2022年度高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及“三類模型”問題課時達標訓練

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1、2022年度高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及“三類模型”問題課時達標訓練 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題) 1．如圖1所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上。A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則下列說法中不正確的是(　　) 圖1 A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．若A、B所受的摩擦力

2、大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 解析　如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，彈簧釋放后A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D均正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，故其動量守恒，C正確。 答案　A 2．(2018·濰坊名校?？?在光滑的水平面上有a、b兩

3、球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球碰撞前后的速度—時間圖象如圖2所示，下列關系正確的是(　　) 圖2 A．ma＞mb　 B．ma＜mb C．ma＝mb 　D．無法判斷 解析　由圖象知a球以一初速度向原來靜止的b球運動，碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小，根據動量守恒定律，a球的質量小于b球的質量。 答案　B 3．如圖3所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　) 圖3 A．兩者的速度均為

4、零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速度為，方向水平向右 D．盒子的最終速度為，方向水平向右 解析　由于盒子內表面不光滑，在多次碰后物體與盒相對靜止，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D正確。 答案　D 4．兩質量、大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，則A、B兩木塊被子彈射穿后的速度之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶ 解析　因木塊對子彈的阻力恒定，且子彈射穿兩木塊的時間相同，子彈在射穿兩

5、木塊對木塊的沖量相同。射穿A時，兩木塊獲得的速度為v′，根據動量定理，有 I＝2mv′－0① 射穿木塊B時，B的速度發(fā)生改變，而A的速度不變。射穿B后，B的速度為v″，根據動量定理，有 I＝mv″－mv′② ①②聯立，2mv′＝mv″－mv′ 得＝。選項C正確。 答案　C 5．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析　由于彈丸爆炸后甲、乙兩塊均水平飛出，故兩塊彈片都做平拋運動，由平拋運動規(guī)

6、律h＝gt2可知t＝＝ s＝1 s，若甲水平位移為x＝2.5 m時，則v甲＝＝2.5 m/s，則由彈丸爆炸前后動量守恒，可得mv0＝mv甲＋mv乙，代入數據解得v乙＝0.5 m/s，方向與v甲相同，水平向前，故A錯，B對；若乙水平位移為x′＝2 m時，則v乙＝＝2 m/s，即乙塊彈片爆炸前后速度不變，由動量守恒定律知，甲塊彈片速度也不會變化，不合題意，故C、D均錯。 答案　B 6．(2018·河北唐山月考)如圖4所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量

7、的變化量。則下列選項中可能正確的是 (　　) 圖4 A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s 解析　本題的碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況。本題屬于追及碰撞，碰前，后面運動物體的速度一定要大于前面運動物體的速度(否則無法實現碰撞)，碰后、前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0

8、，并且ΔpA＝－ΔpB，據此可排除選項D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據關系式Ek＝可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個原則。 答案　AB 7．A、B兩球沿同一條直線運動，如圖5所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x－t圖象。c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質量為1 kg，則B球質量及碰后它們的速度大

9、小為(　　) 圖5 A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s 解析　由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝ m/s＝－1 m/s。 碰撞過程中動量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知選項B、D正確。 答案　BD 8．質量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰。碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，那么小球B的速度可能是 (　　) A.v0 B.v0 C.v0

10、 D.v0 解析　要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼?，則其速度大小僅為原來的。兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈。 當以A球原來的速度方向為正方向時，則 vA′＝±v0， 根據兩球碰撞前、后的總動量守恒，有 mv0＋0＝m×v0＋2mvB′， mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″。 解得vB′＝v0，vB″＝v0。 答案　AB 二、非選擇題 9．如圖6所示，質量為0.01 kg的子彈以200 m/s的速度從正下方擊穿—個質量為0.2 kg的木球，子彈擊穿木球后，木球升起2.5 m 高，求擊

11、穿木球后，子彈還能上升多高。(不計空氣阻力，取g＝9.8 m/s2) 圖6 解析　在子彈擊中并穿過木球的極短時間內，它們之間的相互作用力遠大于重力，可以認為子彈和木球在這短暫時間內動量守恒。設子彈穿過木球后子彈和木球的速度分別為v1和v2， 有m1v0＝m1v1＋m2v2① 又v＝2gH② 得v1＝ ＝ m/s＝60 m/s 則子彈上升的高度h＝＝ m＝184 m 答案　184 m 10．如圖7所示，小車的質量M＝2.0 kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，一小物塊(可視為質點)質量為m＝0.5 kg，與軌道BC間的動摩擦因數μ＝0.10，BC

12、部分的長度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。 圖7 (1)若小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點靜止釋放，小物塊恰好可運動到C點。試求D點與BC軌道的高度差； (2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點時的速度大小。 解析　(1)設D點與BC軌道的高度差為h，根據動能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m (2)設小物塊滑到BC中點時小物塊的速度為v1，小車的速度為v2，對系統(tǒng)，水平方向動量守恒有：mv1－Mv2＝0；根據功能關系有：μmg＝mgh－(mv＋Mv)；由以上各式，解得：v1＝

13、0.80 m/s。 答案　(1)8.0×10－2 m　(2)0.80 m/s 11．質量分別為mA＝m，mB＝3m的A、B兩物體如圖8所示放置，其中A緊靠墻壁，A、B由質量不計的輕彈簧相連?，F對B物體緩慢施加一個向左的推力，該力做功W，使A、B之間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止，之后突然撤去向左的推力解除壓縮。不計一切摩擦。 圖8 (1)從解除壓縮到A運動，墻對A的沖量的大小為多少？ (2)A、B都運動后，A、B的最小速度各為多大？ 解析　 (1)壓縮彈簧時，推力做功全部轉化為彈簧的彈性勢能，撤去推力后，B在彈力的作用下做加速運動。在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)機械能守恒。設彈簧恢

14、復原長時，B的速度為vBO，有 W＝mv 此過程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動量的變化量，有 I＝3mvBO 解得I＝。 (2)當彈簧恢復原長時，A的速度為最小值vAO，有vAO＝0 A離開墻后，在彈簧的作用下速度逐漸增大，B的速度逐漸減小，當彈簧再次恢復原長時，A達到最大速度vA，B的速度減小到最小值vB。在此過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，有 3mvBO＝mvA＋3mvB W＝mv＋mv 解得vB＝。 答案　(1)　(2)0　 12.如圖9所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m。開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。一

15、段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求： 圖9 (1)B的質量； (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。 解析　(1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v。由題意可知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝② (2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯立②③④式得ΔE＝mv。 答案　(1)　(2)mv