2020高考物理復習 金版教程 第14章第1單元 動量　動量守恒定律練習

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1、限時規(guī)范特訓 (時間：45分鐘　分值：100分) 1．[2020·浙江省嘉興一中高三摸底考試]做平拋運動的物體，在相等的時間內，物體動量的變化量(　　) A．始終相同 B．只有大小相同 C．只有方向相同 D．以上說法均不正確 解析：做平拋運動的物體，只受重力作用，重力是恒力，其在相等時間內的沖量始終相等，根據動量定理，在相等的時間內，物體動量的變化量始終相同． 答案：A 2．[2020·北京市朝陽區(qū)高三統(tǒng)考]在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動(B在前)，已知碰前兩球的動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它們動量的變化分別為ΔpA、Δ

2、pB.下列數值可能正確的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s 解析：對于碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況．本題屬于追及碰撞，碰前，后面運動物體的速度一定要大于前面運動物體的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，據此可排除選

3、項BD；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據關系式Ek＝可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經檢驗，選項A滿足碰撞所遵循的三個原則，本題答案為A. 答案：A 3．[2020·山西大學附中高三月考]木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是(　　) A．a尚未離開墻壁前，a和b組成

4、的系統(tǒng)動量守恒 B．a尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 C．a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 D．a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 解析：a尚未離開墻壁前，墻壁對a施加了水平向右的彈力，所以a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤，B正確；a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力，豎直方向上合力為零，所以系統(tǒng)動量守恒， 選項C正確，D錯誤．本題答案為BC. 答案：BC 4．[2020·山西大學附中高三月考]為了保護航天員的安全，飛船上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大法寶，在距離地面大約1 m時，返回艙的4個反推火箭點火工作，返回艙速度一下子降到了2

5、 m/s以內，隨后又漸漸降到1 m/s，最終安全著陸．把返回艙從離地1 m開始減速到完全著陸稱為著地過程，則關于反推火箭的作用，下列說法正確的是(　　) A．減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化 B．減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量 C．延長著地過程的作用時間 D．減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力 解析：根據動量定理得Ft＝Δp，其中Δp著地過程中的動量改變量，這個量保持不變，反推火箭的作用是通過延長著地過程的時間t，從而減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力F，本題答案為CD. 答案：CD 5．如圖所示，PQS是固定于豎直平面內的光滑的圓周軌道，圓心O在S的正

6、上方．在O和P兩點各有一質量為m的小物體a和b，從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑．以下說法正確的是(　　) A．a比b先到達S，它們在S點的動量不相等 B．a與b同時到達S，它們在S點的動量不相等 C．a比b先到達S，它們在S點的動量相等 D．b比a先到達S，它們在S點的動量相等 解析：a、b兩物體到達S點速度方向不同，故它們的動量不相等．a物體做自由落體運動，運動時間為t1，b物體沿圓弧軌道下滑的過程中，其豎直方向分運動的加速度在任何高度都小于重力加速度．又a、b兩物體豎直方向位移相等，所以b物體下滑到S的時間t2＞t1.故A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 6．放在光

7、滑水平面上的A、B兩小車中間夾了一壓縮輕質彈簧，用兩手分別控制小車處于靜止狀態(tài)，下面說法中正確的是(　　) A．兩手同時放開，兩車的總動量為0 B．先放開右手，后放開左手，兩車的總動量向右 C．先放開左手，后放開右手，兩車的總動量向右 D．兩手同時放開，兩車的總動量守恒，兩手放開有先后，兩車的總動量不守恒 解析：據動量守恒條件，兩手同時放開，則兩車所受外力之和為0，符合動量守恒條件；若先放開右手，后放開左手，則小車受到左手向右的沖量作用，從而使兩車的總動量向右；反之，則向左． 答案：ABD 7．如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速

8、度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　　) A．A開始運動時 B．A的速度等于v時 C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相等時 解析：當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA＝vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對． 答案：D 8．[2020·浙江省嘉興一中高三摸底考試]甲、乙兩球質量分別為1 kg、3 kg，甲球與原來靜止的乙球在光滑水平面上發(fā)生正碰，圖甲表示甲球碰撞前后的位移－時間圖線，圖乙表示乙球碰撞前后的位移－時間圖線，不計碰撞時間，則下列說法正確的是(　

9、　) A．甲、乙兩球在t＝2 s時發(fā)生碰撞 B．碰撞前后甲球動量改變了2 kg·m/s C．碰撞后甲球的速度反向了 D．碰撞前后系統(tǒng)動量守恒 解析：取甲球初速度方向為正方向，根據圖甲，2 s前，甲球做勻速直線運動，速度為v1＝8 m/2 s＝4 m/s，2 s后，甲球反向做勻速直線運動，速度為v′1＝－8 m/4 s＝－2 m/s；根據圖乙，2 s前，乙球靜止，2 s后，乙球做勻速直線運動，速度為v2＝4 m/2 s＝2 m/s，可見，甲、乙兩球在t＝2 s時發(fā)生碰撞，碰撞后甲球的速度反向了，碰撞前后甲球動量改變了Δp＝m1v′1－m1v1＝－6 kg·m/s，選項AC正確，B錯

10、誤；碰前，系統(tǒng)動量為m1v1＝1 kg×4 m/s＝4 kg·m/s，碰后系統(tǒng)動量為m2v2＋m1v′1＝3 kg×2 m/s＋1 kg×(－2 m/s)＝4 kg·m/s，所以選項D正確．本題答案為ACD. 答案：ACD 9．如圖在光滑水平面上疊放AB兩物體，其間有摩擦，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均為v0＝10 m/s，設A板足夠長，當觀察到B做加速運動時，A的可能速度為(　　) A．2 m/s B.3 m/s C．4 m/s D.5 m/s 解析：因摩擦力作用，A、B先必做減速運動，因初動量總和為(2×10－1×10) kg·m/s＝10 kg·m/s

11、，故必是B先減速為零，后反向加速，最后與A一起向右運動．整個過程中，A一直減速．當B速度為零時，A速度為v1，由動量守恒定律：v1＝ m/s，AB最終速度為v2＝ m/s＝ m/s.可見，B做加速運動時，A的速度范圍是5 m/s>vA>3.3 m/s.C正確． 答案：C 10. 質量為M的木板靜止在光滑水平面上．一個質量為m的小滑塊以初速度V0從木板的左端向右滑上木板．滑塊和木板的水平速度隨時間變化的圖象如圖所示．某同學根據圖象作出如下一些判斷(　　) A．滑塊與木板間始終存在相對運動 B．滑塊始終未離開木板 C．滑塊的質量大于木板的質量 D．在t1時刻滑塊從木板上滑出 解析：從

12、圖中可以看出，滑塊與木板始終沒有達到共同速度，所以滑塊與木板間始終存在相對運動；又因木板的加速度較大，所以滑塊的質量大于木板的質量；因在t1時刻以后，滑塊和木板都做勻速運動，所以在t1時刻滑塊從木板上滑出．即選項ACD正確． 答案：ACD 11．如下圖所示，光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質量分別為mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與滑塊不拴接)．開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止．某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同．求B與C碰撞前B的速度． 解析：設共同速度為v，球A和B分開后，B的速

13、度為vB 由動量守恒定律有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB mBvB＝(mB＋mC)v 聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為vB＝v0. 12. [2020·新課標卷]如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻．重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數為μ.使木板與重物以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間．設木板足夠長，重物始終在木板上．重力加速度為g. 解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到速度為零，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往

14、后是勻速直線運動，直到第二次撞墻． 木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有： 2mv0－mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝ 木板在第一個過程中，用動量定理，有： mv－m(－v0)＝μ2mgt1 用動能定理，有： mv2－mv＝－μ2mgs 木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：s＝vt2 木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間t＝t1＋t2＝＋＝. 13．[2020·湖北省武漢市部分學校高三聯(lián)考]如圖所示，光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運動，A球的動量pA＝4 kg·m/s，B球的質量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知兩球相碰后，A球的動量減為原來的一半，方向與原方向一致．求 (1)碰撞后B球的速度大??； (2)A球的質量范圍． 解析：(1)由題意，p′A＝2 kg·m/s，根據動量守恒定律有：pA＋mBvB＝p′A＋mBv′B，解得v′B＝8.0 m/s. (2)設A球質量為mA，A球能追上B球并與之碰撞，應滿足vA＝pA/mA＞vB；碰撞后A球不可能運動到B球前方，故v′A＝≤v′B；碰撞過程系統(tǒng)能量不可能增加，故 ＋mBv′≤＋mBv 解得： kg≤mA≤ kg(或0.25 kg≤mA≤0.43 kg)