高考物理二轮复习 专题冲刺 考前基础回扣练八 动量与动量守恒定律（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、八动量与动量守恒定律1(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A拉力F对物体的冲量大小为FtB拉力F对物体的冲量大小是FtcosC合力对物体的冲量大小为零D重力对物体的冲量大小是mgt答案ACD解析拉力对物体的冲量大小为：IFFt，故A正确，B错误；由于物体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故C正确；重力对物体的冲量大小为IGmgt，故D正确。2. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向

2、向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()AA和B都向左运动 BA和B都向右运动CA静止，B向右运动 DA向左运动，B向右运动答案D解析选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0，B的动量pB2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有D符合题意。3. 如图所示，光滑水平面上有质量均为m的滑块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为()A.mv B.mv C.mv D.mv答案C解析当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，

3、根据动量守恒定律，有：mv02mv1，解得：v1v0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为：Epmv2m2mv，故选C。4. (多选)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则()AA能到达B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点时A的速率为 CA运动到圆槽的最低点时B的速率为 DB向右运动的最大位移大小为答案AD解析运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确

4、；设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0mvA2mvB，解得vA2vB，根据机械能守恒定律得mgRmv2mv，解得vB ，vA ，B、C错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2Rx)2mx，解得xR，D正确。5(多选)如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则()A此时物块的动能为(Ff

5、)(sl)，动量为(Ff)tB此时小车的动能为f(sl)，动量为ftC这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD这一过程中，物块和小车产生的内能为fl答案AD解析对物块分析，物块的位移为ls，根据动能定理得，(Ff)(ls)mv20，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(ls)，由动量定理：(Ff)tmv，则物块的动量为(Ff)t，故A正确；小车的位移为s，受到的摩擦力为f，根据动能定理有Ek车fs，根据动量定理有p车ft，B错误；由A、B项分析可得，物块和小车增加的机械能为E(Ff)(sl)fsFs(Ff)l，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力所做的功，大小为fl，故D正

6、确。6如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个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mA3mB，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W1W211B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p1和p2，则有p1p211D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13答案D解析弹簧弹开两木块过程中，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mAvAmBvB0，则速度大

7、小之比vAvB13，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1mAv，W2mBv，联立解得W1W213，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAvAmBvB0，可得vAvB0，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p1mAgt，p2mBgt，所以p1p231，故C错误；两木块加速时，由Fxmv2可知，F相等，位移大小之比为13，A、B两木块加速后的速度之比为vAvBmBmA13，在桌面上匀速运动相同的时间离开桌面后均做平抛运动，运动时间t也相等，故A

8、、B两木块总的水平位移大小之比为13，D正确。7如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。答案(1)v0(2)解析(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0m3mv，解得vv0对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒定律有FfLmvm2(3m)v2解得子弹受到木块阻力Ff。(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于m2FfL，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m(m3m)v共解得v共。对第二块木块，由动量定理有Fft3m子弹在第二块木块中的运动时间为t。