高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十三）动量守恒定律（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（二十三） 动量守恒定律A级保分题目巧做快做1. (2018南平模拟)如图所示，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运动方向不能确定解析：选C已知两个力大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aAaB，又知xAxB，由运动学公式得xAaAtA2，xBaBtB2，可知tAtB，由IAFtA，IBFtB，可得IAIB，由动量定理可知pA0IA，pB0IB，则pApB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程

2、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多选质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()AM、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(Mm0)vMv1m0v2mv3Bm0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足MvMv1mv2Cm0的速度不变，M和m的速度都变为v，且满足Mv(Mm)vDM、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2解析：选BC在M

3、与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确。3(2018桂林质检)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mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kgm/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()A右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23B右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16C左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23D左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16解析：选CA、B 两球发生碰撞，规定向右

4、为正方向，由动量守恒定律可得pApB，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 kgm/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kgm/s，由于mB2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为23，故C正确。4(2018德阳一诊)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

5、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解析：选D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：mAvAmBvB0，则速度之比vAvB13，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1mAvA2，W2mBvB2，联立解得W1W213，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

6、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。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由xv0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vAvB13，故D正确。5如图所示，一个倾角为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 BC D解析：选C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0mx1Mx2。且x1x

7、2。由可得x2，故C正确。6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解析：选C弧形槽不固定，当v0时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0(mM)v，mv02(Mm)v2mgh，可解得hRR，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功

8、，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mgm，D错误。7多选如图所示，质量为M1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m3 kg的滑块以初速度v02 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13B整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC可以求出木板的最小长度是1.5 mD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

9、73解析：选ABD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(Mm)v，解得v1.5 m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Qmv02(Mm)v21.5 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x1t，木板的位移x2t，两者之比，故D正确。8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，小车总质量为M，质量为m的木

10、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AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使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C向右运动，同时小车也向右运动BC与油泥碰前，C与小车的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后，小车立即停止运动DC与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选BC小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0mv1Mv2，得，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0(Mm)v共，得v共0，故C正确，D

11、错误。B级拔高题目稳做准做9多选(2018湖南六校联考)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vC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解析：选BC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

12、的过程中，由动量守恒有mv(m2m)v，得v，小车动量变化大小p车2mmv，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mgHmv2(m2m)v2，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：mvmv12mv2，mv2mv122mv22，解得v1，v2v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为vvv，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。10多选(2018宝鸡一模)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

13、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xC物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2D物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析：选AD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kx2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kxma，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：2mm0，又xAxBx，解得A的位移为：xAx，故B错误。根据动量守恒定律得：02mvmvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB2v，由系统的机械能守恒得：物块

14、开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep2mv2mvB23mv2，故C错误，D正确。11(2017天津高考)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mA2 kg、mB1 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h1.8 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g10 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。解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2

15、代入数据解得t0.6 s。(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt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(mAmB)v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，联立式，代入数据解得v2 m/s。(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(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m。答案：(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m12(2016全国卷)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

16、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h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 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？解析：(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(m2m3)vm2v202(m2m3)v2m2gh式中v203 m

17、/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s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m2v20m2v2m3v3m2v202m2v22m3v32联立式并代入数据得v21 m/s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。答案：(1)20 kg(2)不能追上小孩，判断过程见解析13.如图所示，MN是水平轨道，NP是倾角45的无限长斜轨道，长为L0.8 m的细线一端固定在O点，另一端系着质量为mB2 kg小球B，当

18、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mA3 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g10 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？解析：(1)A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0mAvAmBvB由机械能守恒定律得mAv02mAvA2mBvB2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：mBvB2mBg(2L)mBvB2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：mBvB2mBgL解得：v0 m/sv0的取值范围为0v0 m/s或v0 m/s。(2)由上可知：碰后A球的速度0vA m/s或vA m/sA球离开水平轨道后做平抛运动，有xvAt，ygt2，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：0d m或d m故轨道NP上不会被A球击中的距离dm m。答案：(1)0v0 m/s或v0 m/s(2) m