（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)28 動(dòng)量守恒定律（含解析）新人教版

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1、動(dòng)量守恒定律 一、選擇題 1.(2018·昆明模擬)如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短．則木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中(　　) A．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒 C．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 D．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒 答案　B 解析　木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中，墻壁對(duì)彈簧有作用力，系統(tǒng)的外力之和不為零，所以動(dòng)量不守恒． A、B相碰粘連在一起的過程中，機(jī)械能有損失，所以機(jī)械能也不守恒，故A、C、D三項(xiàng)

2、錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確． 2．如圖，一個(gè)禮花彈豎直上升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時(shí)落至地面．則在禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運(yùn)動(dòng)方向可能是(　　) 答案　D 解析　A、B兩項(xiàng)，禮花彈炸裂時(shí)，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒，根據(jù)矢量運(yùn)算規(guī)則知，A、B兩圖違反了動(dòng)量守恒定律，不可能，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，該圖符合動(dòng)量守恒定律．斜向下運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)碎片同時(shí)落地，向上運(yùn)動(dòng)的碎片后落地，與題意不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，該圖符合動(dòng)量守恒定律．向下運(yùn)動(dòng)的碎片首先落地，斜向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)碎片稍后一些同時(shí)落至地面，故D項(xiàng)正確． 3.(2018·濟(jì)南一模)如圖所

3、示，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、m、2m，三個(gè)小球從同一高度同時(shí)出發(fā)，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由靜止釋放．三個(gè)小球在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，小球與小球之間的碰撞均為彈性碰撞，假設(shè)高度無限大，則小球與小球之間最多能夠發(fā)生碰撞的次數(shù)為(　　) A．1次　　　　　　　　 B．2次 C．3次 D．4次 答案　C 解析　由于三球豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，一定可以發(fā)生碰撞，可假設(shè)高度無窮大，可看作三球碰撞完成后才落地．A、B第一碰撞后水平速度互換，B、C發(fā)生第二碰撞后，由于B的質(zhì)量小于C的質(zhì)量，則B反向；B、A發(fā)生第三次碰撞后，B、A水平速度互換，A向左，B豎直下落，三球不再發(fā)生

4、碰撞，所以最多能夠發(fā)生3次碰撞． 4．(2018·福州模擬)一質(zhì)量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(　　) A．m＝M B．m＝M C．m＝M D．m＝M 答案　C 解析　規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C項(xiàng)正確． 5.(2018·濟(jì)南二模)(多選)如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個(gè)小球，a球向b球運(yùn)動(dòng)并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，其碰前和碰后的s-t圖像如圖

5、乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的質(zhì)量為mb，兩球因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE，則(　　) A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J 答案　AC 解析　A、B兩項(xiàng)，由s-t圖像的斜率表示速度得：碰撞前a球的速度為v1＝＝ m/s＝6 m/s，b球的速度為0.碰撞后ab兩球的共同速度為v＝＝ m/s＝5 m/s，取碰撞前a球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，mav1＝(mb＋ma)v，代入解得，mb＝1 kg.C、D兩項(xiàng)，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝mav12－(mb＋ma)v2＝×5×62 J－×(1＋5)×52 J＝15

6、J，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 6．(2018·棗莊一模)在光滑的水平面上有A、B兩輛玩具小汽車，質(zhì)量分別為MA＝2 kg，MB＝1 kg.現(xiàn)使A車以10 m/s的速度沿AB中心的連線向靜止的B車運(yùn)動(dòng)，與B車發(fā)生對(duì)心碰撞，則碰后兩車的速度可能是(　　) A．vA＝7 m/s，vB＝6 m/s B．vA＝－1 m/s，vB＝22 m/s C．vA＝6 m/s，vB＝8 m/s D．vA＝2 m/s，vB＝16 m/s 答案　C 解析　碰撞前兩車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量：p＝MAv0＝2×10 kg·m/s＝20 kg·m/s，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)能：Ek＝MAv02＝×2×102 J＝100 J；A項(xiàng)，

7、碰撞后，A、B同向運(yùn)動(dòng)，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，碰撞后，系統(tǒng)的總動(dòng)量p′＝MAvA＋MBvB＝2×(－1) kg·m/s＋1×22 kg·m/s＝20 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×12 J＋×1×222 J＝243 J>Ek，系統(tǒng)動(dòng)能增加，不可能，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，碰撞后，系統(tǒng)的總動(dòng)量p′＝MAvA＋MBvB＝2×6 kg·m/s＋1×8 kg·m/s＝20 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×62 J＋×1×82 J＝68 J

8、情況，是可能的，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，碰撞后，系統(tǒng)的總動(dòng)量p′＝MAvA＋MBvB＝2×2 kg·m/s＋1×16 kg·m/s＝20 kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)能：Ek′＝MAvA2＋MBvB2＝×2×22 J＋×1×162 J＝132 J＞Ek，系統(tǒng)動(dòng)能增加，不可能，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 7．(2018·龍巖模擬)(多選)如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個(gè)相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)．在t＝0時(shí)輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說法正確的是(　　) A．t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量守恒 B．t＝至t＝時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量守

9、恒 C．t＝時(shí)，A的動(dòng)量為2mv D．t＝時(shí)，A的動(dòng)量為4mv 答案　AC 解析　A項(xiàng)，設(shè)A、B所受的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝2f，得f＝，輕繩斷開后，對(duì)B，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得－ft＝0－mv，聯(lián)立得t＝，即t＝時(shí)B停止運(yùn)動(dòng)．在B停止運(yùn)動(dòng)前，即在t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，A、B系統(tǒng)的外力之和為零，總動(dòng)量守恒．故A項(xiàng)正確．B項(xiàng)，t＝至t＝時(shí)間內(nèi)，B停止運(yùn)動(dòng)，A勻加速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的外力之和不為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，t＝時(shí)，取向右為正方向，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得2mv＝pA＋0，得A的動(dòng)量pA＝2mv，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，t＝時(shí)即B停止t＝時(shí)，對(duì)A，由動(dòng)

10、量定理得ft＝pA′－2mv，解得A的動(dòng)量pA′＝3mv，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 8.(2018·廣東一模)如圖所示，一質(zhì)量為0.5 kg的一塊橡皮泥自距小車上表面1.25 m高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2 kg、速度為2.5 m/s沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)的小車上，并與小車一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．橡皮泥下落的時(shí)間為0.3 s B．橡皮泥與小車一起在水平地面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為3.5 m/s C．橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．整個(gè)過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為7.5 J 答案　D 解析　

11、A項(xiàng)，橡皮泥下落的時(shí)間為：t＝＝ s＝0.5 s．故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，橡皮泥與小車在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共同速度為：v＝＝ m/s＝2 m/s.故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，但豎直方向的動(dòng)量不守恒．故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在整個(gè)的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于橡皮泥的重力勢能與二者損失的動(dòng)能，得：ΔE＝m2gh＋[m1v02－(m1＋m2)v2]．代入數(shù)據(jù)可得：ΔE＝7.5 J．故D項(xiàng)正確． 9.(2018·安徽模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B

12、靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)．現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8 m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s 答案　A 解析　滑塊A下滑過程，由機(jī)械能守恒定律得 mAgR＝mAv02 解得v0＝6 m/s 若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得： mAv0＝mAvA＋mBvB. mAv02＝mAvA2＋mBvB2. 解得vB＝4 m/s 若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定

13、律得： mAv0＝(mA＋mB)vB′ 解得vB′＝2 m/s 所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能為5 m/s. 10．(2018·安陽一模)(多選)如圖所示，小球A和小球B位于同一豎直線上，小球A距水平地面的高度為H＝0.6 m，小球B到水平地面的距離為h＝0.2 m，同時(shí)由靜止釋放兩球．設(shè)B和地面為彈性碰撞，兩球碰撞后B球速度為0，小球A的質(zhì)量為m，小球B的質(zhì)量為5m.重力加速度大小為g＝10 m/s2，忽略小球的直徑、空氣阻力及碰撞時(shí)間，小球所受重力遠(yuǎn)小于碰撞力．以地面為參考面，兩球第一次碰撞后小球A能到達(dá)的高度為(　　) A．1.6 m

14、 B．0.82 m C．0.6 m D．0.35 m 答案　D 解析　B球落地時(shí)的速度大小為v1＝＝ m/s＝2 m/s，此時(shí)A球的速度大小也為2 m/s. 設(shè)B球撞地后上升t時(shí)間與A球相撞，則有H－h(huán)＝(v1t＋gt2)＋(v1t－gt2) 得t＝0.1 s 兩球相撞前瞬間A球的速度為vA＝v1＋gt＝3 m/s，B球的速度為vB＝v1－gt＝1 m/s 對(duì)于碰撞過程，取向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得5mvB－mvA＝mvA′ 解得vA′＝2 m/s 兩球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度為h′＝＝0.2 m 兩球碰撞處離地高度h″＝v1t－gt2＝2×0.1 m－

15、×10×0.12 m＝0.15 m 所以兩球第一次碰撞后小球A能到達(dá)的高度為H′＝h′＋h″＝0.35 m. 11.某人在一只靜止的小船上練習(xí)打靶，已知船、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時(shí)，前一顆子彈已嵌入靶中，求發(fā)射完n顆子彈時(shí)，小船后退的距離為(　　) A.L B.L C.L D.L 答案　C 解析　由題意知系統(tǒng)動(dòng)量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說明發(fā)射后一顆子彈時(shí)，車已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)．每發(fā)射一顆子彈，車后退一段距離．每發(fā)射一顆子彈時(shí)，子彈動(dòng)量為m

16、v，由動(dòng)量守恒定律有： 0＝mv－[M＋(n－1)m]v′ 設(shè)每發(fā)射一顆子彈車后退x，則子彈相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的距離是(L－x)， m()＝[M＋(n－1)m] 解得：x＝，則打完n發(fā)后車共后退s＝. 12.(2018·廣東模擬)用一個(gè)半球形容器和三個(gè)小球可以進(jìn)行碰撞實(shí)驗(yàn)．已知容器內(nèi)側(cè)面光滑，半徑為R.三個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2、m3的小球1、2、3，半徑相同且可視為質(zhì)點(diǎn)，自左向右依次靜置于容器底部的同一直線上且彼此相互接觸．若將質(zhì)量為m1的小球移至左側(cè)離容器底高h(yuǎn)處無初速釋放，如圖所示．各小球間的碰撞時(shí)間極短且碰撞時(shí)無機(jī)械能損失．小球1與2、2與3碰后，球1停在O點(diǎn)正下方，球2上升的最大

17、高度為R，球3恰能滑出容器，則三個(gè)小球的質(zhì)量之比為(　　) A．2∶2∶1 B．3∶3∶1 C．4∶4∶1 D．3∶2∶1 答案　B 解析　由題意，碰撞后球1球2速度交換，m1＝m2 球1下滑過程，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝m1v02 對(duì)于碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3. 由機(jī)械能守恒定律得：m1v02＝m2v22＋m3v32. 碰后，對(duì)球2有m2g·R＝m2v22. 對(duì)球3有m3gR＝m3v32. 聯(lián)立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1. 二、非選擇題 13．(2018·課標(biāo)全國Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有

18、汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B，兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小． 答案　(1)3 m/s　(2)4.3 m/s 解析　(1)以B車為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理可得： －μmBgxB＝0－mBvB2 代入數(shù)據(jù)解得：vB＝3 m/s； (2)設(shè)

19、碰后A車速度大小為vA，碰前A車速度大小為v0， 碰后A車運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得： －μmAgxA＝0－mAvA2， 代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2 m/s； 兩車碰撞過程中，取向右為正、根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得： mAv0＝mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4.3 m/s. 14.(2018·沈陽二模)如圖所示，質(zhì)量M＝9 kg的小車A以大小v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面勻速運(yùn)動(dòng)，小車左端固定的支架光滑水平臺(tái)面上放置質(zhì)量m＝1 kg的小球B(可看做質(zhì)點(diǎn))，小球距離車面H＝0.8 m．某一時(shí)刻，小車與靜止在水平面上的質(zhì)量m0＝6 kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時(shí)間可忽

20、略)，此后，小球剛好落入小車右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小車的最終速度的大小v； (2)初始時(shí)小球與沙桶的水平距離Δx. 答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m 解析　(1)整個(gè)過程中，小球、小車和物塊C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，設(shè)系統(tǒng)最終速度為v，取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得： (M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v 解得：v＝5 m/s (2)A與C的碰撞過程動(dòng)量守恒，則有： Mv0＝(M＋m0)v1. 設(shè)小球下落的時(shí)間為t，則有： H＝gt2. Δx＝(v0－v1)t 解得：Δx＝1.28 m. 9