2022年高考物理一轮考点跟踪练习22《动量守恒定律》（含详解）

2022年高考物理一轮考点跟踪练习22

《动量守恒定律》

一         、单选题

1.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)

A.停止运动

B.向左运动

C.向右运动

D.运动方向不能确定

2.如图所示，一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。 在小木块A做加速运动的时间内，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

3.一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，机械能守恒

B.动量不守恒，机械能守恒

C.动量守恒，机械能不守恒

D.无法判定动量、机械能是否守恒

4.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA=3mB，则下列结果正确的是(　　)

A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2=1∶1

B.在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零

C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2=1∶1

D.若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3

5.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)

A.      B.    C.      D.

6.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　)

A.h          B.2h         C.3h        D.4h

7.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)

A.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3

B.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6

C.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3

D.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6

8.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)

A.当v0=时，小球能到达B点

B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

C.当v0=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m

二         、多选题

9. (多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则(　　)

A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为

B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x

C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2

D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2

10. (多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)

A.小球滑离小车时，小车回到原来位置

B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为v

C.车上管道中心线最高点的竖直高度为

D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是

三         、计算题

11.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

12.如图所示，MN是水平轨道，NP是倾角θ=45°的无限长斜轨道，长为L=0.8 m的细线一端固定在O点，另一端系着质量为mB=2 kg小球B，当细线伸直时B球刚好与MN轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直，B球静止在MN轨道上，在MN轨道上另一个质量为mA=3 kg小球A以速度v0向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g=10 m/s2)

(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周运动，求v0的取值范围。

(2)在满足(1)的条件下，轨道NP上有多长的距离不会被A球击中？

0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习22《动量守恒定律》（含详解）答案解析

一         、单选题

1.答案为：C；

解析：已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，又知xA=xB，由运动学公式得xA=aAtA2，xB=aBtB2，可知tA＞tB，由IA=FtA，IB=FtB，可得IA＞IB，由动量定理可知pA－0=IA，pB－0=IB，则pA＞pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确。

2.答案为：B；

解析：A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv=Mv1，Mv1=(M＋m)v2，可得v1= m/s，v2=2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。

3.答案为：C；

解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项C正确。

4.答案为：D；

解析：弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB=0，则速度之比vA∶vB=1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1=mAvA2，W2=mBvB2，联立解得W1∶W2=1∶3，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB=0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1=mAgt，Δp2=mBgt，所以Δp1∶Δp2=3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB=1∶3，故D正确。

5.答案为：C；

解析：此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0=mx1－Mx2。              ①

且x1＋x2=。②   由①②可得x2=，故C正确。

6.答案为：D；

解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh=(m1＋m2)v2，m2v－m1v=m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2=m1v12＋m2v22，m1v12=m1gh1，将m2=3m1代入，联立可得h1=4h，选项D正确。

7.答案为：C；

解析：A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA=－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。

8.答案为：C；

解析：弧形槽不固定，当v0=时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0=(m＋M)v，mv02=(M＋m)v2＋mgh，可解得h=R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。

二         、多选题

9.答案为：AD；

解析：当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′=ma，对比可得：x′=，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m=0，又xA＋xB=x，解得A的位移为：xA=x，故B错误。根据动量守恒定律得：0=2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep=·2mv2＋mvB2=3mv2，故C错误，D正确。

10.答案为：BC；

解析：小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv=(m＋2m)v′，得v′=，小车动量变化大小Δp车=2m·=mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH=mv2－(m＋2m)v′2，得H=，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv=mv1＋2mv2，mv2=mv12＋·2mv22，解得v1=－，v2=v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v=v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。

三         、计算题

11.解：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，

设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。

由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2＋m3)v              ①

m2v202=(m2＋m3)v2＋m2gh              ②

式中v20=－3 m/s为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg。③

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20=0④

代入数据得v1=1 m/s              ⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20=m2v2＋m3v3              ⑥

m2v202=m2v22＋m3v32              ⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s              ⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。

12.解：(1)A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0=mAvA＋mBvB

由机械能守恒定律得mAv02=mAvA2＋mBvB2   解得vA=，vB=

碰后B球在竖直面内做圆周运动，有两种情况：

第一种情况，B球在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度vB′≥

由机械能守恒定律得：mBvB2=mBg(2L)＋mBvB′2

解得：v0≥ m/s

第二种情况，B球运动的最大高度不超过L

由机械能守恒定律得：mBvB2≤mBgL    解得：v0≤ m/s

v0的取值范围为0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s。

(2)由上可知：碰后A球的速度0＜vA≤ m/s或vA≥ m/s

A球离开水平轨道后做平抛运动，

有x=vAt，y=gt2，又由几何关系知tan 45°=

解得A球落到斜轨道上与N点的距离d==

解得：0＜d≤ m或d≥ m

故轨道NP上不会被A球击中的距离Δd=m= m.