届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练动量守恒定律新人教版.doc

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1、题组层级快练(二十八)一、选择题1(2022课标全国)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s答案A解析在火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的系统总动量守恒，且系统总动量为0，所以火箭动量大小等于燃气动量大小pmv0.05 kg600 m/s30 kgm/s，应选A项2(2022四川联考)如题图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水

2、平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑()A在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处答案C解析在小球在光滑弧形槽上运动时，小球和槽水平方向的动量守恒，在小球接触弹簧受到弹簧弹力作用后，小球和槽的动量不守恒，A项错误；在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力对槽做正功，对小球做负功，B项错误；被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，C项正确；被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，由于槽已经获得动能，小球不能回到槽高h

3、处，D项错误3(2022南平模拟)如下图，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，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运动方向不能确定答案C解析力F大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aAaB，由题意知sAsB，由运动学公式得sAaAtA2，sBaBtB2，可知tAtB，由IAFtA，IBFtB，解得IAIB，由动量定理可知pAIA，pBIB，那么pApB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A、B、D

4、三项错误，C项正确4如下图，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，假设取向右为正方向，两球的动量分别是pA5.0 kgm/s，pB7.0 kgm/s.二者发生正碰，那么碰后两球动量的增量pA和pB可能是()ApA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sBpA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sCpA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sDpA10 kgm/s；pB10 kgm/s答案A解析A项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA3 kgm/s、pB3 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA2 kgm/s、pB10 kgm/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生

5、的，故A项正确；B项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，假设PA3 kgm/s，pB3 kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B项错误；C项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA3 kgm/s、pB3 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA8 kgm/s、pB4 kgm/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C项错误；D项，如果pA10 kgm/s、pB10 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA5 kgm/s、pB17 kgm/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，

6、不可能故D项错误5(2022福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，那么喷出气体的质量m为()AmMBmMCmM DmM答案C解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0(Mm)v2mv1，解得mM，故C项正确6如下图，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线具有初动能E0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后5个物块粘成一个整体这个整体的动能等于()AE0 B.E0C.E0 D.E0答案C解析对整

7、个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv05mv，解得v，因为E0mv02，那么整体的动能Ek5mv2mv02E0.故C项正确，A、B、D三项错误7(2022沈阳一模)在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑去，如下图，假设Mm，那么铁块离开车时将()A向左平抛 B向右平抛C自由落体 D无法判断答案C解析小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0Mv车mv铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02Mv车2mv铁2解得铁块离开车时：v铁0，v车v0.所以铁块离开车时将做自

8、由落体运动，故A、B、D三项错误，C项正确8.(2022银川二模)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，假设A球质量是m2 kg，那么由图判断以下结论不正确的选项是()A碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsCA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J答案C解析A项，由xt图像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA m/s3 m/s，vB m/s2 m/s.碰撞后有：vAvBv m/s1 m/s；那么碰撞前后A的动量变化为：pA

9、mvAmvA2(1) kgm/s2(3) kgm/s4 kgm/s，故A项正确；B项，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后B的动量变化为：pBpA4 kgm/s；对B，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns.故B项正确；C项，由pBmB(vBvB)，所以：mB kg kg，那么A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3) kgm/s2 kgm/s kgm/s，故C项错误；D项，碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J；故D项正确9(2022衡水中学期末卷)如下图，在光滑的水平面上，质

10、量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ2PO，那么两小球质量之比m1m2为()A75 B13C21 D53答案D解析设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：m1v02m1v12m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1v2PO(PO2PQ)15，联立三式可得m1m253，D项正确10(2022铜仁

11、市四模)(多项选择)如下图，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B和C，小球A从弧形轨道上离地高h处由静止释放，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹会后再从弧形轨道上滚下，所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，如果让小球A从h0.2 m处静止释放，那么以下说法正确的选项是(重力加速度为g10 m/s2)()AA球从h处由静止释放那么最后不会与B球再相碰BA球从h处由静止释放那么最后会与B球再相碰CA球从h0.2 m处由静止释放那么C球的最后速度为 m/sDA球从h0.

12、2 m处由静止释放那么C球的最后速度为 m/s答案AD解析A、B两项，设A球的质量为m.A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得mv02mgh，解得v0，A与B发生弹性正碰，那么碰撞过程中，AB动量守恒，机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0mv12mv2，mv02mv122mv22，解得v1v0，v2v0.B与C碰撞过程中，BC组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正，根据动量守恒定律得2mv2(2mm)v，解得vv0|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰；故A项正确，B项错误；C、D两项，当h0.2 m时，根据v0、vv0可得，C球最后的速度v m/

13、s m/s，故C项错误，D项正确二、非选择题11.(2022郑州质检)如下图，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物块在木板上滑行的时间t.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0(m0m

14、)v1，解得v16 m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s.12(2022徐州一模)列车载重时直接向前起动有困难，司机常常先倒车再起动前进设在平直轨道上的某机车后面挂接有n节车厢，机车与每节车厢的质量都为m，它们所受的阻力都为自身重力的k倍，倒车后各节车厢间的挂钩所留间隙均为d，如图(1)所示，在这种情况下，机车以恒定的牵引力F由静止开始起动，机车及各车厢间挂接的时间极短，挂接后挂钩的状态如图(2)所

15、示求：(1)第一节车厢刚被带动时列车的速度(2)最后一节车厢刚被带动时列车的速度(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来，机车牵引力F的最小值解析(1)挂接第一节车厢前，由动能定理得：(Fkmg)dmv120，挂接第一节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：mv12mv1，解得：v1；(2)挂接第二节车厢前，由动能定理得：(Fk2mg)d2mv222mv12，挂接第二节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得2mv23mv2，解得v2，挂接第三节车厢前，由动能定理得：(Fk3mg)d3mv323mv22，挂接第三节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：3mv34mv3，解得v3，同理可得

16、，第n节车厢刚被带动时的速度：vn；(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来，那么vn0，即0，kg0，那么Fkmg.13(2022北京海淀二模)某同学设计了如下图的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、N，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍(k1)在第N个小球右侧有一光滑轨道，其中AB段是水平的，BCD段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B点平滑连接，半圆轨道的直径BD沿竖直方向在水平轨道的A端放置一与第N个悬挂小球完全相同的P小球，所有小

17、球的球心等高现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞.所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；(2)假设N3，求第3个小球与P小球发生第一次碰撞前的速度v3的大小；(3)假设N5，当半圆形轨道半径Rh时，P小球第一次被碰撞后恰好能通过轨道的最高点D，求k值的大小答案(1)(2)()2(3)1解析(1)设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，对于1号小球由h高度运动到最低点过程，根据机械能守恒有m1ghm1v12

18、，解得：v1.(2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有m1v1m1v1m2v2，根据机械能守恒有m1v12m1v12m2v22，解得：v2.设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有m2v2m2v2m3v3，根据机械能守恒有m2v22m2v22m3v32，同理可解得：3号小球被碰后的速度v3()2，即3号小球与P小球发生第一次碰撞前的速度大小v3()2.(3)由(2)中的结果可推知5号小球被碰后的速度v5()4，因为5号小球与P小球质量相等，可知二者发生碰撞后交换速度，所以P小球第一次被碰撞后的速度vP()4.P小球第一次被碰撞后恰好能通过圆轨道的最高点D，设其通过最高点的速度为vD，根据牛顿第二定律P小球在D点有k4m1g，解得：vD.P小球由A到D的运动过程，机械能守恒有m5vP2m5g2Rm5vD2，解得：vP.将Rh，代入上式联立解得：k1.