《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量 基礎(chǔ)課2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)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) 第六章 動(dòng)量 基礎(chǔ)課2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章 基礎(chǔ)課 2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 一、選擇題 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．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D．無(wú)法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒 解析：選C　動(dòng)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，豎直方向上所受外力的合力為零，所以動(dòng)量守恒．機(jī)械能守恒的條件是除重力、彈力對(duì)系統(tǒng)做功外，其他力對(duì)系統(tǒng)不做

2、功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，只有選項(xiàng)C正確． 2.(2019屆南平模擬)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA、mB，且mA>mB，置于光滑水平面上，相距較遠(yuǎn)．將兩個(gè)大小均為F的力，同時(shí)分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將(　　) A．停止運(yùn)動(dòng)　　　　　　　 B．向左運(yùn)動(dòng) C．向右運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)方向不能確定 解析：選C　已知兩個(gè)力大小相等，mA>mB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度aAtB，由IA＝FtA，IB＝Ft

3、B，可得IA>IB，由動(dòng)量定理可知pA－0＝IA，pB－0＝IB，則pA>pB，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量方向向右，碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量方向向右，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 3．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰．碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的，那么小球B的速度可能是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析：選AB　要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的，則其速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的.兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運(yùn)動(dòng)有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng)或被反彈．當(dāng)以A球原來(lái)的速度方向?yàn)檎?/p>

4、向時(shí)，則vA′＝±v0，根據(jù)兩球碰撞前、后的總動(dòng)量守恒，有mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×＋2mvB″，解得vB′＝v0，vB″＝v0.又·m2＋·2m2

5、AvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0，即mAvA>mBvB. 5.(2019屆泉州質(zhì)檢)如圖所示，兩個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的小彈珠靜止在水平地面上，某小孩在極短時(shí)間內(nèi)給第一個(gè)彈珠一個(gè)水平?jīng)_量使其向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二個(gè)彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了2L后停下．已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對(duì)第一個(gè)彈珠(　　) A．施加的沖量為m B．施加的沖量為m C．做的功為kmgL D．做的功為3kmgL 解析：選D　兩個(gè)完全相同的小球發(fā)生彈性碰撞，速度交換，設(shè)第二個(gè)小球碰后的速度為v，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

6、v2＝2kg·2L，對(duì)第一個(gè)小球，設(shè)小孩對(duì)其做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理W－kmgL＝mv2，代入可求W＝3kmgL，故C錯(cuò)誤，D正確；設(shè)小孩施加的沖量為I，則I2＝2mW，解得I＝m，故A、B錯(cuò)誤． 6.(多選)如圖所示，小車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，小車總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)AB和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被釋放，使C離開彈簧向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)過程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)小車也向右運(yùn)動(dòng) B．C與油泥碰前，C與小車的速率之比為M∶m

7、 C．C與油泥粘在一起后，小車立即停止運(yùn)動(dòng) D．C與油泥粘在一起后，小車?yán)^續(xù)向右運(yùn)動(dòng) 解析：選BC　小車與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)碰前C的速率為v1，小車的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得＝，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，小車、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯(cuò)誤． 7．(2018屆華大新高考聯(lián)盟測(cè)評(píng))光滑水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量M可以取不同的數(shù)值．現(xiàn)使a以某一速度向b運(yùn)動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，則(　　) A．當(dāng)M＝m時(shí)，碰撞后b的速度最大 B．當(dāng)M＝

8、m時(shí)，碰撞后b的動(dòng)能最大 C．當(dāng)M>m時(shí)，若M越小，碰撞后b的速度越小 D．當(dāng)Mm時(shí)，若M越小，碰撞后b的速度越大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)M

9、南師大附中檢測(cè))質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為(　　) A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.3v 解析：選BD　若vB＝0.6v，選v的方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒得mv＝mvA＋3m·0.6v，解得vA＝－0.8v，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek＝mv2.碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek′＝mvA2＋×3mvB2>mv2，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯(cuò)誤；若vB＝0.4v，由動(dòng)量守恒得mv＝mvA＋3m·0.4v，解得vA＝－0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek′＝mvA2＋×3mvB2

10、2，不違反能量守恒定律，是可能的，故B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有mv＝(m＋3m)vB，vB＝0.25v，這時(shí)B獲得的速度最小，所以vB＝0.2v，是不可能的，故C錯(cuò)誤；若vB＝0.3v，由動(dòng)量守恒得mv＝mvA＋3m·0.3v，解得vA＝0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek′＝mvA2＋×3mvB2

11、方向相同 B．碰撞后滑塊b的速度大小是0.75 m/s C．滑塊b的質(zhì)量為100 g D．碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為1.4 J 解析：選CD　由x-t圖象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑塊a、b的運(yùn)動(dòng)方向相反，A錯(cuò)誤；碰撞后，滑塊b的速度vb′＝＝＝－1 m/s，速度大小為1 m/s，B錯(cuò)誤；碰撞前，滑塊a的速度va＝＝＝－5 m/s；b的速度vb＝＝＝3 m/s，碰撞后a的速度為0.兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以b的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mava＋mbvb＝mbvb′，解得mb＝100 g，C正確；碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝mava2＋

12、mbvb2－mbvb′2，解得ΔEk＝1.4 J，D正確． 10.(2018屆北京豐臺(tái)區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)．已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析：選D　所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失．設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，

13、(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，將m2＝3m1代入，聯(lián)立可得h1＝4h，選項(xiàng)D正確． 二、非選擇題 11.(2018年全國(guó)卷Ⅱ)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(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；

14、 (2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。? 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 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)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xB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB′2＝2aBxB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB′＝3 m/s.③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度大小為vA′，碰撞后滑行的距離為xA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA′2＝2aAxA⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車的速度大小為vA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有 mAv

15、A＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.25 m/s. ⑦ 答案：(1)3 m/s　(2)4.25 m/s 12．(2019屆南通模擬)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g. (1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力； (2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車，已知滑塊質(zhì)量m＝，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍

16、，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： ①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度vm； ②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大?。? 解析：(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度最大，受到的支持力最大；滑塊下滑的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mvB2，滑塊在B點(diǎn)處受到的支持力與重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得 N－mg＝m，解得N＝3mg 由牛頓第三定律得滑塊對(duì)小車的壓力N′＝N＝3mg 即滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力是3mg. (2)①在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm， 由機(jī)械能守恒定律得mgR＝Mvm2＋m(2vm)2， 解得vm＝ . ②由于在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即滑塊＝2車 由于它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù) x＝t可得s滑塊＝2s車 又s滑塊＋s車＝L 所以小車的位移大小s車＝L. 答案：(1)3mg　(2)① ?、贚 7