《高考物理一轮总复习 第六章 动量 基础课2 动量守恒定律及其应用练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习 第六章 动量 基础课2 动量守恒定律及其应用练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第六章 基础课 2 动量守恒定律及其应用一、选择题1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能守恒C动量守恒，机械能不守恒D无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系
2、统机械能不守恒，只有选项C正确2.(2019届南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将()A停止运动B向左运动C向右运动 D运动方向不能确定解析：选C已知两个力大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aAtB，由IAFtA，IBFtB，可得IAIB，由动量定理可知pA0IA，pB0IB，则pApB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确3(多选)质量为m的小球A，
3、沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析：选AB要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小变为原来的.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹当以A球原来的速度方向为正方向时，则vAv0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv00mv02mvB，mv00m2mvB，解得vBv0，vBv0.又m22m20，即mAvAmBvB.5.(2019届泉州质检)如图所示，两个大小相同、质量均为m的小弹珠静止在水平地面上，某小孩在极
4、短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L后停下已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A施加的冲量为m B施加的冲量为mC做的功为kmgL D做的功为3kmgL解析：选D两个完全相同的小球发生弹性碰撞，速度交换，设第二个小球碰后的速度为v，根据匀变速直线运动的规律v22kg2L，对第一个小球，设小孩对其做功为W，根据动能定理WkmgLmv2，代入可求W3kmgL，故C错误，D正确；设小孩施加的冲量为I，则I22mW，解得Im，故A、B错误6.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平
5、面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动BC与油泥碰前，C与小车的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后，小车立即停止运动DC与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选BC小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0mv1Mv2，得，故B正确；设C与油泥粘在一起后
6、，小车、C的共同速度为v共，则0(Mm)v共，得v共0，故C正确，D错误7(2018届华大新高考联盟测评)光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则()A当Mm时，碰撞后b的速度最大B当Mm时，碰撞后b的动能最大C当Mm时，若M越小，碰撞后b的速度越小D当Mm时，若M越小，碰撞后b的速度越大，选项C错误；当Mmv2，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB0.4v，由动量守恒得mvmvA3m0.4v，解得vA0.2v，碰撞后系统的总动能为EkmvA23mvB2mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B
7、正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有mv(m3m)vB，vB0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C错误；若vB0.3v，由动量守恒得mvmvA3m0.3v，解得vA0.1v，碰撞后系统的总动能为EkmvA23mvB2mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D正确9.(多选)(2018届湖北省华大新高考联盟质量测评)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x随时间t变化的图象如图所示，已知a的质量为80 g，则下列判断正确的是()A碰撞前滑块a、b的运动方向相同B碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/sC滑块b的质量为100 gD碰撞前后
8、滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J解析：选CD由xt图象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑块a、b的运动方向相反，A错误；碰撞后，滑块b的速度vb1 m/s，速度大小为1 m/s，B错误；碰撞前，滑块a的速度va5 m/s；b的速度vb3 m/s，碰撞后a的速度为0.两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mavambvbmbvb，解得mb100 g，C正确；碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为Ekmava2mbvb2mbvb2，解得Ek1.4 J，D正确10.(2018届北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为
9、h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计已知m23m1，则A反弹后能达到的高度为()Ah B2hC3h D4h解析：选D所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1v12m2v22，m1v12m1gh1，将m23m1代入，联立可得h14h，选项D正确二、非选择题11.(2018年全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但
10、仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为xB.由运动学公式有vB22aBxB联立式并利用题给数据得vB3
11、 m/s.(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度大小为vA，碰撞后滑行的距离为xA.由运动学公式有vA22aAxA设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s. 答案：(1)3 m/s(2)4.25 m/s12(2019届南通模拟)如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车
12、，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度vm；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgRmvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得Nmgm，解得N3mg由牛顿第三定律得滑块对小车的压力NN3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg.(2)在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得mgRMvm2m(2vm)2，解得vm .由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即滑块2车由于它们运动的时间相等，根据xt可得s滑块2s车又s滑块s车L所以小车的位移大小s车L.答案：(1)3mg(2) L