獲得的動能 BC　[由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長

12、度，故A錯誤；以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由題圖乙可知A相對小車B的位移Δx＝v0t1，根據(jù)動能定理得－μmAgΔx＝(mA＋mB)v－mAv，根據(jù)B項中求得的質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量無法求出，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。] [考點綜合練] 11.一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a

13、點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求： (1)木塊在ab段受到的摩擦力f； (2)木塊最后距a點的距離s。 解析：(1)設(shè)木塊到達最高點時，木塊和物體P的共同速度為v，由水平方向動量守恒和功能關(guān)系得 mv0＝(m＋2m)v mv＝(m＋2m)v2＋mgh＋fL 聯(lián)立得f＝。 (2)設(shè)木塊停在ab之間時，木塊和物體P的共同速度為v′，由水平方向動量守恒和功能關(guān)系得mv0＝(m＋2m)v′ mv＝(m＋2m)v′2＋f(2L－s) 聯(lián)立得s＝。 答案：見解析 12．如圖所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽

14、靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁。一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進入槽內(nèi)，到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出，小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的距離為R，重力加速度為g，不計空氣阻力。求： (1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大?。? (2)金屬槽的質(zhì)量。 解析：(1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律： mg·2R＝mv 小球剛到最低點時，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律： FN－mg＝m 據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘俨鄣膲毫椋篎N′＝FN 聯(lián)立解得FN′＝5mg。 (2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，選取向右為正方向，則：mv0＝(m＋M)v 設(shè)小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的豎直高度為h， 則有R2＋h2＝ 根據(jù)機械能守恒定律：mgh＝mv－(m＋M)v2 聯(lián)立解得M＝m。 答案：(1)5mg　(2)m - 7 -