新高考物理一轮复习考点课时练第7章第34练　动量守恒定律（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点课时练第7章第34练　动量守恒定律（含答案解析），共24页。试卷主要包含了如图，高度h＝0，25 m/s，vC＝2等内容，欢迎下载使用。

1~5题每小题4分，6题10分，共30分
1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒
D.动量不守恒，机械能不守恒
2.在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3一垂直细线向右的瞬时冲量，则在小球1、2碰撞前( )
A.小球1、2组成的系统的动量守恒
B.小球1、2组成的系统的机械能守恒
C.两根细线中的张力大小均不变
D.小球3的速度一直在减小
3.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
4.(多选)(2024·山东临沂市质检)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)( )
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为2mlM＋m
5.(2025·山东日照市检测)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
6.(10分)(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)(5分)分离后A的速度大小v1；
(2)(5分)分离时A对B的推力大小。
7题10分，8题14分，共24分
7.(10分)如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的水平桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.1 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s，求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小。
8.(14分)(2024·黑吉辽·14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)(5分)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)(4分)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)(5分)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
(6分)
9.(多选) (2024·山东临沂市期中)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
答案精析
1.B
2.D
[由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒；小球1、2组成的系统受细线拉力的合力不为零，动量不守恒，故A错误；三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2组成的系统受细线拉力的合力不为零，机械能不守恒，故B错误；小球1、2相对于小球3做圆周运动，速度越来越大，细线拉力越来越大，故C错误；小球3受到细线的拉力始终向左，速度一直在减小，故D正确。]
3.C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ+mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。]
4.BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm+xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2mlM+m，D正确。]
5.A [根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1.0 m/s，v乙'＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝12m甲v甲2+12m乙v乙2－12m甲v甲'2－12m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，故选A。]
6.(1)(m+M)v0−Mvm (2)M(v−v0)Δt
解析 (1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0＝Mv+mv1
解得v1＝(m+M)v0−Mvm
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝M(v−v0)Δt。
m/s 2.75 m/s
解析 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为vC，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA+mB)vA+mCvC
在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA+mCvC＝(mB+mC)v
代入数据解得vA＝0.25 m/s，vC＝2.75 m/s。
8.(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)对A物块由平抛运动知识得h＝12gt2，xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s
(2)对物块B由动能定理
－μmBgxB＝0－12mBvB2
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为
μ＝0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp＝12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA+ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
9.BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝(2n−1)mv0M，则v7＝260kg·m/sM，v8＝300kg·m/sM。由题意知，v752 kg，又知v8>5 m/s，则M