2023年高考物理一轮复习课时练19《动量守恒定律》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练19

《动量守恒定律》

一 、选择题

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，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为(　　)

A.        B.       C.        D.

3.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)

A.Δp＝2  kg·m/s　W＝－2 J

B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J

C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J

D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J

4.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为(　　)

A.       B.        C.       D.v1

5.小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是(　　)

A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s

B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s

C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s

D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s

6.一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

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，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

9. (多选)如图所示，质量为M=1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3 kg的滑块以初速度v0=2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是(　　)

A.滑块和木板的加速度大小之比是1∶3

B.整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 J

C.可以求出木板的最小长度是1.5 m

D.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3

10. (多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车AB总质量为 m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止。当突然烧断细绳时，木块C被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦。以下说法正确的是(　　)

A.弹簧伸长过程中木块C向右运动，同时小车AB也向右运动

B.木块C与B碰前，木块C与小车AB的速率之比为m0∶m

C.木块C与油泥粘在一起后，小车AB立即停止运动

D.木块C与油泥粘在一起后，小车AB继续向右运动

11. (多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是  (　　)

A.均为1 m/s                 B.＋4 m/s和－5 m/s

C.＋2 m/s和－1 m/s          D.－1 m/s和＋5 m/s

12. (多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(　　)

A.A、B系统总动量仍然为mv

B.A的动量变为零

C.B的动量达到最大值

D.A、B的速度相等

三 、计算题

13.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2，空气阻力不计。求：

(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

(2)A的最大速度v的大小；

(3)初始时B离地面的高度H。

14.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0 kg, mB＝0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10 kg的滑块C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50 m/s。求：

(1)木块A的最终速度vA；

(2)滑块C离开A时的速度vC′。

15.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.答案解析

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：C；

解析：规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0=MvB－(M＋m)vA，得=，故C正确。

3.答案为：A

解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，A正确，B、C、D错误。

4.答案为：D

解析：在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m＋M)v1＝mv1＋Mv车，因此v车＝v1，所以D正确。

5.答案为：B

解析：首先判断动量是否守恒，经过计算，四个选项均满足动量守恒；然后判断机械能变化，碰前系统的动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，因为动能不增加，所以碰后系统的动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2≤22 J，满足条件的有选项A和B，排除选项C和D。最后判断速度关系，本题中，小球A追上B发生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除选项A，故B正确。

6.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。

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：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。

9.答案为：ABD；

解析：因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为==，A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0=(M＋m)v，解得v=1.5 m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q=mv02－(M＋m)v2=1.5 J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1=t，木板的位移x2=t，两者之比===，故D正确。

10.答案为：BC

解析：小车AB、物块C和弹簧组成的系统动量守恒，初状态总动量为零，在弹簧伸长的过程中，木块C向右运动，则小车向左运动，故A错误；规定向右为正方向，在木块C与B碰前，根据动量守恒有：0＝mvC－m0v，解得vC∶v＝m0∶m，故B正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当木块C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误。

11.答案为：AD

解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况：

Ek＝m1v＋m2v＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J，Ek′＝m1v′＋m2v2′2

由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B；选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v1′>0，v2′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误；验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。

12.答案为：AD

解析：系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确、B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误。

三 、计算题

13.解：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h=gt2　①

代入数据解得t=0.6 s。　              ②

(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB=gt　③

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得

mBvB=(mA＋mB)v　              ④

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，

联立②③④式，代入数据解得v=2 m/s。　              ⑤

(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH=mAgH　⑥

代入数据解得H=0.6 m。　              ⑦

14.解：C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒

mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′

C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒

mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v

解得vA＝0.25 m/s

vC′＝2.75 m/s。

15.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.