（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十一）動量守恒定律（含解析）

（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十一）動量守恒定律（含解析）1如圖所示，有兩個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人B時，兩個人會向相反的方向運動。不計摩擦力，則下列判斷正確的是()AA、B的質(zhì)量一定相等B推后兩人的動能一定相等C推后兩人的總動量一定為零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人B時，不計摩擦力，兩人組成的系統(tǒng)動量守恒，推后兩人的總動量一定為零，選項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上向相反方向滑動的過程中()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)動量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒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)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒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)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒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)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒解析：選D當(dāng)A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時，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，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒。對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)的動量守恒。故選項D正確。3.如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M2m的斜面體，斜面體表面光滑、高度為h、傾角為。一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中機械能損失。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. Dh解析：選C斜面固定時，由動能定理得：mgh0mv02，所以v0；斜面不固定時，由水平方向動量守恒得：mv0(Mm)v，由機械能守恒得：mv02(Mm)v2mgh；解得：hh。故C正確。4.如圖所示，一質(zhì)量M3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m1.0 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開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離木板B。 在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A1.8 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s解析：選BA先向左減速到零，再向右做加速運動，在此期間，木板做減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，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MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s，只有選項B正確。5(2019·廈門調(diào)研)如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車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車上，兩車靜止。若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止。則此時A車和B車的速度之比為()A. B.C. D.解析：選C規(guī)定向右為正方向，則由動量守恒定律有：0MvB(Mm)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兩個小球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8 kg·m/s，運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為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 23B右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 16C左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 23D左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 16解析：選C碰前兩球的動量均為8 kg·m/s，則兩球運動方向均向右，又mB2mA，則vBvA，所以左方為A球，右方為B球；A、B 兩球發(fā)生碰撞時由動量守恒定律可得pApB，因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s，B球的動量為12 kg·m/s，由mB2mA可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為23，故C正確。B級保分題目練通抓牢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向左運動，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，則在相互作用過程中()A彈丸和木塊的速率都是越來越小B彈丸在任一時刻的速率不可能為零C彈丸對木塊一直做負(fù)功，木塊對彈丸先做負(fù)功后做正功D彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?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，所以兩者組成的系統(tǒng)總動量向左，彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可知，彈丸停在木塊中后它們一起向左運動，即彈丸開始時向右運動，后向左運動，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刻可能為零，故A、B錯誤；木塊一直向左運動，彈丸對木塊一直做負(fù)功，彈丸先向右運動后向左運動，則木塊對彈丸先做負(fù)功后做正功，故C正確；由牛頓第三定律知，彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等，相互作用的時間相等，由沖量的定義式IFt知，彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?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B與水平粗糙軌道BC相切，BC2R。將質(zhì)量也為m的物塊(可視為質(zhì)點)從A點無初速釋放。只考慮物塊與BC間的摩擦，其兩者間的動摩擦因數(shù)為，其余一切摩擦不計，則物塊相對BC運動的位移大小為()A.R BRC.R D2R解析：選A物塊從A下滑到B的過程中，小車保持靜止，對物塊，由機械能守恒定律得：mgRmv02從B到C的過程中，小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：mv02mv從B到C的過程中，由功能關(guān)系得：mgxmv02·2mv2解得xR，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，質(zhì)量均為m1 kg，現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細(xì)線懸于輕質(zhì)支架頂端，mC0.5 kg。開始時A車與C球以v04 m/s的速度沖向靜止的B車。若兩車正碰后粘在一起，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則()AA車與B車碰撞瞬間，兩車動量守恒，機械能也守恒B從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C小球能上升的最大高度為0.16 mD小球能上升的最大高度為0.12 m解析：選C兩車碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機械能損失，A項錯誤；從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，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)動量不守恒，B項錯誤；A、B兩車碰撞過程，動量守恒，設(shè)兩車剛粘在一起時共同速度為v1，有mv02mv1，解得v12 m/s；從小球開始上擺到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小球上升到最高點時三者共同速度為v2，有2mv1mCv0(2mmC)v2，解得v22.4 m/s；從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即mCghmCv02·2mv12(2mmC)v22，解得h0.16 m，C項正確，D項錯誤。10如圖所示，水平固定的長滑竿上套有兩個質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動的圓環(huán))A和B，兩滑扣之間由不可伸長的柔軟輕質(zhì)細(xì)線相連，細(xì)線長度為l，滑扣在滑竿上滑行時所受的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小的k倍。開始時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一個向左的水平初速度使其在滑竿上開始向左滑行，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)線拉緊過程的時間極短，重力加速度為g。求：(1)滑扣A的初速度的大??；(2)整個過程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的機械能損失。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akg，由運動學(xué)公式得v12v022al，細(xì)線拉緊后，A、B滑扣的共同速度為v2，由動量守恒定律得，mv12mv2，細(xì)線拉緊后滑扣繼續(xù)滑行的加速度大小也為a，由運動學(xué)公式得0v222a·。聯(lián)立解得v2，v12，v0。(2)由能量守恒定律得Emv02kmglk·2mg·l，解得Ekmgl。答案：(1)(2)kmglC級難度題目適情選做11.某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移時間圖像。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動的滑塊、和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時間極短，由圖像給出的信息可知()A碰前滑塊與滑塊速度大小之比為72B碰前滑塊的動量大小比滑塊的動量大小大C碰前滑塊的動能比滑塊的動能小D滑塊的質(zhì)量是滑塊的質(zhì)量的解析：選D根據(jù)s­t圖像的斜率等于速度，可知碰前滑塊速度為v12 m/s，滑塊的速度為v20.8 m/s，則碰前速度大小之比為52，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊的動量為負(fù)，滑塊的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊的動量大小小于滑塊的動量大小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v0.4 m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由動能的表達(dá)式可知，m1v12>m2v22，故C錯誤，D正確。12如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦。下列說法中正確的是()A當(dāng)v0時，小球能到達(dá)B點B如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C當(dāng)v0時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大D如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為m解析：選C滑塊不固定，當(dāng)v0時，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0(mM)v，mv02(Mm)v2mgh，可解得hRR，故A錯誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mgm，D錯誤。13. (2019·西安模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為mAm、mB3m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B物體緩慢施加一個水平向右的力，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，彈簧在彈性限度內(nèi))求：(1)從撤去外力到A物體開始運動，墻壁對A物體的沖量IA大??；(2)A、B兩物體離開墻壁后到達(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)原長時，物體B的速度為vB0，由能量守恒有：W0mvB02，解得vB0此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，也等于彈簧對物體B的沖量大小，有：IA3mvB0。(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，物體A離開墻壁，彈簧伸長，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)到原長時，物體A達(dá)到最大速度，物體B的速度減小到最小值，此過程滿足動量守恒、機械能守恒，有：3mvB0mvA3mvB，×3mvB02mvA2×3mvB2解得：vBvB0。(3)若物體B恰好過最高點不脫離圓形軌道物體B經(jīng)過最高點時，有：mBvB2mBv12mBg·2R，mBgmB解得：R，所以R若物體B恰好能運動到與圓形軌道圓心等高處，有mBvB2mBgR解得：R，所以R。答案：(1)(2)(3)R或R