2022年物理高考大一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第19讲动量守恒定律练习含解析20190803185.doc

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1、第19讲 动量守恒定律解密考纲主要考查动量守恒定律的基本概念、规律的理解，运用守恒的观点分析物体运动过程等1(2019·烟台二中高三月考)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )A车左右往复运动B车持续向右运动C大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒D当大锤停止运动时，人和车也停止运动ACD解析 把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，当把锤头打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以在水平面上左、右往返

2、运动，车不会持续地向右驶去，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，选项A、C、D正确2(2019·河南林州一中分校高三调研)(多选)如图所示，A、B两物体的质量之比MAMB32，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中()A若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为23，A、B组成的系统动量守恒C若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒BC解析 因为A、B

3、的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，故选项A错误若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为23，A、B两物体的质量之比MAMB32，所以A、B两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B组成的系统所受的外力之和为零，所以A、B组成的系统动量守恒，故选项B正确若A、B与平板车上表面间的动摩擦力相同，A、B组成的系统所受的外力为零，所以A、B两物体的系统总动量守恒，故选项C正确因地面光滑，则无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统合外力均为零，系统的总动量守恒，故选项D错误3

4、(2019·辽宁六校协作体高三联考)(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()ApA2 kg·m/s，pB14 kg·m/sBpA4 kg·m/s，pB16 kg·m/sCpA6 kg·m/s，pB6 kg·m/sDpA5 kg·m/s，pB7 kg·m/sCD解析 碰撞前系统总动量ppApB12 kg·m/s，由题意，设mAmBm

5、，碰前总动能为Ek；若pA2 kg·m/s，pB14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能>Ek，不可能，选项A错误；若pA4 kg·m/s，pB16 kg·m/s，碰撞后的总动能>Ek，不可能，选项B错误；若pA6 kg·m/s，pB6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×<Ek，是可能的，选项C正确；若pA5 kg·m/s，pB7 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能Ek，是可能的，选项D正确4(2019·山东师范大学附属中学高三模拟)(多选)在光滑的

6、水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s，下列说法正确的是( )A子弹动能的亏损大于系统动能的亏损B子弹动量的减少量等于木块动量的增加量C摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功D位移s一定大于深度dAB解析 子弹射穿木块的过程中，子弹损失的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹减少的动能大于木块增加的动能，故选项A正确；水平面光滑，则系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量减少量等于木块动量增加量，故选项B正确；子弹击中木块的过程中，子弹克服阻力做的功，一方面转化为木块的动能，另一方面转化为系统内

7、能，根据动能定理可知摩擦力对木块做的功等于木块的动能的增加量，因此摩擦力对木块做的功一定小于摩擦力对子弹做的功，故选项C错误；设子弹与木块之间的相互作用力为Ff，子弹和木块达到的共同速度大小为v，由动能定理得，对子弹Ff(sd)mv2mv，对木块FfsMv2，又根据动量守恒定律得mv0(Mm)v，联立方程解得，因为<1，所以s<d，故选项D错误5(2019·四川蓉城名校联盟高三联考)(多选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体 P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动在 t= 0 时轻绳断开，Q 在 F 作用下继续前进，则下列

8、说法正确的是()Ct时，Q 的动量为mvDt时，Q 的动量为mvAD解析 设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为Ff，系统匀速运动时，有 F2Ff，得Ff；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得Fft0mv，联立得t，即t时P停止运动在P停止运动前，即在t0至t时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒，故选项A正确t至t时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故选项B错误t时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得 (FFf)tpQmv，解得Q的动量 pQmv，故选项D正确，C错误6(2019·哈尔滨六中高三月考)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上

9、，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处D解析 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故选项A错误；下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故选项B

10、错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故选项C错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，根据动量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要向槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时小球与槽速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知

11、，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故选项D正确7(2019·滁州定远育才学校高三检测)如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为h，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为R C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度hHhD解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故选项A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向

12、，在水平方向，由动量守恒定律得mvmv0，mm0，解得小车的位移 xR，故选项B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故选项C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh，机械能损失小于mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于hhh，而小于h，故选项D正确8(2019

13、3;华中师大一附中高三滚动复习)(多选)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A碰撞后小球A反弹的速度大小为B碰撞过程B物块受到的冲量大小为mC碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mghD物块C的最大速度大小为ACD解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1

14、，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mghmv，解得v1，设碰撞后小球反弹的速度大小为v1，同理有mv，解得v1，选项A正确设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1mv15mv2，解得v2，由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I5mv2m·，选项B错误碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv28mv3，据机械能守恒定律Epm×5mv×8mv，解得Epmmgh，选项C正确对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可解得vC，选项D正确9(

15、2019·攀枝花高三期末调研)(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的x­t图象图中a、b分别为A、B两球碰前的x­t图象，c为碰撞后两球共同运动的x­t图象已知A球质量m2 kg，取A球碰前运动方向为正方向，下列结论正确的是()AB球的质量为3 kgB碰撞过程中A对B冲量为4 N·sC碰撞前后A的动量变化为6 kg·m/sD碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为5 JAC解析 以A球碰前运动方向为正方向，则碰前A球速度vA m/s2 m/s，碰前B球速度vB m/s3 m/s，碰后两球的共同速度v m

16、/s1 m/s，根据动量守恒可得mvAmBvB(mmB)v，代入数据解得mB3 kg，选项A正确根据动量定理可得，碰撞过程中A对B冲量等于B球动量的变化IABpBmBvmBvB3×(1)3×(3)kg·m/s6 kg·m/s，选项B错误pB6 kg·m/s，根据动量守恒，pA6 kg·m/s，选项C正确碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能Ek损mvmBv(mmB)v215 J，选项D错误10(2019·黑龙江绥化二中高三月考)如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A.车上有两个滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3

17、m、2m、m.B与车之间的动摩擦因数为，而C与车之间的动摩擦因数为2.开始时B、C分别从车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车是()A.v0 B.v0 C.v0 D0B解析 滑块B、C最后都没有脱离平板车，说明最终三者速度相等，把A、B、C看成一个系统，系统不受外力，系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得2mv0mv0(3m2mm)v，解得vv0，车的最终速度方向向右，故选项B正确11(2019·咸阳二模)(多选)如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置两小球B和

18、C，小球A从弧形轨道上离地面高h处由静止释放，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后黏在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，如果让小球A从h0.2 m处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g10 m/s2) ()AA球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰BA球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰CA球从h0.2 m处由静止释放则C球的最后速度为 m/sDA球从h0.2 m处由静止释放则C球的最后速度为 m/sAD解析 设A球的质量为m，A球从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能

19、定理得mv20mgh，解得v0，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B动量守恒，机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0mv12mv2，mv20mv21×2mv22，解得v1v0，v2v0，B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正，根据动量守恒定律得2mv2(2mm)v，解得vv0>|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰，故选项A正确，B错误；当h0.2 m时，根据v0、vv0，可得，C球最后的速度v× m/s m/s，故选项C错误，D正确12(2019·河南滑县高三联考)如图所示，两个相同的物块A、B

20、静止在水平面上，质量均为m0.5 kg，两物块间距离为x01.0 m，它们之间连有一根松弛的轻绳某时刻物块B受到一个水平向右的拉力，拉力F10.0 N经时间t10.5 s后撤掉水平拉力F，再经时间t20.1 s两物块间的轻绳突然绷紧设两物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于物块受到的摩擦力g取10 m/s2，求：(1)两物块间的轻绳的长度；(2)轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小解析 (1)在拉力作用的t10.5 s时间内，由动量定理得Ft1mgt1mv1，解得v19.0 m/s，由动能定理得(Fmg)x1mv，解得x12.25 m撤掉拉力后的t20.1 s时

21、间内，由牛顿第二定律有mgma，解得ag2 m/s2，v2v1at28.8 m/s，x2·t20.89 m，两物块间轻绳的长度xx0x1x24.14 m.(2)轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于物块的摩擦力，两物块组成的系统动量守恒，有mv22mv3，解得v34.4 m/s.由动量定理得，轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小Ipmv30，解得I2.2 N·s.答案 (1)4.14 m(2)2.2 N·s13(2019·江西上饶高三联考)一质量为M的沙袋用长度为L的轻绳悬挂，沙袋距离水平地面高度为h，一颗质量为m的子弹，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落

22、在水平地面上(沙袋的质量不变，子弹与沙袋作用的时间极短)测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为x，在子弹穿出沙袋后沙袋的最大摆角为，空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)子弹射出沙袋瞬间的速度v1的大小；(2)子弹射入沙袋前的速度v的大小解析 (1)子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动规律xv1t，在竖直方向hgt2，解得v1x.(2)由机械能守恒定律得MvMgL(1cos )，解得v2.对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律得mvmv1Mv2，解得vx.答案 (1)x(2)x 14(2019·湖南、湖北八市十二校高三调研联考)如图所示，在竖直平面内有一倾角37

23、6;的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L3.2 m，沿顺时针方向以v02 m/s匀速运动一质量m2 kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数0.5.物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为 m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M1 kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)物块P从传送带离开时的动量；(2)传送带对物块P做功为多少；(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大

24、小的取值范围解析 (1)物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，所需时间t10.2 s，沿斜面向下运动的位移x1t10.2 m.当物块P的速度与传送带共速后，由于mgsin >mgcos ，所以物块P所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，物块P以加速度a2运动的距离为x2Lx13 m设物块P运动到传送带底端的速度为v1，由运动学公式得vv2a2x2，解得v14 m/s，则动量为pmv18 kg·m/s，方向与水平方向成37

25、6;斜向右下(2)物块从顶端到底端，根据动能定理WmgLsin 37°mv，可知传送带对物块做功为W22.4 J.(3)设物块P运动到F点的速度为v2，由动能定理得mvmvmgr(1cos 37°)，解得v26 m/s.若物块P与物块Q发生完全弹性碰撞，并设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后的速度为v4，则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变，mv2mv3Mv4，根据能量守恒mvmvMv，解得v32 m/s，若物块P与物块Q发生完全非弹性碰撞则mv2(mM)v3，解得v34 m/s，所以物块P的速度范围为2 m/sv34 m/s.在F点由牛顿第二定律得FNmgm，解得34.4 NFN77.6 N，物块P碰撞后瞬间对圆弧轨道的压力为FN，由牛顿第三定律可得34.4 NFN77.6 N.答案 (1)8 kg·m/s方向与水平方向成37°斜向右下(2)22.4 J(3)34.4 NFN77.6 N