2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動(dòng)量守恒定律練習(xí)

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第2講 動(dòng)量守恒定律練習(xí) 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～4為單選，5～10為多選) 1．[2018·長(zhǎng)春一中月考]光滑水平面上半徑相等的兩金屬小球A和B相向運(yùn)動(dòng)并發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后兩球均靜止，若兩球的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶3，則兩球碰前的速度關(guān)系為(　　) A．方向相同，大小之比為1∶3 B．方向相同，大小之比為3∶1 C．方向相反，大小之比為1∶3 D．方向相反，大小之比為3∶1 答案　D 解析　根據(jù)動(dòng)量守恒，mAvA－mBvB＝0，所以＝＝，D正確。 2．[2017·安徽合肥一模]質(zhì)

2、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，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)小球做的功W，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 答案　A 解析　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過(guò)程中動(dòng)量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上。由動(dòng)能定理知，合外

3、力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 3. 如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車(chē)上，人與車(chē)的總質(zhì)量為M，人與車(chē)以速度v1在光滑水平面上向東運(yùn)動(dòng)。當(dāng)此人相對(duì)于車(chē)以速度v2豎直跳起時(shí)，車(chē)向東的速度大小為(　　) A. B. C. D．v1 答案　D 解析　在水平方向動(dòng)量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度沒(méi)變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車(chē)，因此v車(chē)＝v1，所以D正確。 4．[2017·安徽黃山模擬]小球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當(dāng)小球A

4、追上小球B并發(fā)生碰撞后，小球A、B的速度可能是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 答案　B 解析　首先判斷動(dòng)量是否守恒，經(jīng)過(guò)計(jì)算，四個(gè)選項(xiàng)均滿(mǎn)足動(dòng)量守恒；然后判斷機(jī)械能變化，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，因?yàn)閯?dòng)能不增加，所以碰后系統(tǒng)的動(dòng)能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2≤22 J，滿(mǎn)足條件的有選項(xiàng)A和B，排除選項(xiàng)C和D。最后判斷速度關(guān)系，本題中，小球A追上B發(fā)生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除選項(xiàng)

5、A，故B正確。 5. (多選)如圖所示，小車(chē)AB放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車(chē)AB總質(zhì)量為m0，質(zhì)量為m的木塊C放在小車(chē)上，用細(xì)繩連接于小車(chē)的A端并使彈簧壓縮，開(kāi)始時(shí)小車(chē)AB和木塊C都靜止。當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，木塊C被釋放，使木塊C離開(kāi)彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦。以下說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧伸長(zhǎng)過(guò)程中木塊C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)小車(chē)AB也向右運(yùn)動(dòng) B．木塊C與B碰前，木塊C與小車(chē)AB的速率之比為m0∶m C．木塊C與油泥粘在一起后，小車(chē)AB立即停止運(yùn)動(dòng) D．木塊C與油泥粘在一起后，小車(chē)AB繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng) 答案　BC 解析　小車(chē)AB、

6、物塊C和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初狀態(tài)總動(dòng)量為零，在彈簧伸長(zhǎng)的過(guò)程中，木塊C向右運(yùn)動(dòng)，則小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，在木塊C與B碰前，根據(jù)動(dòng)量守恒有：0＝mvC－m0v，解得vC∶v＝m0∶m，故B正確；因?yàn)樾≤?chē)、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，開(kāi)始總動(dòng)量為零，當(dāng)木塊C與油泥粘在一起時(shí)，總動(dòng)量仍然為零，則小車(chē)停止運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。 6. 如圖所示，靜止小車(chē)C放在光滑地面上，A、B兩人站在車(chē)的兩端，這兩人同時(shí)開(kāi)始相向行走，發(fā)現(xiàn)車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，分析小車(chē)運(yùn)動(dòng)的原因可能是(　　) A．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率大 B．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率小 C．A、B速率相等，但A

7、比B的質(zhì)量大 D．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量小 答案　AC 解析　兩人及車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0。由該式可知：若mA＝mB，必有vA>vB，故A正確，B錯(cuò)誤；若vA＝vB，必有mA>mB，故C正確，D錯(cuò)誤。 7．[2017·江西吉安質(zhì)檢]如圖甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4 kg的小物塊B以水平速度v＝2 m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．木板A獲得的動(dòng)能為2 J B．

8、系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 J C．木板A的最小長(zhǎng)度為2 m D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案　AD 解析　由題中圖象可知，木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以物體B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得m0＝4 kg，木板獲得的動(dòng)能為Ek＝m0v2－0＝2 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝mv－mv2－m0v2＝4 J，故B錯(cuò)誤；速度—時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，故0～1 s內(nèi)物體B的位移為xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，木板A的位移為xA＝×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長(zhǎng)度為l＝xB－xA＝1 m，故

9、C錯(cuò)誤；由題圖可知，物體B在0～1 s的加速度a＝＝－1 m/s2，負(fù)號(hào)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μmBg＝mBa，得μ＝0.1，故D正確。 8．從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　) A．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小 C．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變快，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)受地面的沖擊力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力小 答案　CD 解析　設(shè)玻璃杯下落高度為h。它們從

10、h高度落地瞬間的速度大小相等，都是，設(shè)玻璃杯的質(zhì)量是m，則落地的瞬間動(dòng)量的大小都是m，A錯(cuò)誤；與水泥或草地接觸一段時(shí)間后，最終都靜止，動(dòng)量的改變量是相等的，B錯(cuò)誤；同時(shí)，在此過(guò)程中，不難得出掉在水泥地上對(duì)應(yīng)的時(shí)間要小于掉在草地上對(duì)應(yīng)的時(shí)間，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量改變量相同時(shí)，作用時(shí)間短的沖擊力大，D正確。 9．兩個(gè)小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是 (　　) A．均為1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s C．＋2 m/s和

11、－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s 答案　AD 解析　由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿(mǎn)足要求。再看動(dòng)能情況： Ek＝m1v＋m2v＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J Ek′＝m1v′＋m2v2′2 由于碰撞過(guò)程動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項(xiàng)B；選項(xiàng)C雖滿(mǎn)足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來(lái)速度方向(v1′>0，v2′<0)，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C錯(cuò)誤；驗(yàn)證選項(xiàng)A、D均滿(mǎn)足Ek≥Ek′，故答案為選項(xiàng)A(完全非彈性碰撞)和選項(xiàng)D(彈性碰撞)。 10．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(yùn)動(dòng)，B原

12、來(lái)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(shí)(　　) A．A、B系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv B．A的動(dòng)量變?yōu)榱? C．B的動(dòng)量達(dá)到最大值 D．A、B的速度相等 答案　AD 解析　系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)A、B兩物體具有相同的速度，D正確、B錯(cuò)誤；但此時(shí)B的速度并不是最大的，因?yàn)閺椈蛇€會(huì)彈開(kāi)，故B物體會(huì)進(jìn)一步加速，A物體會(huì)進(jìn)一步減速，C錯(cuò)誤。 二、非選擇題(本題共3小題，共40分) 11. [2017·山東青島模擬](12分)質(zhì)量為m0的木板B置于光滑水平面上，另一質(zhì)量為m的木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))在木板B的左端以水平速度v0開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，如圖

13、所示，木塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木板B的長(zhǎng)度至少應(yīng)多長(zhǎng)？ 答案　 解析　若要使木塊A剛好不從木板B的右端掉下去，則木塊滑至木板右端時(shí)兩者具有共同速度v，在A、B相互作用的過(guò)程中，系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)內(nèi)力為一對(duì)摩擦力，小木塊A可視為“子彈”，木板B可視為“木塊”，這與子彈打擊木塊模型相似。 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v① 由能量守恒定律得mv＝(m0＋m)v2＋Q② ②式中的Q＝μmgl，其中l(wèi)為木塊相對(duì)于木板發(fā)生的位移(即木板最小的長(zhǎng)度)， 解①②可得l＝。 12. [2017·煙臺(tái)二模](12分)兩塊厚度相同的

14、木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0 kg, mB＝0.90 kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10 kg的滑塊C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示。由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50 m/s。求： (1)木塊A的最終速度vA； (2)滑塊C離開(kāi)A時(shí)的速度vC′。 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　C從開(kāi)始滑上A到恰好滑上A的右端過(guò)程中，A、B、C組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′ C剛滑上B到兩者相對(duì)靜止，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量

15、守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得vA＝0.25 m/s vC′＝2.75 m/s。 13. [2017·安徽合肥二模](16分)如圖所示，上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長(zhǎng)的斜面上；將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放，同時(shí)解除木板B的鎖定，此后A與B發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程時(shí)間極短且不計(jì)能量損失；已知物塊A的質(zhì)量m＝1 kg，木板B的質(zhì)量m0＝4 kg，板長(zhǎng)L＝6 cm，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度； (2

16、)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，A距B下端的最大距離和重力對(duì)A做的功。 答案　(1)3.6 m/s，沿斜面向上　2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m　28.8 J 解析　(1)對(duì)木板B受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37°＝mBgsin37°， 所以在A與B發(fā)生碰撞前，木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。 設(shè)小物塊A與木板B發(fā)生彈性碰撞前的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律得mgsin37°＝mv， 設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒和能量守恒，有mv0＝mv1＋m0v2， mv＝mv＋m0v， 聯(lián)立以上各式解得v1＝－3.6 m/s，v2＝2.

17、4 m/s， 可見(jiàn)，A與B第一次碰后，A的速度大小為3.6 m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小為2.4 m/s，方向沿斜面向下。 (2)A與B第一次碰后，A沿板向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前，當(dāng)A與B速度相等之時(shí)，A與B下端有最大距離，此過(guò)程中，A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝， A距B下端有最大距離xm＝xA－xB， 其中xA＝(v1＋v2)t1， xB＝v2t1， 解得xm＝3 m。 設(shè)A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前歷時(shí)為t2，碰前A的速度為v，由于A與B從第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即t2＝v2t2， 此過(guò)程中，對(duì)A由動(dòng)能定理 WG＝mv2－mv＝28.8 J。