2019年高考物理一轮规范练习：第6章 第2讲　动量守恒定律及应用(含解析)

配餐作业　动量守恒定律及应用

见学生用书P345

A组·基础巩固题

1．两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的(　　)

A．质量相等 B．动能相等

C．动量大小相等 D．速度大小相等

解析　两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C项正确。

答案　C　

2．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

A．16 J   B．2 J

C．6 J   D．4 J

解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝m0v－(m＋m0)v2，而木块获得的动能E木＝mv2＝6 J，两式相除得＝＞1，即E>6 J，A项正确。

答案　A　

3．(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小物块(可看成质点)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，最后A的速度v1为(　　)

A．1.5 m/s   B. 2 m/s

C．1 m/s   D．0.5 m/s

解析　三物体整体分析，系统动量守恒mv＝

(m＋M)v2＋Mv1⇒v1＝1.5 m/s。

答案　A　

4.如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则(　　)

A．m不能到达小车上的B点

B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零

D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒

解析　M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A项错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B项错误，C项正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒，故D项错误。

答案　C　

5.(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(　　)

A．v＝，I＝0   B．v＝，I＝2mv0

C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0

解析　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v＝，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。

答案　B　

6．(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．木板获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为4 J

C．木板A的最小长度为1.5 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

解析　根据动量守恒定律可得

mv0＝(m＋mA)v⇒mA＝4 kg，

A的动能为Ek＝mAv2＝2 J，

系统损失的动能ΔEk＝mv－(mA＋m)v2＝6 J，

木板长L≥v0t1＝1.5 m，

μmg＝ma⇒μ＝0.2。

答案　AC　

【解题技巧】

由图读出木板获得的初速度，根据Ek＝mv2求解木板获得的动能。根据斜率求出B的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数。根据“面积”之差求出木板A的长度，再求系统损失的机械能。

7．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)

A．0.5 m/s   B．1.0 m/s

C．1.5 m/s   D．2.0 m/s

解析　A、B碰撞过程动量守恒，mv0＝mv1＋2mv2，机

械能无损失，mv＝mv＋×2mv。碰撞后对B物体应用动能定理2μmgx＝×2mv，解得v0＝1.5 m/s，C项正确。

答案　C　

8．质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示，具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4个物块粘为一整体，这个整体的动能等于(　　)

A．E B.E

C.E D.E

解析　对整个系统研究，以水平向右为正，整个过程运用动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝，则整体的动能Ek＝×4m×2＝，故C项正确，A、B、D项错误。

答案　C　

B组·能力提升题

9.(2018·菏泽一中月考)(多选)如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m。现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/s

B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·s

C．小铁块B从反向到与车同速共历时0.6 s

D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J

解析　设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得－μmgL＝mv－mv，代入数据可得v1＝4 m/s，故A项错误；小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为v1′＝4 m/s，方向向右，根据动量定理I＝m·Δv＝8 kg·m/s，故B项正确；假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得mv1′＝(m＋M)v2，解得v2＝1  m/s，小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移x1＝t＝×0.6 m＝1.5 m，平板车的位移x2＝t＝×0.6 m＝0.3 m，Δx＝x1－x2＝1.2 m>L，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9 J，故C项错误，D项正确。

答案　BD

10．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1∶m2为(　　)

A．(＋1)∶(－1)  　　 B.∶1

C．(－1)∶(＋1)   D．1∶

解析　两球到达最低点的过程，由动能定理得mgR＝mv2，解得v＝，所以两球到达最低点的速度均为，设向左为正方向，则m1的速度v1＝－，则m2的速度v2＝，由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝①，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，对此过程应用机械能守恒定律得－(m1＋m2)gR(1－cos60°)＝0－(m1＋m2)v②，由①②解得＝2，整理m1∶m2＝(－1)∶ (＋1)，故C项正确。

答案　C　

11．如图是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)

A．4.05 m   B．1.25 m

C．5.30 m   D．12.5 m

解析　球及棒落地速度v＝，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v2′，棒上升高度为h＝，联立并代入数据，得h＝4.05 m。

答案　A　

12．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)

A．4.0 J   B．6.0 J

C．3.0 J   D．20 J

解析　设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f，根据能量守恒定律得

铁块相对于木板向右运动过程

mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，

铁块相对于木板运动的整个过程

mv＝2fL＋(M＋m)v2，

又根据系统动量守恒可知

mv0＝(M＋m)v，

联立得Ep＝3.0 J，故选C项。

答案　C　

13．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：

(1)A物体的最终速度。

(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。

解析　(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝3mv1，

解得v1＝。

B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A，C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0＋2mv1＝3mv2，

解得v2＝。

(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得

fL＝mv＋×2mv－×3mv，

又f＝μmg，

解得μ＝。

答案　(1)　(2)

14．足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图所示。一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置。若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：

(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1。

(2)碰撞前弹簧的弹性势能。

(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离。

解析　(1)设物块与钢板碰撞前速度为v0，

3mgx0sinθ＝mv，

解得v0＝。

设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v1，有

mv0＝2mv1，

解得v1＝。

(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep，当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据机械能守恒得Ep＋(2m)v＝2mgx0sinθ，

解得Ep＝mgx0sinθ。

(3)设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，有

2mv0＝3mv2，

它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，由机械能守恒定律得

Ep＋(3m)v＝3mgx0sinθ＋(3m)v2，

在O点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度v继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O点的距离为h，有v2＝2ah，

2mgsinθ＝2ma，

解得h＝。

答案　(1) 　(2)mgx0sinθ　(3)