2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓18 動量守恒定律及其應用（含解析）新人教版

課后限時集訓(十八) 動量守恒定律及其應用(建議用時：40分鐘)基礎對點練題組一：動量守恒定律的理解和判斷1(2019·衡水檢測)關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是()A只要系統(tǒng)內存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒C根據(jù)動量守恒的條件可知A、B錯誤，C正確；系統(tǒng)中所有物體加速度為零時，各物體速度恒定，動量恒定，系統(tǒng)中總動量一定守恒，D錯誤。2(多選)如圖所示，質量為M的三角形滑塊置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，當質量為m的滑塊沿斜面下滑的過程中，M與m組成的系統(tǒng)()A由于不受摩擦力，系統(tǒng)動量守恒B由于地面對系統(tǒng)的支持力大小不等于系統(tǒng)所受重力大小，故系統(tǒng)動量不守恒C系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒DM對m作用有水平方向分力，故系統(tǒng)水平方向動量也不守恒BC水平方向不受外力和摩擦，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，C正確；豎直方向系統(tǒng)所受重力和支持力大小不等，系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，B正確。題組二：碰撞、爆炸與反沖3(2019·桂林質檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8 kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kg·m/s，則()A右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23B右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16C左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23D左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得pApB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應該是正值，因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12 kg·m/s，由于mB2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為23，故C正確。4一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為31。不計質量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB由hgt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為31，所以速度變化量之比為13，由平拋運動水平方向上xv0t，所以A圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B項正確。5假設進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠離空間站，相對空間站的速度為v0。某時刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關系式中正確的是()A(mAmB)v0mAvAmBvBB(mAmB)v0mAvAmB(vAv0)C(mAmB)v0mAvAmB(vAvB)D(mAmB)v0mAvAmBvBD本題中的各個速度都是相對于空間站的，不需要轉換。相互作用前系統(tǒng)的總動量為(mAmB)v0，A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，動量分別為mAvA、mBvB，根據(jù)動量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB，故D正確。6(2019·南京模擬)如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/sC碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有·2mgx0·2mv，得v21 m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv0mv12mv2，mvmv·2mv，解得v01.5 m/s，則選項C正確。題組三：動量和能量觀點的綜合應用7(多選)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則()A此時盒的速度大小為B此時盒的速度大小為C滑塊相對于盒運動的路程為D滑塊相對于盒運動的路程為AC設滑塊的質量為m，則盒的質量為2m，對整個過程，由動量守恒定律可得mv3mv共，解得v共，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知mgxmv2·3m，解得x，選項C正確，D錯誤。8(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則 ()甲乙AA物體的質量為3mBA物體的質量為2mC彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mvD彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mvAC對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能EpMv；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B二者速度相等，由動量守恒定律有M·2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM·(2v0)2(Mm)v2，聯(lián)立解得M3m，EpMvmv，選項A、C正確，B、D錯誤。9(多選)如圖所示，一個質量為M的長條木塊放置在光滑的水平面上，現(xiàn)有一顆質量為m、速度為v0的子彈射入木塊并最終留在木塊中，在此過程中，木塊運動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，木塊對子彈的平均阻力為f，則下列說法正確的是()A子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的機械能守恒B子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的動量守恒Cf與d之積為系統(tǒng)損失的機械能Df與s之積為子彈減少的動能BC子彈射入木塊的過程中，阻力對系統(tǒng)要做功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)處于光滑的水平面上，所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，故B正確；系統(tǒng)損失的機械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積，即Efd，故C正確；子彈減少的動能等于阻力與子彈位移的乘積，即EkWf(sd)，故D錯誤。10(多選)(2019·銀川質檢)如圖所示，甲圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，乙圖為物體A與小車B的v­t圖象，由此可求()甲乙A小車上表面長度B物體A與小車B的質量之比C物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù)D小車B獲得的動能BC由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，故可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；由題圖乙可知A相對小車B的位移xv0t1，根據(jù)動能定理得mAgx(mAmB)vmAv，根據(jù)B項中求得的質量關系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質量無法求出，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤?？键c綜合練11.一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點的距離s。解析：(1)設木塊到達最高點時，木塊和物體P的共同速度為v，由水平方向動量守恒和功能關系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2mghfL聯(lián)立得f。(2)設木塊停在ab之間時，木塊和物體P的共同速度為v，由水平方向動量守恒和功能關系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2f(2Ls)聯(lián)立得s。答案：見解析12如圖所示，質量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁。一質量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進入槽內，到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出，小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的距離為R，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大??；(2)金屬槽的質量。解析：(1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律：mg·2Rmv小球剛到最低點時，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律：FNmgm據(jù)牛頓第三定律可知小球對金屬槽的壓力為：FNFN聯(lián)立解得FN5mg。(2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，選取向右為正方向，則：mv0(mM)v設小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的豎直高度為h，則有R2h2根據(jù)機械能守恒定律：mghmv(mM)v2聯(lián)立解得Mm。答案：(1)5mg(2)m- 7 -