2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)18 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(含解析)新人教版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(十八) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 (建議用時(shí):40分鐘) [基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練] 題組一:動(dòng)量守恒定律的理解和判斷 1.(2019·衡水檢測(cè))關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒 B.只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度,系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒 C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量就守恒 D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí),系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒 C [根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知A、B錯(cuò)誤,C正確;系統(tǒng)中所有物體加速度為零時(shí),各物體速度恒定,動(dòng)量恒定,系統(tǒng)中總動(dòng)量一定守恒,D錯(cuò)誤。] 2.(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的三角形滑塊置

2、于水平光滑的地面上,斜面亦光滑,當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊沿斜面下滑的過(guò)程中,M與m組成的系統(tǒng)(  ) A.由于不受摩擦力,系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.由于地面對(duì)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(dòng)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(dòng)量守恒 D.M對(duì)m作用有水平方向分力,故系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(dòng)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(dòng)量不守恒,B正確。] 題組二:碰撞、爆炸與反沖 3.(2019·桂林質(zhì)檢)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為m

3、B=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動(dòng)量均為8 kg·m/s,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)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2∶3 B.右方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3 D.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C [A、B兩球發(fā)生碰撞,規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,由于碰后A球的動(dòng)量增量為負(fù)值,所以右邊不可能是A球,若是A球則動(dòng)量的增量應(yīng)該是正值,因此碰撞后A球的動(dòng)量為4 kg·m/s,所以碰撞后B

4、球的動(dòng)量是增加的,為12 kg·m/s,由于mB=2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3,故C正確。] 4.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失,取重力加速度g=10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(  ) A        B C       D B [由h=gt2可知,爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=1 s,爆炸過(guò)程中,爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)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(xiàng)錯(cuò)誤;甲、乙兩塊在

5、爆炸前后,水平方向不受外力,故水平方向動(dòng)量守恒,即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等,兩塊質(zhì)量比為3∶1,所以速度變化量之比為1∶3,由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上x(chóng)=v0t,所以A圖中,v乙=-0.5 m/s,v甲=2.5 m/s,Δv乙=2.5 m/s,Δv甲=0.5 m/s,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B圖中,v乙=0.5 m/s,v甲=2.5 m/s,Δv乙=1.5 m/s,Δv甲=0.5 m/s,B項(xiàng)正確。] 5.假設(shè)進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB,他們攜手勻速遠(yuǎn)離空間站,相對(duì)空間站的速度為v0。某時(shí)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(guān)系式中正確的是(  )

6、 A.(mA+mB)v0=mAvA-mBvB B.(mA+mB)v0=mAvA+mB(vA+v0) C.(mA+mB)v0=mAvA+mB(vA+vB) D.(mA+mB)v0=mAvA+mBvB D [本題中的各個(gè)速度都是相對(duì)于空間站的,不需要轉(zhuǎn)換。相互作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為(mA+mB)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(dòng)量分別為mAvA、mBvB,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,故D正確。] 6.(2019·南京模擬)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)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

7、。假如碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失,已知物塊B與地面間的動(dòng)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(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為(  ) A.0.5 m/s     B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s C [碰后物塊B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有-μ·2mgx=0-·2mv,得v2=1 m/s。A與B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,mv=mv+·2mv,解得v0=1.5 m/s,則選項(xiàng)C正確。] 題組三:動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 7.(多選)如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒

8、的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞,滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次,最終相對(duì)于盒靜止,則(  ) A.此時(shí)盒的速度大小為 B.此時(shí)盒的速度大小為 C.滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為 D.滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為 AC [設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,則盒的質(zhì)量為2m,對(duì)整個(gè)過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知μmgx=mv2-·3m,解得x=,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。] 8.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,測(cè)得彈簧的最

9、大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)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(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x,則 (  ) 甲        乙 A.A物體的質(zhì)量為3m B.A物體的質(zhì)量為2m C.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv D.彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv AC [對(duì)題圖甲,設(shè)物體A的質(zhì)量為M,由機(jī)械能守恒定律可得,彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能Ep=Mv;對(duì)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(dòng)量守恒,彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí),A、B二者速度相等,由動(dòng)量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=M·(2v0)2-(M+m)v2

10、,聯(lián)立解得M=3m,Ep=Mv=mv,選項(xiàng)A、C正確,B、D錯(cuò)誤。] 9.(多選)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為M的長(zhǎng)條木塊放置在光滑的水平面上,現(xiàn)有一顆質(zhì)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(guò)程中,木塊運(yùn)動(dòng)的距離為s,子彈射入木塊的深度為d,木塊對(duì)子彈的平均阻力為f,則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 B.子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 C.f與d之積為系統(tǒng)損失的機(jī)械能 D.f與s之積為子彈減少的動(dòng)能 BC [子彈射入木塊的過(guò)程中,阻力對(duì)系統(tǒng)要做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)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

11、動(dòng)量守恒,故B正確;系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個(gè)物體相對(duì)位移的乘積,即ΔE=fd,故C正確;子彈減少的動(dòng)能等于阻力與子彈位移的乘積,即ΔEk=W=f(s+d),故D錯(cuò)誤。] 10.(多選)(2019·銀川質(zhì)檢)如圖所示,甲圖表示光滑平臺(tái)上,物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車(chē)B上,車(chē)與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì),乙圖為物體A與小車(chē)B的v-t圖象,由此可求(  ) 甲        乙 A.小車(chē)上表面長(zhǎng)度 B.物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比 C.物體A與小車(chē)B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.小車(chē)B獲得的動(dòng)能 BC [由題圖乙可知,A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng),不能確定小車(chē)上表面長(zhǎng)

12、度,故A錯(cuò)誤;以v0的方向?yàn)檎较?,由?dòng)量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以確定物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比,故B正確;由題圖乙可知A相對(duì)小車(chē)B的位移Δx=v0t1,根據(jù)動(dòng)能定理得-μmAgΔx=(mA+mB)v-mAv,根據(jù)B項(xiàng)中求得的質(zhì)量關(guān)系,可以解出動(dòng)摩擦因數(shù),故C正確;由于小車(chē)B的質(zhì)量無(wú)法求出,故不能確定小車(chē)B獲得的動(dòng)能,故D錯(cuò)誤。] [考點(diǎn)綜合練] 11.一質(zhì)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(zhǎng)度為L(zhǎng);bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a

13、點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng),在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)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(diǎn)的距離s。 解析:(1)設(shè)木塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),木塊和物體P的共同速度為v,由水平方向動(dòng)量守恒和功能關(guān)系得 mv0=(m+2m)v mv=(m+2m)v2+mgh+fL 聯(lián)立得f=。 (2)設(shè)木塊停在ab之間時(shí),木塊和物體P的共同速度為v′,由水平方向動(dòng)量守恒和功能關(guān)系得mv0=(m+2m)v′ mv=(m+2m)v′2+f(2L-s) 聯(lián)立得s=。 答案:見(jiàn)解析 12.如圖所示,質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽

14、靜止在光滑的水平面上,左邊緊靠豎直墻壁。一質(zhì)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(jìn)入槽內(nèi),到達(dá)最低點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)從金屬槽的右端沖出,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的距離為R,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。求: (1)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬槽的壓力大??; (2)金屬槽的質(zhì)量。 解析:(1)小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律: mg·2R=mv 小球剛到最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律: FN-mg=m 據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘俨鄣膲毫椋篎N′=FN 聯(lián)立解得FN′=5mg。 (2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程,小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒,選取向右為正方向,則:mv0=(m+M)v 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的豎直高度為h, 則有R2+h2= 根據(jù)機(jī)械能守恒定律:mgh=mv-(m+M)v2 聯(lián)立解得M=m。 答案:(1)5mg (2)m - 7 -

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