2020版高考物理一轮复习 课后限时集训18 动量守恒定律及其应用（含解析）新人教版

课后限时集训(十八) 动量守恒定律及其应用(建议用时：40分钟)基础对点练题组一：动量守恒定律的理解和判断1(2019衡水检测)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒C根据动量守恒的条件可知A、B错误，C正确；系统中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统中总动量一定守恒，D错误。2(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统()A由于不受摩擦力，系统动量守恒B由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒DM对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒BC水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。题组二：碰撞、爆炸与反冲3(2019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16CA、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，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。4一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()ABCDB由hgt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上xv0t，所以A图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B项正确。5假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0。某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是()A(mAmB)v0mAvAmBvBB(mAmB)v0mAvAmB(vAv0)C(mAmB)v0mAvAmB(vAvB)D(mAmB)v0mAvAmBvBD本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换。相互作用前系统的总动量为(mAmB)v0，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为vA，B的速度变为vB，动量分别为mAvA、mBvB，根据动量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB，故D正确。6(2019南京模拟)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/sC碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有2mgx02mv，得v21 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0mv12mv2，mvmv2mv，解得v01.5 m/s，则选项C正确。题组三：动量和能量观点的综合应用7(多选)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则()A此时盒的速度大小为B此时盒的速度大小为C滑块相对于盒运动的路程为D滑块相对于盒运动的路程为AC设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得mv3mv共，解得v共，选项A正确，B错误；由功能关系可知mgxmv23m，解得x，选项C正确，D错误。8(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则 ()甲乙AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩最大时的弹性势能为mvAC对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EpMv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，联立解得M3m，EpMvmv，选项A、C正确，B、D错误。9(多选)如图所示，一个质量为M的长条木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为f，则下列说法正确的是()A子弹射入木块前、后系统的机械能守恒B子弹射入木块前、后系统的动量守恒Cf与d之积为系统损失的机械能Df与s之积为子弹减少的动能BC子弹射入木块的过程中，阻力对系统要做功，所以系统的机械能不守恒，故A错误；系统处于光滑的水平面上，所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，故B正确；系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即Efd，故C正确；子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即EkWf(sd)，故D错误。10(多选)(2019银川质检)如图所示，甲图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A与小车B的vt图象，由此可求()甲乙A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比C物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D小车B获得的动能BC由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可知A相对小车B的位移xv0t1，根据动能定理得mAgx(mAmB)vmAv，根据B项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量无法求出，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。考点综合练11.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s。解析：(1)设木块到达最高点时，木块和物体P的共同速度为v，由水平方向动量守恒和功能关系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2mghfL联立得f。(2)设木块停在ab之间时，木块和物体P的共同速度为v，由水平方向动量守恒和功能关系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2f(2Ls)联立得s。答案：见解析12如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量。解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：mg2Rmv小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：FNmgm据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FNFN联立解得FN5mg。(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0(mM)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的竖直高度为h，则有R2h2根据机械能守恒定律：mghmv(mM)v2联立解得Mm。答案：(1)5mg(2)m- 7 -