2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)二十二 動量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）新人教版

《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)二十二 動量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)二十二 動量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量守恒定律及其應(yīng)用 A級基礎(chǔ)練1一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示則在子彈打擊木板A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()A動量守恒，機械能守恒B動量不守恒，機械能守恒C動量守恒，機械能不守恒D無法判定動量、機械能是否守恒解析：C動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向所受外力的合力為零，所以動量守恒機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機械能不守

2、恒，故C正確，A、B、D錯誤2.(2019廣西欽州模擬)如圖所示，在光滑的水平面上，靜置一個質(zhì)量為M小車，在車上固定的輕桿頂端系一長為l的細(xì)繩，繩的末端拴一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至水平右端后放手，則()A系統(tǒng)的動量守恒B水平方向任意時刻m與M的動量等大反向Cm不能向左擺到原高度D小球和車可以同時向同一方向運動解析：B當(dāng)小球向下擺動的過程中，豎直方向具有向上的分加速度，小車和小球整體處于超重狀態(tài)，即可得知整體所受的合力不為零，總動量不守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，滿足水平方向動量守恒定律，開始系統(tǒng)水平方向動量為零，所以水平方向任意時刻m與M的動量等大反向，故B正確；以

3、小球和小車組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，當(dāng)小球和小車的速度均變?yōu)榱銜r，小球向左擺到最大高度，因只有重力做功，機械能守恒，所以m能向左擺到原高度，故C錯誤；因水平方向任意時刻m與M的動量等大反向，即速度一定是反向的，故D錯誤3(2017全國卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/s解析：A燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵?/p>

4、后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，選項A正確4(2019山東師大附中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生對心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能為()A0.2vB0.4vC0.6v D0.8v解析：B兩球碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv(m3m)v解得：v0.25v；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得：mvmvA3mvB，由機械能守恒定律得：mv2mv3mv，解得：vB0.5v，則碰撞后B

5、的速度為0.25vvB0.5v，故B正確5.(2019湖南漣源一中模擬)質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓周軌道，軌道下端切線水平質(zhì)量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于13，則mM的值為()A13 B31C35 D53解析：C設(shè)小球的初速度方向為正方向，由動量守恒可知：mv0Mv1mv2，對整體有機械能守恒定律可得：mvMvmv，聯(lián)立解得：，故選項C正確6(2019浙江選考考前特訓(xùn))(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和彈簧自

6、然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2第二次相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()Am1的最小速度是0Bm1的最小速度是v1Cm2的最小速度是v1Dm2的最大速度是v1解析：BD當(dāng)m1與m2相距最近后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當(dāng)再次最近時，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中遵從動量守恒m1v1m1v1m2v2，機械能守恒：m1vm1v12m2v；因此二者的作用相當(dāng)于彈性碰撞，由彈性碰撞的公式可解得B、D選項正確7(2019哈爾濱市三中驗收考試)(多選)小球A的質(zhì)量為mA5 kg，動量大小

7、為pA4 kgm/s，小球A水平向右與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA1 kgm/s，方向水平向右，則()A碰后小球B的動量大小為pB3 kgm/sB碰后小球B的動量大小為pB5 kgm/sC小球B的質(zhì)量為15 kgD小球B的質(zhì)量為3 kg解析：AD規(guī)定向右為正，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pApApB，解得pB3 kgm/s，A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機械能損失，故，解得mB3 kg，C錯誤，D正確8(2019安徽合肥一模)質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸

8、的時間內(nèi)，關(guān)于球動量變化量p和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是()Ap2 kgm/sW2 JBp2 kgm/sW2 JCp0.4 kgm/sW2 JDp0.4 kgm/sW2 J解析：A取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6) kgm/s2 kgm/s，方向豎直向上由動能定理知，合外力做的功：Wmvmv0.242 J0.262 J2 J，A正確，B、C、D錯誤B級能力練9(2019江西吉安質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m4 kg的小物塊B以水平速度v02 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于

9、A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A木板A獲得的動能為2 JB系統(tǒng)損失的機械能為2 JC木板A的最小長度為2 mDA、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：AD由題中圖象可知，木板獲得的速度為v1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以物體B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0(m0m)v，解得m04 kg，木板獲得的動能為Ekm0v202 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能Emvmv2m0v24 J，故B錯誤；速度時間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，故01 s內(nèi)物體B的位移為xB(21)1 m1.5 m，木板A的位移為xA11 m0

10、.5 m，則木板A的最小長度為lxBxA1 m，故C錯誤；由題圖可知，物體B在01 s的加速度a1 m/s2，負(fù)號表示加速度的方向與規(guī)定正方向相反，由牛頓第二定律得mBgmBa，得0.1，故D正確10(多選)光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖所示，當(dāng)A撞上彈簧，彈簧被壓縮最短時()AA、B系統(tǒng)總動量仍然為mvBA的動量變?yōu)榱鉉B的動量達(dá)到最大值DA、B的速度相等解析：AD系統(tǒng)水平方向動量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D正確，B錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會進(jìn)一步加速，A物體會

11、進(jìn)一步減速，C錯誤11(多選)如圖所示，在足夠長的水平地面上有兩輛相同的小車甲和乙，A、B兩點相距為5 m，小車甲從B點以大小為4 m/s的速度向右做勻速直線運動的同時，小車乙從A點由靜止開始以大小為2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動一段時間后，小車乙與小車甲相碰(碰撞時間極短)，碰后兩車粘在一起，整個過程中，兩車的受力不變(不計碰撞過程)下列說法正確的是()A小車乙追上小車甲用時4 sB小車乙追上小車甲之前它們的最遠(yuǎn)距離為9 mC碰后瞬間兩車的速度大小為7 m/sD若地面光滑，則碰后兩車的加速度大小仍為2 m/s2解析：BC小車乙追上小車甲時，有x乙x甲5 m，即at2v甲t5 m，代

12、入數(shù)據(jù)解得t5 s，所以小車乙追上小車甲用時5 s，故A錯誤；當(dāng)兩車的速度相等時相距最遠(yuǎn)，則有v甲at，解得t s2 s，最遠(yuǎn)距離s5 mv甲tat2 m9 m，故B正確；碰前瞬間乙車的速度v乙at25 m/s10 m/s，對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv甲mv乙2mv，解得碰后瞬間兩車的共同速度v7 m/s，故C正確；若地面光滑，碰前乙車所受的作用力Fma，甲車的合力為0，則碰后兩車的加速度大小a1 m/s2，故D錯誤12(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示

13、，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小解析：(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.

14、根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學(xué)公式有vA22aAsA設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.3 m/s.答案：(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s13(2019江西上饒二中模擬)如圖所示AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點，一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右快速射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點)已知R0.4 m，m1

15、kg，M10 kg.(g10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：(1)子彈射入木塊前的速度v0；(2)若每當(dāng)小木塊上升到圓弧并返回到O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中則當(dāng)?shù)?顆子彈射入小木塊后，木塊速度多大解析：(1)第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動量守恒，即：mv0(mM)v1系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒，即：(mM)v(mM)gR由以上兩式解得：v031 m/s.(2)由動量守恒定律可知，第2顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0當(dāng)?shù)?顆子彈射入木塊時，由動量守恒定律得：mv0(3mM)v3解得：v32.4 m/s.答案：(1)31 m/s(2)2.4 m/s14(2019包

16、頭模擬)如圖所示，AB為光滑水平面，BC部分位于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓軌道，B點是最低點，C點是最高點，C點切線方向水平，圓管截面半徑rR.有一個質(zhì)量為m的a球以水平初速度向右運動碰撞到原來靜止在水平面上的質(zhì)量為3m的b球，兩球發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，并且碰撞時沒有能量損失，碰撞后b球順利進(jìn)入光滑圓管(B點無能量損失，小球的半徑比圓管半徑r略小)，它經(jīng)過最高點C后飛出，最后落在水平地面上的A點，已知AB的距離為2R.已知重力加速度為g.求：(1)小球b運動到C點時對軌道的壓力(2)碰后小球a的速度解析：(1)b球從C點做平拋運動，則：水平方向x2RvCt豎直方向：y2Rgt2解得：vC在C點根據(jù)牛頓第二定律得：3mgFN3m解得：FN0由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫?(2)b球從B到C，由機械能守恒得：3mg2R3mv3mv解得：vBa球與b球發(fā)生彈性碰撞，則：mv0mva3mvBmvmv3mv解得：va方向向左答案：(1)0(2)，方向向左8