（通用版）2020版高考物理一轮复习 专题综合检测六 第六章 动量守恒定律（含解析）

动量守恒定律(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.15题为单选题，68题为多选题)1下列关于物体动量和冲量的说法正确的是()A物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C物体动量的方向，就是它所受冲量的方向D物体所受合外力越大，它的动量变化就越大解析：B物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故A错误；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变，故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向，而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系，故C错误；物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，但不一定越大，故D错误2(2018南昌模拟)斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反则以下说法中正确的是()A爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析：A设爆炸前的速度为v，爆炸后的速度为v前后以及v，设向东为正方向，由水平方向动量守恒得3mvmv前后mvmv前后，解得v3v，方向向东，爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A正确，B错误；爆炸后三块做平抛运动，竖直方向hgt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，前后两块水平方向分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，故C错误；中间那块的动能m(3v)23mv2，故D错误3.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触而不粘连的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为Ff，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是()A. B.C. D.解析：A子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A为研究过程，则Fft1(m1m2)v，解得v，A正确4在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的.则碰后B球的速度大小是()A. B.C.或 D无法确定解析：A两球相碰后A球的速度大小为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0mv03mv1，可得B球的速度v1，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0mv03mv1，可得v1，A正确，B、C、D错误5.(2018大庆模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60，则两物体的质量之比m1m2为()A(1)(1) B.1C(1)(1) D1解析：C两球到达最低的过程由动能定理得mgRmv2，解得v，设向左为正方向，则m1的速度v1，m2的速度v2，碰撞过程由动量守恒得m2v2m1v1(m1m2)v，解得v，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得(m1m2)gR(1cos 60)0(m1m2)v2，解得m1m2(1)(1)，故C正确，A、B、D错误6如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断不正确的是()A弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B板的加速度一直增大C弹簧给木块A的冲量大小为mv0D弹簧的最大弹性势能为mv解析：ABC在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2.取向左为正方向，根据动量守恒定律得2mv02mv1mv2，根据机械能守恒定律得2mv2mvmv，解得v1v0，v2v0，对滑块A，根据动量定理得I2mv12mv0mv0，负号表示方向向右，故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律得2mv0(m2m)v，根据系统机械能守恒得Ep2mv(2mm)v2，解得Epmv，故D正确7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断()AA、B的质量比为32BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B作用前后总动能不变解析：ABD根据动量守恒定律：mA6mB1mA2mB7，得：mAmB32，故A正确；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确，C错误；作用前总动能：mA62mB12mA，作用后总动能：mA22mB72mA，可见作用前后总动能不变，D正确8矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较()A子弹对滑块做功一样多B子弹对滑块做的功不一样多C系统产生的热量一样多D系统产生的热量不一定多解析：AC两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得mv(Mm)v共，得v共v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确二、非选择题(本题共4小题，共52分有步骤计算的需写出规范的解题步骤)9(8分)如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中的不变量的实验：(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A运动至C的时间t1，B运动至D的时间t2.(3)重复几次取t1、t2的平均值请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_；(2)应测量的数据还有_：(3)作用前A、B两滑块的速度与质量乘积之和为_，作用后A、B两滑块的速度与质量乘积之和为_(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)解析：(1)为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平(2)要求出A、B两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L1和L2，再由公式v求出其速度(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA，vB.作用前两滑块静止，v0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(Mm)M.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M(Mm).答案：(1)使气垫导轨水平(2)A至C的距离L1、B至D的距离L2(3)0(Mm)M或M(Mm)(每空2分)10(12分)气垫导轨(如图甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动图乙所示为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为_、_，两滑块的总动量大小为_；碰撞后两滑块的总动量大小为_重复上述实验，多做几次若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证解析：动量pmv，根据v可知两滑块碰前的速度分别为v10.2s1b、v20.2s3b，则碰前动量分别为0.2abs1和0.2abs3，总动量大小为av1av20.2ab(s1s3)，碰撞后两滑块的总动量大小为2av0.4abs2.答案：0.2abs30.2abs1(第1、2空答案可互换)02ab(s1s3)0.4abs2(每空3分)11(14分)(2018吉林模拟)质量m0.60 kg的篮球从距地板H0.80 m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h0.45 m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t1.1 s，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能(2)篮球对地板的平均撞击力解析：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：EmgHmgh2.1 J(2分)(2)设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式得：下落过程：mgHmv解得：v14 m/s(2分)t10.4 s(2分)上升过程：mgh0mv解得：v23 m/s(1分)t20.3 s(1分)篮球与地板接触时间为：ttt1t20.4 s(1分)设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)(2分)解得：F16.5 N(1分)根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力FF16.5 N，方向竖直向下(2分)答案：(1)2.1 J(2)16.5 N，方向竖直向下12.(18分)(2018肇庆模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以v0滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，试求：(1)木板B上表面的动摩擦因数.(2)圆弧槽R的半径R.(3)当A滑离C时，C的速度解析：(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，则有mv0m2mv1(2分)得v1(1分)系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，则有：QmgL，Ekmvm()2(2m)()2(2分)得(2分)(2)当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，则有：mmv1(mm)v2(2分)得v2(1分)A与C组成的系统机械能守恒，则有：m()2m()2(2m)vmgR(2分)得R(1分)(3)当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，则有：mmv1mvAmvC(2分)A与C组成的系统机械能守恒，则有：m()2m()2mvmv(2分)解得：vC(1分)答案：(1)(2)(3)9