《2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用练习（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 配餐作业配餐作业 动量守恒定律及应用动量守恒定律及应用 A 组基础巩固题 1两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的( ) A质量相等 B动能相等 C动量大小相等 D速度大小相等 解析 两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰 后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C 项 正确。 答案 C 2如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木 块的动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为( ) A16 J B2 J C6 J D4 J 解析 设子弹的质量为m0，
2、初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子 弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动 能，即Em0v (mm0)v2，而木块获得的动能E木mv26 J，两式相除得 1 22 0 1 2 1 2 E E木 1，即E6 J，A 项正确。 mm0 m0 答案 A 3(2018湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为M0.4 kg 的两长平板小车A和B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小物块(可看成质点)m0.2 kg 以初速度v9 m/s 从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v22 m/s，最后A的 速度v1为( )
3、 A1.5 m/s B. 2 m/s C1 m/s D0.5 m/s 解析 三物体整体分析，系统动量守恒mv (mM)v2Mv1v11.5 m/s。 答案 A 4.如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C， 两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则( ) 2 Am不能到达小车上的B点 Bm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 Cm从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 DM与m组成的系统机械能守恒，动量守恒 解析 M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点， 到达B点时小车与滑块的
4、速度都是 0，故 A 项错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒， m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到 达B的瞬间，M与m速度都为零，故 B 项错误，C 项正确；小滑块m从A点静止下滑，物体 M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速 度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒，故 D 项错误。 答案 C 5.(2018湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块 与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0 射向木块并嵌入其中，则木
5、块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大 小分别为( ) Av，I0 Bv，I2mv0 mv0 Mm mv0 Mm Cv，IDv，I2mv0 mv0 Mm 2m2v0 Mm mv0 M 解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量 守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速 mv0 Mm 运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v ，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得 mv0 Mm 3 I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为
6、2mv0。 答案 B 6(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg 的另一物体B以水平 速度v03 m/s 滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度 随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( ) A木板获得的动能为 2 J B系统损失的机械能为 4 J C木板A的最小长度为 1.5 m DA、B间的动摩擦因数为 0.1 解析 根据动量守恒定律可得 mv0(mmA)vmA4 kg， A的动能为EkmAv22 J， 1 2 系统损失的动能 Ekmv (mAm)v26 J， 1 22 0 1 2 木板长Lv0t11.5 m， 1 2 mgma0.2
7、。 答案 AC 【解题技巧】 由图读出木板获得的初速度，根据Ekmv2求解木板获得的动能。根据斜率求出B的加速 1 2 度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数。根据“面积”之差求出木板A的长度，再求 系统损失的机械能。 7如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为 2m的物块B发生正碰，碰后B物块 4 刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩 擦因数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m，g取 10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间 的速度为( ) A0.5 m/s B1.0 m/s C1.5 m/s D2.0 m/s 解析 A、B碰撞过程动量守
8、恒，mv0mv12mv2，机 械能无损失，mvmv 2mv。碰撞后对B物体应用动能定理 2mgx 2mv，解 1 22 0 1 22 1 1 22 2 1 22 2 得v01.5 m/s，C 项正确。 答案 C 8质量相等的 4 个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示，具有初动能 E的物块 1 向其他 3 个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4 个物 块粘为一整体，这个整体的动能等于( ) AEB.E 3 4 C.ED.E 1 4 1 16 解析 对整个系统研究，以水平向右为正，整个过程运用动量守恒定律得mv04mv，解得 v，则整体的动能Ek 4m 2 ，故
9、 C 项正确，A、B、D 项错误。 v0 4 1 2 ( v0 4) E 4 答案 C B 组能力提升题 9.(2018菏泽一中月考)(多选)如图所示，一辆质量为M3 kg 的平板小车A停靠在竖直 光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m1 kg 的小铁块B(可视为质点)放在平板小车 A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数0.5，平板小车A的 长度L0.9 m。现给小铁块B一个v05 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹 性碰撞后向右运动，重力加速度g取 10 m/s2。下列说法正确的是( ) 5 A小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为 2 m/s B小铁块B与墙
10、壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为 8 Ns C小铁块B从反向到与车同速共历时 0.6 s D小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为 9 J 解析 设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得mgLmvmv 1 22 1 1 2 ，代入数据可得v14 m/s，故 A 项错误；小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁 2 0 块弹回的速度大小为v14 m/s，方向向右，根据动量定理Imv8 kgm/s，故 B 项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得mv1(mM)v2， 解得v21 m/s，小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移x1t v2v1
11、 2 0.6 m1.5 m，平板车的位移x2t 0.6 m0.3 m，xx1x21.2 14 2 v2 2 1 2 mL，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程 中系统损失的机械能为 E2mgL9 J，故 C 项错误，D 项正确。 答案 BD 10半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体 m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M 点，已知OM与竖直方向夹角为 60，则两物体的质量之比m1m2为( ) A(1)(1) B.1 222 C(1)(1) D1 222 解析 两球到达最低点的过
12、程，由动能定理得mgRmv2，解得v，所以两球到达 1 22gR 最低点的速度均为，设向左为正方向，则m1的速度v1，则m2的速度v2 2gR2gR ，由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2m1v1(m1m2)v共，解得v共，二 2gR m2m1 m1m22gR 者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，对此过程应用机械能守恒定律得 6 (m1m2)gR(1cos60)0 (m1m2)v，由解得2，整理 1 22 共 m1m22 m2m12 m1m2(1) (1)，故 C 项正确。 22 答案 C 11如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上 升到比初位置高得多的
13、地方。A是某种材料做成的实心球，质量m10.28 kg，在其顶部的 凹坑中插着质量m20.1 kg 的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小 空隙。将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m 处由静止释放。实验中，A触地后在极 短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地 板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g取 10 m/s2)( ) A4.05 m B1.25 m C5.30 m D12.5 m 解析 球及棒落地速度v，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上 2gH 合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量
14、近似守恒，故有 m1vm2v0m2v2，棒上升高度为h，联立并代入数据，得h4.05 m。 v2 2 2g 答案 A 12如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板 质量M3.0 kg，质量m1.0 kg 的铁块以水平速度v04.0 m/s，从木板的左端沿板面向 右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最 大弹性势能为( ) A4.0 J B6.0 J C3.0 J D20 J 解析 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑 行的最大路程为L，摩擦力大小为f，根据能量守恒定律得 7 铁块相对于木
15、板向右运动过程 mvfL (Mm)v2Ep， 1 22 0 1 2 铁块相对于木板运动的整个过程 mv2fL (Mm)v2， 1 22 0 1 2 又根据系统动量守恒可知 mv0(Mm)v， 联立得Ep3.0 J，故选 C 项。 答案 C 13如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光 滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的 速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知 A、B质量均相等，C的质量为A的质量的 2 倍，木板C长为L，重力加速度为g。求： (1)A物体的最终速度。 (2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。 解析 (1)设A、B的质量为m，则C的质量为 2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰 后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv03mv1， 解得v1。 v0 3 B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒， 设最终A，C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv02mv13mv2， 解得v2。 5v0 9 (2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得 fLmv
