高中物理一轮复习动量守恒专项训练-普通用卷

 高中物理一轮复习动量守恒专项训练副标题题号一二三总分得分     一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）一中子与一质量数为A 的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为A.  B.  C.  D. 一弹丸在飞行到距离地面高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，不计质量损失，重力加速度g取，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是     A.
B.
C.
D. 质量为m的子弹，以水平速度射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中。在子弹进入木块过程中，下列说法正确的是A. 子弹动能减少量等于木块动能增加量
B. 子弹动量减少量等于木块动量增加量
C. 子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量
D. 子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为  A.  B.  C.  D. 如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，时两者从图中位置以相同的水平速度向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是A.  B.
C.  D. 如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度向右匀速运动。某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车。两人都离开小车后，小车的速度将是
 A.  B.
C. 大于，小于 D. 大于质量为，的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于
 A. 弹性碰撞
B. 非弹性碰撞
C. 完全非弹性碰撞
D. 条件不足，不能确定
  小船在湖水中相对于地面以大小为v的速度向东行驶，若在船上同时以相对地面大小为2v的速度分别向东和向西抛出两个一样的物体，则小船速度将A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 变为向西在光滑的水平面上有静止的物体A和物体A的质量是B的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中A. A的速率是B的2倍 B. A的动量大小大于B的动量大小
C. A受的力大于B受的力 D. A、B组成的系统的总动量为零一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，机械能不守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 动量守恒，机械能守恒 D. 无法判定动量、机械能是否守恒在匀强磁场中有带电粒子作匀速圆周运动，当它运动到M点，突然与不带电的静止粒子碰撞合为一体，碰撞后的运动运动轨迹是图中那一个不计粒子的重力，实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹A.  B.  C.  D. 如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有的动量令向右为正。在绳拉紧可能拉断的过程中，A，B动量的变化可能为 A. ，
B. ，
C. ，
D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）动量分别为和的小球A，B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后．若已知碰撞后A的动量减小了，而方向不变，那么A，B质量关系可能正确的是A.  B.  C.  D. 质量为的木块静止在光滑水平面上，一质量为的子弹以的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，子弹在木块中运动时受到的平均阻力为。下列说法正确的是    A. 木块最终速度的大小是
B. 子弹射入木块的深度为
C. 子弹射入木块过程中，子弹对木块做的正功与木块对子弹的做的负功大小相等
D. 子弹射入木块过程中，子弹对木块的冲量与木块对子弹的的冲量相等如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为、的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使A获得水平向右、大小为的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得
                              图甲                                                           图乙A. 在时刻两物块达到共同速度，且弹簧长度最短
B. 从到时刻间弹簧由拉伸状态恢复到原长
C. 两物体的质量之比为：：1
D. 在时刻，A、B两物块的动能之比为：：1如图所示是质量为的小球A和质量为的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移时间t图象，由图可知
A. 两个小球在碰撞前后动量不守恒 B. 碰撞过程中，B损失的动能是3J
C. 碰撞前后，A的动能不变 D. 这两个小球的碰撞是弹性的三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）牛顿的自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，试求碰撞后A、B的速度大小．






 如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为现同时给木块l、2、3水平向右的初速度、、，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求 木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；木块2在整个运动过程中的最小速度。







答案和解析1.【答案】A
 【解析】【分析】
中子与原子核发生弹性正碰，动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比。
解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒。
【解答】解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：
，

联立两式解得：，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】B
 【解析】【分析】
根据平抛运动的规律得到弹丸运动的时间，进而得到弹片的水平速度，根据动量守恒定律分析判断。明确弹片在空中飞行的时间相同是解题的关键。
【解答】
弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒。因两弹片均水平飞出，飞行时间，取向右为正，由水平速度知，选项A中，，；选项B中，，；选项C中，，；选项D中，，。因爆炸瞬间动量守恒，故，其中，，，代入数值计算知B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】B
 【解析】【解答】
子弹克服阻力做的功一部分是转化为内能，一部分给了木块，故机械能不守恒，子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量以及木块增加的动能之和，选项A、C错误；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，选项B正确；系统在水平方向的动量守恒，所以子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量，选项D错误。
故选B．
子弹和木块所受水平作用力大小相等，但二者的位移大小不同，根据动能定理，子弹克服阻力做功等于产生的内能和木块的动能，系统机械能不守恒。
4.【答案】D
 【解析】【分析】
以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．用绳梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出绳梯的长度。
本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系。
【解答】
设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：

人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为，速度大小：人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：
将代入得：；故D正确，ABC错误。
故选D。
5.【答案】A
 【解析】【分析】
木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象。
解决本题的关键要正确分析物体的运动情况，明确木板碰到挡板后，系统的动量守恒，运用动量守恒定律研究最终的共同速度。
【解答】
木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为，木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v，设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：，得，故A正确，BCD错误。
 故选A。
6.【答案】B
 【解析】试题分析：两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4mv，方向向右。当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有，；选项B正确。
考点：本题旨在考查动量守恒定律。
7.【答案】A
 【解析】【分析】根据图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可；本题主要考查了动量守恒定律的应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。【解答】根据图象可知：a球的初速度为：，b球的初的速度为，碰撞后a球的速度为：碰撞后b球的速度为：两球碰撞过程中，动量守恒，动能变化量为：则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选A。
8.【答案】B
 【解析】【分析】以物体和船为系统，原来匀速运动，系统所受的合外力为0，抛物的过程系统满足动量守恒定律，根据动量守恒定律列式分析。本题考查动量守恒定律的应用，首先要准确选择研究对象，掌握动量守恒定律，注意速度的方向。【解答】以物体和船组成的系统为研究对象，抛物的过程系统动量守恒，取向东方向为正方向，设船的质量为M，一个重物的质量为m，由动量守恒定律得：，所以有，即船速增大，故ACD错误，B正确。故选B。
9.【答案】D
 【解析】【分析】
两个滑块和弹簧系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可。
本题是动量守恒定律的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。
【解答】
弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，故：
由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的倍，A的动量大小等于B的动量大小，故AB错误，D正确；
C.根据牛顿第三定律，A受的力等于B受的力，故C错误；
故选D。
10.【答案】A
 【解析】【分析】
根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力。
【解答】
在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。
在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故A正确，BCD错误。
故选：A。
11.【答案】A
 【解析】【分析】带电粒子在M点突然与一不带电的静止粒子碰撞合为一体，此过程动量守恒．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式，mv即为动量，可判断出碰撞后的运动轨迹。本题的关键是抓住公式中，mv是动量，即能分析碰撞后的轨迹半径与碰撞前半径的关系。【解答】设碰撞前带电粒子的动量为P，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 ，带电粒子在M点与一不带电的静止粒子碰撞过程动量守恒，总动量仍为P，总电量仍q，则由得知，碰撞后的共同体做匀速圆周运动的半径与碰撞前带电粒子的半径相同，则共同体仍沿原轨道做匀速圆周运动，故A正确，B、C、D错误。故选A。
12.【答案】C
 【解析】【分析】根据分别求出两物体的动量，从而求出总动量．根据动量守恒定律求出两物体的共同速度。本题考查动量守恒定律的应用，注意绳子无论是否断开均能保证动量守恒。【解答】它们的总动量为：，绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒；即在拉动的过程中A的动量减小，B的动量增加，但总动量应保持不变；故A动量改变量应为负值，B动量改变量为正值；故BD错误；如果拉断绳子，在拉断绳子后，A的速度不可能为零，故A错误；可能的只有C正确。
故选C。
13.【答案】BC
 【解析】【分析】碰撞过程遵守动量定律，总动能不增加，根据这两个规律，以及碰撞前A的速度大于B的速度，碰后同向运动时，后面小球的速度不大于前面小球的速度，即可得到A、B两球的质量关系。
对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。【解答】根据动量守恒定律得 
又， 
解得：， 
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
又由题，碰撞前A的速度大于B的速度，则有  
碰撞后A的速度不大于B的速度，则有 
由以上不等式组解得，故BC正确，AD错误。故选BC。
14.【答案】AB
 【解析】【分析】本题考查动量守恒，能量守恒，冲量，功。子弹和木块系统的动量守恒，根据动量守恒定律可求出木块的速度。根据能量守恒可求子弹射入木块的深度。根据功的定义式计算功。冲量。解题的关键是知道动量守恒定律和能量守恒定律的应用。
【解答】A.子弹和木块系统的动量守恒，根据动量守恒定律，解得木块最终速度的大小是，故A正确； B.根据能量守恒，，解得，子弹射入木块的深度为，故B正确； C.子弹射入木块过程中，子弹和木块之间的作用力大小相等，方向相反，子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块做的正功小于木块对子弹做的负功，故C错误；D.子弹射入木块过程中，子弹和木块之间的作用力大小相等，方向相反，冲量，子弹对木块的冲量与木块对子弹的的冲量大小相等，方向相反，故D错误。故选AB。 
15.【答案】AB
 【解析】【分析】
两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚图示图象、分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动能计算公式可以解题。
【解答】
A. 从图象可以看出，从0到的过程中弹簧被压缩，时刻两物块达到共同速度，此时弹簧处于伸长状态，且弹簧长度最短；故A正确；
B. 由图示图象可知，从到时间内A做加速运动，B做减速运动，弹簧由由压缩状态恢复到原长，故B正确；
C. 由图示图象可知，时刻两物体相同，都是，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，即，
解得：：：3，故C错误；
D. 由图示图象可知，在时刻，A、B两物块的速度分别为：、，两物体的动能之比为，故D错误；
故选AB。
16.【答案】BD
 【解析】解：A、根据图象的斜率等于速度，可知：A球的初速度为，B球的初的速度为，
碰撞后A球的速度为，碰撞后B球的速度为
碰撞前总动量为，碰撞后总动量为，故两个小球在碰撞前后动量守恒。故A错误。
B、碰撞过程中，B球的动能变化量为，即损失3J，故B正确。
C、碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误。
D、A球动能增加量为，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故D正确。
故选：BD。
根据图象的斜率等于速度求出碰撞前后各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可。
本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。
17.【答案】解：设A 、B 球碰撞后速度分别为和，规定A 球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得，

根据题意知，
联立解得，。
答：碰撞后A 、B 的速度分别为、。
 【解析】A 、B 两球在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合分离速度和接近速度的关系，通过动量守恒定律求出碰后A 、B 的速度大小。本题考查了动量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律关键选择好研究的系统和研究的过程，结合动量守恒列出表达式，注意表达式的矢量性。
18.【答案】解：当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v，系统动量守恒      木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：    由运动学公式    解得    设木块2的最小速度为，此时木块3的速度为，由动量守恒定律       在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同      解得
 【解析】本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，根据动量守恒定律求共同的速度，木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律求加速度，根据速度位移公式七求木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；根据动量守恒和速度关系求木块2在整个运动过程中的最小速度。