2019高考物理一轮复习 第六章《动量与动量守恒》第2课时 动量守恒定律及其应用课时冲关 新人教版

第六章 第2课时 动量守恒定律及其应用一、单项选择题(本题6小题，每小题6分，共36分)1如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后()A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C2(68520181)(2015福建理综)如图，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向右运动解析：DA、B两滑块碰撞前的总动量为零，根据动量守恒可知，A、B两滑动碰后的总能量也应为零，满足此关系的只有D选项，故A、B、C错，D对3(2017泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A3v0v B2v03vC3v02v D2v0v解析：C在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一块的速度为v3v02v，对比各选项可知，答案选C.4一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)解析：D对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，故A、B、C错误，D正确5两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析：B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确6(68520182)(2017福建三明九中质检)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为()A23 B25C35 D53解析：C选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2，代入数据，可得m甲m乙35，C正确二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7在光滑水平面上，A，B两小车中间有一个弹簧(如图所示)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是 ()A两手同时放开后，两车的总动量为零B先放开左手，再放开右手，动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放开，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：ACD根据系统动量守恒的条件，两手同时放开后，两车在水平方向上不受外力作用，总动量守恒且为零若先放开左手，则在弹簧弹开的过程中，右手对小车有向左的力的作用，即小车受到向左的冲量作用，总动量向左只要两手都放开后，系统所受合外力就为零，动量就守恒，但总动量不一定为零故选项A，C，D正确，B错误8(68520183)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体在速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a，b两块，若质量大的a块速度仍沿原方向，则 ()Ab的速度一定与原方向相反B从炸裂到落地的过程中，a，b两块经历的时间相同C在炸裂过程中，a，b动量变化的大小一定相等D在炸裂过程中，由动量守恒定律可知，a，b的动量大小可能相等解析：BCD物体在炸裂时，内力远大于外力，故动量守恒，取物体炸裂前的速度方向为正方向，则mv0mavambvb，vb，因mv0与mava的大小未知，故无法判断b的速度方向，故A错误；物体炸裂后做平抛运动，故炸裂后，a，b两块的落地时间相等，故B正确；爆炸力是a，b间的相互作用力，就是此力引起a，b两块的动量变化，故炸裂过程中a，b的动量变化大小一定相等，故C正确；若ma0.8m，va，mb0.2m，vb，此时a，b动量均为mv0，故D项正确9如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两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6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：AC由mB2mA，pApB知碰前vBM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需要考虑mM的情况第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA12v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得：m24mMM20解得：m(2)M另一解m(2)M舍去，所以m和M应满足的条件为：(2)MmM答案：(2)MmM12(68520185)(20分)(2017重庆一中高三)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k1)将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g)(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；(2)若已知h0.1 m，R0.64 m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？解析：(1)0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0ghm0v，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0m0v0m1v1，由机械能守恒定律得：m0vm0v02m1v，解得：v1v0v0.(2)同理可得：v2v1，v4v3，解得：v44v0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：m4vm4v2m4g2R，4号球在最高点：m4m4g，解得：k1.答案：(1)(2)k1- 6 -