2019屆高考物理一輪復習課時跟蹤檢測(二十三)動量守恒定律(重點班)

1、課時跟蹤檢測（二十三）動量守恒定律A 級一一保分題目巧做快做1. （2018 南平模擬）如圖所示，A、B兩物體質量分別為m,且mm,置于光滑水平面上，相距較遠。將兩個大小均為的力，同時分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（）A.停止運動B.向左運動C.向右運動D.運動方向不能確定解析：選 C 已知兩個力大小相等，mm,由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度aA一一 1212 VaB,又知XA=XB,由運動學公式得XA=” MA,XB=TaBtB,可知tAtB,由IA=FtA,IB=FtB,2 2可得IAIB,由動量定理可知pA 0=|A,pB 0=|B,貝Up

2、ApB,碰前系統(tǒng)總動量方向向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量方向向右，故 A B、D 錯誤，C 正確。2.多選 質量為M和m的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與A,舉m位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，口Jzxz ZZXZZZX Z Z ZZZXZZZZ在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是（）A.M m、m速度均發(fā)生變化，分別為V1、V2、V3,而且滿足（M+m）v=Mv+mv2+mvB.m的速度不變，M和m的速度變?yōu)閂1和V2,而且滿足Mv= Mv+mvC.m的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関,且滿足Mv=（ M+n）vD.M m

3、、m速度均發(fā)生變化，M m速度都變?yōu)閂1,m的速度變?yōu)閂2,且滿足（M+m）v=（M+m）V1+mvMlbX Tk 1 J解析：選 BC /在M與m碰撞的極短時間內(nèi)，m的速度來不及改變，故 A、D 均錯誤；M與m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B C 均正確。3.（201 8 桂林質檢）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、Q 口B兩個小球在同一直線上運動。兩球質量關系為m= 2nA,規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量 均為 8kg m/s,運動過程中兩球發(fā)生碰撞， 碰撞后A球的動量增量為4 kg m/s,則（ ）A. 右方為A球,碰撞后B兩球的速度大小之比為B. 右方為A球, 碰撞后B兩

4、球的速度大小之比為C. 左方為A球, 碰撞后B兩球的速度大小之比為D.左方為A球, 碰撞后B兩球的速度大小之比為解析：選B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向, 由動量守恒定律可得PA= PB,由于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是該是正值，因此碰撞后A球的動量為 4 kg m/s,所以碰撞后B球的動量是增加的，為12kg m/s，由于m= 2m,所以碰撞后A B兩球速度大小之比為 2 : 3,故 C 正確。A球，若是A球則動量的增量應mh由可得X2=ma，故C正確。6如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的4.（2018 德陽一診）如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木若

5、A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Api和Ap2,則有Api:Ap2= 1 : 1若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi),木塊的水平位移大小之比為1 : 3解析：選 D 彈簧彈開木塊過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mvAmvB= 0,則速度之比VA:VB=1 : 3,根據(jù)動能定理得：1212廣、輕彈簧對A、B做功分別為W= qmvA2,W= gmvB2，聯(lián)立解得W：W= 1 : 3，故 A 錯誤。根據(jù)0=mxMx。h且X1+X2=一。tana塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當輕彈簧被放開時,面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面

6、上。若m= 3m，則下列結果正確的是（A. 若輕彈簧對A、B做功分別為W和W,則有W：W= 1 : 1B. 在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零C.D.動量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即故 B 錯誤。A、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點t,由動量定理得：A、B在空中飛行時的動量變化量分別mAVB=0,可得，AVA+AVBM0,的高度相同，運動時間相等，設為為Api=動是勻速直線運動，由x=vot=1 : 3，故 D 正確。5.如圖所示，一個傾角為RAAVA+Ap1:Ap2= 3 : 1，故 C 錯誤。平拋運動水平方向的分運知，t相等，則A、B

7、兩木塊的水平位移大小之比等于VA:VBa的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜今有一質量為m的小物體，沿光滑斜面下面體質量為M頂端高度為h,J滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是HImhAA M+mMhBMTmmhC.-丄M+ m燉a解析：選C此題屬MhD Mm仙a“人船模型”問題。m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移為X1,M在水平方向上對地位移為X2,因此有A B兩小木塊各自在桌( )14一側是一個 4 弧形凹槽OAB凹槽半徑為R, A點切線水平。另有一個質量為m的小球以速度V。從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g,不計摩擦。下列說法中正

8、確的是（）A.當V。=,2gR寸，小球能到達B點B.如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上C.當vo=,2gR寸，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大2D.如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mR解析：選 C 弧形槽不固定，當V0= 2gF時，小球沿槽上升的高度為h,則有：mv=1212M（mMv,;；mv=-（ M+n）v+mgh可解得 hRvR,故 A 錯誤；因小球對弧形槽的壓力22IV片m始終對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C 正確；當小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同， 離開B點后將再次從B點

9、落 回，不會從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上，B 錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時2對滑塊的壓力為口葉mR,D錯誤。 7.多選如圖所示，質量為 M= 1 kg 的木板靜止在光滑水平面I tp上，一個質量為 m= 3 kg 的滑塊以初速度vo= 2 m/s 從木板的左端向右L:討-滑上木板，滑塊始終未離開木板。則下面說法正確的是（）A.滑塊和木板的加速度大小之比是1 : 3B.整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是1.5 JC.可以求出木板的最小長度是1.5 mD.從開始到滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊與木板的位移之比是7 : 3解析：選 ABD 因水平面光滑，滑塊與木板所受的合外力為一對滑動摩擦

10、力，大小相等，方向相反，由牛頓第二定律可知，其加速度大小之比為a=M=1A 正確；滑塊與木板組成aMm3的系統(tǒng)動量守恒，最終二者同速，有mv= （Mm）v,解得v= 1.5 m/s，由能量守恒定律可1212得：整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q=?mv 2（M+m）v= 1.5 J，故 B 正確；由于不知道動摩擦因數(shù)和滑塊與木板的相對運動時間，不能求出木板的最小長度，故 C 錯誤；從開始到滑Vo+vv塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊運動的位移X1= 廠t，木板的位移X2=?t，兩者之比 8 多選如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈X1X2v+v2 +1.5v1.5f,故 D 正確。4

11、 fen15簧，B端粘有油泥，小車總質量為M質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小6車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是（）A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時小車也向右運動B. C與油泥碰前，C與小車的速率之比為M：mc. C 與油泥粘在一起后，小車立即停止運動D. C 與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動解析：選 BC 小車與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，小車應ViM向左運動，故 A 錯誤；設碰前C的速率為vi，小車的速率為V2,貝U0=mvMv，得一=V2

12、m故 B 正確；設C與油泥粘在一起后，小車、C的共同速度為v共，貝 U 0= （M+ n）v共，得v共=0，故 C 正確，D 錯誤。B 級一一拔高題冃穩(wěn)做準做 9.多選（2018 湖南六校聯(lián)考）如圖所示，小車的上面固定一 個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為 2m原來靜止在光滑的 水平面上。今有一個可以看做質點的小球，質量為m半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點, 小車。關于這個過程，下列說法正確的是（）A. 小球滑離小車時，小車回到原來位置B.小球滑離小車時相對小車的速度大小為 v為 0,小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒有mv=（m

13、+2n）v，,得v=小車動量變化大小 p車=2m-v= 3mvD 項錯誤。小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，22v，得 H= 3g, C 項正確。小球從滑上小車到滑離小3g121212車的過程，由動量守恒和機械能守恒有：mv= mv+ 2m2, m2= gmv+ 2mv，解得V1=3,v2= |v,則小球滑離小車時相對小車的速度大小為|v+ 3v=v, B 項正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A 項錯誤。 10.多選（2018 寶雞一模）光滑水平面上放有質量分別為然后從管道左端滑離C車上管道中心線最高點的豎直高度為2v3gmv3小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，解析： 選

14、BC 小球恰好到達管道的最高點， 說明在最高點時小球和小車之間相對速度 f , XID.小車的動量變化大小是v3,由機械能守恒有121mg=mv?(m2m)vAft72m和m的物塊A和B,用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為X?，F(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛 要離開彈簧時物塊A的速度大小為V，則()XA.物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為2一2B.物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為3XC.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為2mVD.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv解析：選 AD 當物塊A的加速度大小為a時，根據(jù)

15、胡克定律和牛頓第二定律得kx= 2max當物塊B的加速度大小為a時，有：kx=ma對比可得：x=刁 即此時彈簧的壓縮量為2，故 A 正確。取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2m斤=0，又xA+XB=x,1解得A的位移為：XA=3X，故 B 錯誤。根據(jù)動量守恒定律得：0= 2mv- mB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度VB=2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：&1212 2=2 mv+ mB= 3mv，故 C 錯誤，D 正確。11. (2017 天津高考)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為m= 2 kg、m

16、= 1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h= 1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度肉.2z一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g= 10 m/s，空氣阻力不計。求：(1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t;(2)A的最大速度v的大??；(3) 初始時B離地面的高度H。一 一一 一 12解析：(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h= gt代入數(shù)據(jù)解得t= 0.6 s。(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為VB，有VB=gt細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mvB=(m+m)v

17、之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為A的最大速度，8聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v= 2 m/s。9(3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A B的速度為零,這一過程中A B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有122(m+mB)v+mBgH= nH代入數(shù)據(jù)解得H= 0.6 m。答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 12. (2016 全國卷n)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光 滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=

18、 0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m= 30 kg,冰塊的質量為m= 10 kg ,小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的2Cj大小g= 10 m/s。(1) 求斜面體的質量；(2) 通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為V,斜面體的質量為m。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得mv20=(m+m)v1212mvzo= 2(m+m)v+mgh式中v20= 3 m/s 為冰塊推出時的速度。聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m= 20 kg。(2)設小孩推出冰塊后的速度為V1，由動量守恒定律有mv1+mv2o= 0代入數(shù)據(jù)得V1= 1 m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為V2和V3，由動量守恒和機械能守恒定律有mv2o=mv2+mv3、)1212122mv2o= 2mv2+ gmvs聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得V2= 1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能 追上小孩。答案：(1)20 kg (2)不能追上小孩，判斷過程見解析 13.如圖所示，MN是水平軌道，NP是傾角0= 45。