高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第19讲动量守恒定律练习(含解析)

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1．(2019·烟台二中高三月考)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态．一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )
A．车左右往复运动
B．车持续向右运动
C．大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
ACD 解析 把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，当把锤头打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以在水平面上左、右往返运动，车不会持续地向右驶去，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，选项A、C、D正确．
2．(2019·河南林州一中分校高三调研)(多选)如图所示，A、B两物体的质量之比MA∶MB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
BC 解析 因为A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，故选项A错误．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，A、B两物体的质量之比MA∶MB＝3∶2，所以A、B两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B组成的系统所受的外力之和为零，所以A、B组成的系统动量守恒，故选项B正确．若A、B与平板车上表面间的动摩擦力相同，A、B组成的系统所受的外力为零，所以A、B两物体的系统总动量守恒，故选项C正确．因地面光滑，则无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统合外力均为零，系统的总动量守恒，故选项D错误．
3．(2019·辽宁六校协作体高三联考)(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
B．pA＝－4 kg·m/s，pB＝16 kg·m/s
C．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
D．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
CD 解析 碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝eq \f(p\\al(2,A),2m)＋eq \f(p\\al(2,B),2m)＝eq \f(72,2m)＋eq \f(52,2m)＝eq \f(37,m)；若pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能eq \f(22,2m)＋eq \f(142,2m)＝eq \f(100,m)>Ek，不可能，选项A错误；若pA＝－4 kg·m/s，pB＝16 kg·m/s，碰撞后的总动能eq \f(42,2m)＋eq \f(162,2m)＝eq \f(136,m)>Ek，不可能，选项B错误；若pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×eq \f(62,2m)＝eq \f(36,m)4．(2019·山东师范大学附属中学高三模拟)(多选)在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s，下列说法正确的是( )
A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损
B．子弹动量的减少量等于木块动量的增加量
C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D．位移s一定大于深度d
AB 解析 子弹射穿木块的过程中，子弹损失的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹减少的动能大于木块增加的动能，故选项A正确；水平面光滑，则系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量减少量等于木块动量增加量，故选项B正确；子弹击中木块的过程中，子弹克服阻力做的功，一方面转化为木块的动能，另一方面转化为系统内能，根据动能定理可知摩擦力对木块做的功等于木块的动能的增加量，因此摩擦力对木块做的功一定小于摩擦力对子弹做的功，故选项C错误；设子弹与木块之间的相互作用力为Ff，子弹和木块达到的共同速度大小为v，由动能定理得，对子弹－Ff(s＋d)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，对木块Ffs＝eq \f(1,2)Mv2，又根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，联立方程解得eq \f(s,d)＝eq \f(m,M＋m)，因为eq \f(m,m＋M)<1，所以s5．(2019·四川蓉城名校联盟高三联考)(多选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体 P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动．在 t= 0 时轻绳断开，Q 在 F 作用下继续前进，则下列说法正确的是( )
C．t＝eq \f(3mv,F)时，Q 的动量为eq \f(3,2)mv
D．t＝eq \f(3mv,F)时，Q 的动量为eq \f(5,2)mv
AD 解析 设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为Ff，系统匀速运动时，有 F＝2Ff，得Ff＝eq \f(F,2)；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得－Fft＝0－mv，联立得t＝eq \f(2mv,F)，即t＝eq \f(2mv,F)时P停止运动．在P停止运动前，即在t＝0至t＝eq \f(2mv,F)时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒，故选项A正确．t＝eq \f(2mv,F)至t＝eq \f(3mv,F)时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故选项B错误．t＝eq \f(3mv,F)时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得 (F－Ff)t＝pQ－mv，解得Q的动量 pQ＝eq \f(5,2)mv，故选项D正确，C错误．
6．(2019·哈尔滨六中高三月考)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
D 解析 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故选项A错误；下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故选项B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故选项C错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，根据动量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要向槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时小球与槽速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故选项D正确．
7．(2019·滁州定远育才学校高三检测)如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为eq \f(3,4)h，则( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为eq \f(1,2)R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度eq \f(1,2)h＜H＜eq \f(3,4)h
D 解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故选项A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，meq \f(2R－x,t)－meq \f(x,t)＝0，解得小车的位移 x＝R，故选项B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故选项C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h－\f(3,4)h))－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq \f(1,4)mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为eq \f(1,4)mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于eq \f(1,4)mgh，机械能损失小于eq \f(1,4)mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于eq \f(3,4)h－eq \f(1,4)h＝eq \f(1,2)h，而小于eq \f(3,4)h，故选项D正确．
8．(2019·华中师大一附中高三滚动复习)(多选)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为eq \f(h,16).小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为eq \f(\r(2gh),4)
B．碰撞过程B物块受到的冲量大小为meq \r(2gh)
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为eq \f(15,128)mgh
D．物块C的最大速度大小为eq \f(5,16)eq \r(2gh)
ACD 解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(2gh)，设碰撞后小球反弹的速度大小为v′1，同理有eq \f(mgh,16)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,1)，解得v′1＝eq \f(\r(2gh),4)，选项A正确．设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－mv′1＋5mv2，解得v2＝eq \f(\r(2gh),4)，由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I＝5mv2＝eq \f(5,4)m·eq \r(2gh)，选项B错误．碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3，据机械能守恒定律Epm＝eq \f(1,2)×5mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×8mveq \\al(2,3)，解得Epm＝eq \f(15,128)mgh，选项C正确．对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可解得vC＝eq \f(5\r(2gh),16)，选项D正确．
9．(2019·攀枝花高三期末调研)(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的x­t图象．图中a、b分别为A、B两球碰前的x­t图象，c为碰撞后两球共同运动的x­t图象．已知A球质量m＝2 kg，取A球碰前运动方向为正方向，下列结论正确的是( )
A．B球的质量为3 kg
B．碰撞过程中A对B冲量为4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为－6 kg·m/s
D．碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为5 J
AC 解析 以A球碰前运动方向为正方向，则碰前A球速度vA＝eq \f(4－0,2－0) m/s＝2 m/s，碰前B球速度vB＝eq \f(4－10,2－0) m/s＝－3 m/s，碰后两球的共同速度v＝eq \f(2－4,4－2) m/s＝－1 m/s，根据动量守恒可得mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，代入数据解得mB＝3 kg，选项A正确．根据动量定理可得，碰撞过程中A对B冲量等于B球动量的变化IAB＝ΔpB＝mBv－mBvB＝[3×(－1)－3×(－3)]kg·m/s＝6 kg·m/s，选项B错误．ΔpB＝6 kg·m/s，根据动量守恒，ΔpA＝－6 kg·m/s，选项C正确．碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能Ek损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋mB)v2＝15 J，选项D错误．
10．(2019·黑龙江绥化二中高三月考)如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A.车上有两个滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与车之间的动摩擦因数为μ，而C与车之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车是( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,6)v0 C.eq \f(1,3)v0 D．0
B 解析 滑块B、C最后都没有脱离平板车，说明最终三者速度相等，把A、B、C看成一个系统，系统不受外力，系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v，解得v＝eq \f(1,6)v0，车的最终速度方向向右，故选项B正确．
11．(2019·咸阳二模)(多选)如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置两小球B和C，小球A从弧形轨道上离地面高h处由静止释放，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后黏在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，如果让小球A从h＝0.2 m处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g＝10 m/s2) ( )
A．A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰
B．A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰
C．A球从h＝0.2 m处由静止释放则C球的最后速度为eq \f(7,9) m/s
D．A球从h＝0.2 m处由静止释放则C球的最后速度为eq \f(8,9) m/s
AD 解析 设A球的质量为m，A球从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得eq \f(1,2)mv20＝mgh，解得v0＝eq \r(2gh)，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B动量守恒，机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv20＝eq \f(1,2)mv21＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0，B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正，根据动量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝eq \f(4,9)v0>|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰，故选项A正确，B错误；当h＝0.2 m时，根据v0＝eq \r(2gh)、v＝eq \f(4,9)v0，可得，C球最后的速度v＝eq \f(4,9)eq \r(2gh)＝eq \f(4,9)×eq \r(2×10×0.2) m/s＝eq \f(8,9) m/s，故选项C错误，D正确．
12．(2019·河南滑县高三联考)如图所示，两个相同的物块A、B静止在水平面上，质量均为m＝0.5 kg，两物块间距离为x0＝1.0 m，它们之间连有一根松弛的轻绳．某时刻物块B受到一个水平向右的拉力，拉力F＝10.0 N．经时间t1＝0.5 s后撤掉水平拉力F，再经时间t2＝0.1 s两物块间的轻绳突然绷紧．设两物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于物块受到的摩擦力．g取10 m/s2，求：
(1)两物块间的轻绳的长度；
(2)轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小．
解析 (1)在拉力作用的t1＝0.5 s时间内，由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv1，解得v1＝9.0 m/s，由动能定理得(F－μmg)x1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得x1＝2.25 m．撤掉拉力后的t2＝0.1 s时间内，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－2 m/s2，v2＝v1－at2＝8.8 m/s，x2＝eq \f(v1＋v2,2)·t2＝0.89 m，两物块间轻绳的长度x＝x0＋x1＋x2＝4.14 m.
(2)轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于物块的摩擦力，两物块组成的系统动量守恒，有mv2＝2mv3，解得v3＝4.4 m/s.由动量定理得，轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小I＝Δp＝mv3－0，解得I＝2.2 N·s.
答案 (1)4.14 m (2)2.2 N·s
13．(2019·江西上饶高三联考)一质量为M的沙袋用长度为L的轻绳悬挂，沙袋距离水平地面高度为h，一颗质量为m的子弹，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的质量不变，子弹与沙袋作用的时间极短)．测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为x，在子弹穿出沙袋后沙袋的最大摆角为θ，空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)子弹射出沙袋瞬间的速度v1的大小；
(2)子弹射入沙袋前的速度v的大小．
解析 (1)子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动规律x＝v1t，在竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2，解得v1＝xeq \r(\f(g,2h)).
(2)由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝MgL(1－cs θ)，
解得v2＝eq \r(2gL1－cs θ).
对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律得mv＝mv1＋Mv2，
解得v＝xeq \r(\f(g,2h))＋eq \f(M,m)eq \r(2gL1－cs θ).
答案 (1)xeq \r(\f(g,2h)) (2)xeq \r(\f(g,2h))＋eq \f(M,m)eq \r(2gL1－cs θ)
14．(2019·湖南、湖北八市十二校高三调研联考)如图所示，在竖直平面内有一倾角θ＝37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L＝3.2 m，沿顺时针方向以v0＝2 m/s匀速运动．一质量m＝2 kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为eq \f(5,9) m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M＝1 kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)物块P从传送带离开时的动量；
(2)传送带对物块P做功为多少；
(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围．
解析 (1)物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，所需时间t1＝eq \f(v0,a)＝0.2 s，沿斜面向下运动的位移x1＝eq \f(v0,2)t1＝0.2 m.
当物块P的速度与传送带共速后，由于mgsin θ>μmgcs θ，所以物块P所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块P以加速度a2运动的距离为x2＝L－x1＝3 m．设物块P运动到传送带底端的速度为v1，由运动学公式得veq \\al(2,1)＝veq \\al(2,0)＋2a2x2，解得v1＝4 m/s，则动量为p＝mv1＝8 kg·m/s，方向与水平方向成37°斜向右下．
(2)物块从顶端到底端，根据动能定理W＋mgLsin 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，可知传送带对物块做功为W＝－22.4 J.
(3)设物块P运动到F点的速度为v2，由动能定理得eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgr(1＋cs 37°)，解得v2＝6 m/s.若物块P与物块Q发生完全弹性碰撞，并设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后的速度为v4，则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变，mv2＝mv3＋Mv4，根据能量守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,4)，解得v3＝2 m/s，若物块P与物块Q发生完全非弹性碰撞则mv2＝(m＋M)v3，解得v3＝4 m/s，所以物块P的速度范围为2 m/s≤v3≤4 m/s.在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(2,3),r)，解得34.4 N≤FN≤77.6 N，物块P碰撞后瞬间对圆弧轨道的压力为F′N，由牛顿第三定律可得34.4 N≤F′N≤77.6 N.
答案 (1)8 kg·m/s 方向与水平方向成37°斜向右下
(2)－22.4 J (3)34.4 N≤F′N≤77.6 N