（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十一）動(dòng)量守恒定律（含解析）

（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十一）動(dòng)量守恒定律（含解析） 1．如圖所示，有兩個(gè)穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上，當(dāng)其中某人A從背后輕輕推另一個(gè)人B時(shí)，兩個(gè)人會(huì)向相反的方向運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦力，則下列判斷正確的是(　　) A．A、B的質(zhì)量一定相等 B．推后兩人的動(dòng)能一定相等 C．推后兩人的總動(dòng)量一定為零 D．推后兩人的速度大小一定相等 解析：選C　有兩個(gè)穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上，當(dāng)其中某人A從背后輕輕推另一個(gè)人B時(shí)，不計(jì)摩擦力，兩人組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，推后兩人的總動(dòng)量一定為零，選項(xiàng)C正確。 2. (2018·徐州八校聯(lián)考)如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細(xì)繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車(chē)C上后，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。若地面光滑，則在細(xì)繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動(dòng)的過(guò)程中(　　) A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 B．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 D．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 解析：選D　當(dāng)A、B兩物體及彈簧組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí)，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí)，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動(dòng)量不守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小相等時(shí)，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒。對(duì)A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力，無(wú)論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。故選項(xiàng)D正確。 3.如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M＝2m的斜面體，斜面體表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D．h 解析：選C　斜面固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：－mgh＝0－mv02，所以v0＝；斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由機(jī)械能守恒得：mv02＝(M＋m)v2＋mgh′；解得：h′＝h。故C正確。 4.如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離木板B。 在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是(　　) A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：選B　A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板做減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s，只有選項(xiàng)B正確。 5．(2019·廈門(mén)調(diào)研)如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車(chē)A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車(chē)上，兩車(chē)靜止。若這個(gè)人自A車(chē)跳到B車(chē)上，接著又跳回A車(chē)并與A車(chē)相對(duì)靜止。則此時(shí)A車(chē)和B車(chē)的速度之比為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　規(guī)定向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故C正確。 6.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為8 kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 2∶3 B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 2∶3 D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 解析：選C　碰前兩球的動(dòng)量均為8 kg·m/s，則兩球運(yùn)動(dòng)方向均向右，又mB＝2mA，則vB＜vA，所以左方為A球，右方為B球；A、B 兩球發(fā)生碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，因此碰撞后A球的動(dòng)量為4 kg·m/s，B球的動(dòng)量為12 kg·m/s，由mB＝2mA可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。 [B級(jí)——保分題目練通抓牢] 7.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運(yùn)動(dòng)，一顆質(zhì)量為m(m<M)的彈丸以速度v向右水平擊中木塊并最終停在木塊中。設(shè)彈丸與木塊之間的相互作用力大小不變，則在相互作用過(guò)程中(　　) A．彈丸和木塊的速率都是越來(lái)越小 B．彈丸在任一時(shí)刻的速率不可能為零 C．彈丸對(duì)木塊一直做負(fù)功，木塊對(duì)彈丸先做負(fù)功后做正功 D．彈丸對(duì)木塊的水平?jīng)_量與木塊對(duì)彈丸的水平?jīng)_量大小相等 解析：選CD　彈丸擊中木塊前，由于m<M，兩者速率相等，所以?xún)烧呓M成的系統(tǒng)總動(dòng)量向左，彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，彈丸停在木塊中后它們一起向左運(yùn)動(dòng)，即彈丸開(kāi)始時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，后向左運(yùn)動(dòng)，故彈丸的速率先減小后增大，木塊的速率一直減小，由以上分析知，彈丸的速率在某一時(shí)刻可能為零，故A、B錯(cuò)誤；木塊一直向左運(yùn)動(dòng)，彈丸對(duì)木塊一直做負(fù)功，彈丸先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng)，則木塊對(duì)彈丸先做負(fù)功后做正功，故C正確；由牛頓第三定律知，彈丸對(duì)木塊的水平作用力與木塊對(duì)彈丸的水平作用力大小相等，相互作用的時(shí)間相等，由沖量的定義式I＝Ft知，彈丸對(duì)木塊的水平?jīng)_量與木塊對(duì)彈丸的水平?jīng)_量大小相等，故D正確。 8.如圖所示，質(zhì)量為m的小車(chē)左端緊靠豎直墻壁但不固定，其左側(cè)AB部分為光滑圓弧軌道，半徑為R，軌道最低點(diǎn)B與水平粗糙軌道BC相切，BC＝2R。將質(zhì)量也為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無(wú)初速釋放。只考慮物塊與BC間的摩擦，其兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余一切摩擦不計(jì)，則物塊相對(duì)BC運(yùn)動(dòng)的位移大小為(　　) A.R B．R C.R D．2R 解析：選A　物塊從A下滑到B的過(guò)程中，小車(chē)保持靜止，對(duì)物塊，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝mv02 從B到C的過(guò)程中，小車(chē)和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有：mv0＝2mv 從B到C的過(guò)程中，由功能關(guān)系得： μmgΔx＝mv02－·2mv2 解得Δx＝R，故A正確。 9. (2019·撫州模擬)如圖所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車(chē)，質(zhì)量均為m＝1 kg，現(xiàn)將小球C用長(zhǎng)為0.2 m的細(xì)線懸于輕質(zhì)支架頂端，mC＝0.5 kg。開(kāi)始時(shí)A車(chē)與C球以v0＝4 m/s的速度沖向靜止的B車(chē)。若兩車(chē)正碰后粘在一起，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) A．A車(chē)與B車(chē)碰撞瞬間，兩車(chē)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒 B．從兩車(chē)粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．小球能上升的最大高度為0.16 m D．小球能上升的最大高度為0.12 m 解析：選C　兩車(chē)碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從兩車(chē)粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B兩車(chē)碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒，設(shè)兩車(chē)剛粘在一起時(shí)共同速度為v1，有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；從小球開(kāi)始上擺到小球擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)三者共同速度為v2，有2mv1＋mCv0＝(2m＋mC)v2，解得v2＝2.4 m/s；從兩車(chē)粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即mCgh＝mCv02＋·2mv12－(2m＋mC)v22，解得h＝0.16 m，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 10．如圖所示，水平固定的長(zhǎng)滑竿上套有兩個(gè)質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動(dòng)的圓環(huán))A和B，兩滑扣之間由不可伸長(zhǎng)的柔軟輕質(zhì)細(xì)線相連，細(xì)線長(zhǎng)度為l，滑扣在滑竿上滑行時(shí)所受的阻力大小恒為滑扣對(duì)滑竿正壓力大小的k倍。開(kāi)始時(shí)兩滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)。今給滑扣A一個(gè)向左的水平初速度使其在滑竿上開(kāi)始向左滑行，細(xì)線拉緊后兩滑扣以共同的速度向前滑行，繼續(xù)滑行距離后靜止，假設(shè)細(xì)線拉緊過(guò)程的時(shí)間極短，重力加速度為g。求： (1)滑扣A的初速度的大小； (2)整個(gè)過(guò)程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的機(jī)械能損失。 解析：(1)設(shè)滑扣A的初速度為v0，細(xì)線拉緊前瞬間滑扣A的速度為v1，滑扣A的加速度a＝kg，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v12－v02＝－2al，細(xì)線拉緊后，A、B滑扣的共同速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得，mv1＝2mv2，細(xì)線拉緊后滑扣繼續(xù)滑行的加速度大小也為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－v22＝－2a·。 聯(lián)立解得v2＝，v1＝2，v0＝。 (2)由能量守恒定律得 ΔE＝mv02－kmgl－k·2mg·l， 解得ΔE＝kmgl。 答案：(1)　(2)kmgl [C級(jí)——難度題目適情選做] 11.某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時(shí)間極短，由圖像給出的信息可知(　　) A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小 D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 解析：選D　根據(jù)s­t圖像的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A錯(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小小于滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小，故B錯(cuò)誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動(dòng)能的表達(dá)式可知，m1v12>m2v22，故C錯(cuò)誤，D正確。 12．如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．當(dāng)v0＝時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn) B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上 C．當(dāng)v0＝時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能一直增大 D．如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為m 解析：選C　滑塊不固定，當(dāng)v0＝時(shí)，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A錯(cuò)誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對(duì)滑塊做正功，故滑塊的動(dòng)能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開(kāi)滑塊時(shí)，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同，離開(kāi)B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上，B錯(cuò)誤；如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg＋m，D錯(cuò)誤。 13. (2019·西安模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝m、mB＝3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上，其中A物體緊靠光滑墻壁，A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)水平向右的力，使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定，此過(guò)程中，該力做功為W0。現(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定，(設(shè)重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧在彈性限度內(nèi))求： (1)從撤去外力到A物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，墻壁對(duì)A物體的沖量IA大??； (2)A、B兩物體離開(kāi)墻壁后到達(dá)圓軌道之前，B物體的最小速度vB是多大； (3)若在B物體獲得最小速度瞬間脫離彈簧，從光滑圓形軌道右側(cè)小口進(jìn)入(B物體進(jìn)入后小口自動(dòng)封閉組成完整的圓形軌道)圓形軌道，要使B物體不脫離圓形軌道，試求圓形軌道半徑R的取值范圍。 解析：(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度為vB0， 由能量守恒有：W0＝mvB02， 解得vB0＝ 此過(guò)程中墻壁對(duì)物體A的沖量大小等于彈簧對(duì)物體A的沖量大小，也等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，有： IA＝3mvB0＝。 (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，物體A離開(kāi)墻壁，彈簧伸長(zhǎng)，物體A的速度逐漸增大，物體B的速度逐漸減小。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體A達(dá)到最大速度，物體B的速度減小到最小值，此過(guò)程滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有： 3mvB0＝mvA＋3mvB， ×3mvB02＝mvA2＋×3mvB2 解得：vB＝vB0＝。 (3)若物體B恰好過(guò)最高點(diǎn)不脫離圓形軌道 物體B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，有： mBvB2＝mBv12＋mBg·2R，mBg＝mB 解得：R＝，所以R≤ 若物體B恰好能運(yùn)動(dòng)到與圓形軌道圓心等高處，有mBvB2＝mBgR 解得：R＝，所以R≥。 答案：(1)　(2)　(3)R≥或R≤