（通用版）高考物理一輪復習第六章第2講動量守恒定律及其應用課時作業(yè)（含解析）.docx

動量守恒定律及其應用一、選擇題(本題共10小題，16題為單選題，710題為多選題)1如圖所示，物塊A靜止在光滑水平面上，將小球B從物塊頂端由靜止釋放，從小球開始沿物塊的光滑弧面(弧面末端與水平面相切)下滑到離開的整個過程中，對小球和物塊組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A動量守恒，機械能守恒B動量守恒，機械能不守恒C動量不守恒，機械能守恒D動量不守恒，機械能不守恒解析：C對于A、B組成的系統(tǒng)，在B下滑的過程中，只有重力做功，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上合外力不為零，則該系統(tǒng)動量不守恒，C正確2如圖所示，光滑水平面上有質量均為m的物塊A和B，B上固定一輕質彈簧，B靜止，A以速度v0水平向右運動，從A與彈簧接觸至彈簧被壓縮到最短的過程中()AA、B的動量變化量相同BA、B的動量變化率相同CA、B系統(tǒng)的總動能保持不變DA、B系統(tǒng)的總動量保持不變解析：D兩物塊相互作用過程中系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，則A、B動量變化量大小相等、方向相反，所以動量變化量不同，但總動量保持不變，A錯誤，D正確由動量定理Ftp可知，動量的變化率等于物塊所受的合外力，A、B兩物塊所受的合外力大小相等、方向相反，則A、B所受的合外力不同，動量的變化率不同，B錯誤A、B和彈簧組成的系統(tǒng)總機械能不變，彈性勢能在變化，則總動能在變化，C錯誤3.(2018贛州模擬)如圖所示，三角形木塊A質量為M，置于光滑水平面上，底邊長a，在其頂部有一三角形小木塊B質量為m，其底邊長b，若B從頂端由靜止滑至底部，則木塊后退的距離為()A. B.C. D.解析：C取向右為正方向，設木塊后退的距離為x，B從頂端由靜止滑至底部時，B向左運動的距離為abx，則水平方向上A的平均速度大小為，B的平均速度大小為，根據水平方向動量守恒得：Mm0，解得，x，故選C.4一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出，木塊的動能增加了8 J，木塊的質量大于子彈的質量則此過程中產生的內能可能是()A18 J B16 JC10 J D6 J解析：A設子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質量為M，子彈的質量為m，根據動量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，木塊獲得的動能為EkMv2，系統(tǒng)產生的內能為Qmv(Mm)v2，所以，由于木塊的質量大于子彈的質量，所以2Ek28 J16 J，故A正確，B、C、D錯誤5.(2018石家莊模擬)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示則滑塊a、b的質量之比()A54 B18C81 D45解析：B設a、b的質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2，由題給的圖像得v12 m/s，v21 m/s，a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v，由題給的圖像得v m/s，由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，由以上各式解得m1m218，故B正確，A、C、D錯誤6.(2018泉州模擬)如圖所示，質量為m的帶有半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次能上升的最大高度h0h|v1|，所以最后A球不會與B球再相碰，故A正確，B錯誤；當h0.2 m時，根據v0、vv0可得，C球最后的速度v m/s m/s，故C錯誤，D正確10將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個滑塊(可視為質點)以水平速度v0沿木板從左端向右端滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止，現將木板分成A和B兩段，如圖乙所示，并緊挨著放在水平面上，讓滑塊仍以初速度v0從木板左端向右端滑動，滑塊與木板的動摩擦因數處處相同，在以后的整個過程中，下列說法正確的是()A甲乙兩圖中，滑塊克服摩擦力做的功一樣多B系統(tǒng)因摩擦產生的熱量甲圖比乙圖多C最終甲、乙兩圖中滑塊受到合外力的沖量相同D圖乙過程中滑塊與B一定不會分離解析：BD設滑塊的質量為m，A部分的質量為M1，B的質量為M2，則滑塊在木板上運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，選擇向右為正方向，對甲圖mv0(mM1M2)v，對乙圖mv0M1v1(mM2)v2，由于滑塊滑過A后，在B上滑動的過程中，滑塊的速度將大于A的速度，則有v1vv2，可知第二次時滑塊的速度的變化量小一些，根據動量定理可知，滑塊與B木板將比第一種的情景更早達到速度相等，所以在第二種情況下，滑塊還沒有運動到B的右端，兩者速度相同，即第二次時，滑塊相對于木板的位移小，根據動能定理可知，滑塊克服摩擦力做的功等于其動能的變化，由于vv2，所以甲、乙兩圖中，滑塊克服摩擦力做的功不一樣多，故A錯誤；根據摩擦力乘以相對位移等于產生的熱量，第一次的相對路程的大小大于第二次的相對路程的大小，則圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量，故B正確；兩圖中最終滑塊的速度不同，則可知末動量不相同，則由動量定理可知，合外力的沖量不同，故C錯誤；滑塊與B達到相對靜止時對應的位移將更小，因此滑塊不會離開B物體，故D正確二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(2018包頭模擬)如圖所示，AB為光滑水平面，BC部分位于豎直平面內半徑為R的半圓軌道，B點是最低點，C點是最高點，C點切線方向水平，圓管截面半徑rR.有一個質量為m的a球以水平初速度向右運動碰撞到原來靜止在水平面上的質量為3m的b球，兩球發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，并且碰撞時沒有能量損失，碰撞后b球順利進入光滑圓管(B點無能量損失，小球的半徑比圓管半徑r略小)，它經過最高點C后飛出，最后落在水平地面上的A點，已知AB的距離為2R.已知重力加速度為g.求：(1)小球b運動到C點時對軌道的壓力(2)碰后小球a的速度為多少解析：(1)b球從C點做平拋運動，則：水平方向：x2RvCt豎直方向：y2Rgt2解得：vC在C點根據牛頓第二定律得：3mgFN3m解得：FN0由牛頓第三定律知小球對軌道的壓力為0(2)b球從B到C，由機械能守恒得：3mg2R3mv3mv解得：vBa球與b球發(fā)生彈性碰撞，則：mv0mva3mvBmvmv3mv解得：va方向向左答案：(1)0(2)，方向向左12如圖所示，MN是水平軌道，NP是傾角45的無限長斜軌道，長為L0.8 m的細線一端固定在O點，另一端系著質量為mB2 kg小球B，當細線伸直時B球剛好與MN軌道接觸但沒有擠壓開始時細線伸直，B球靜止在MN軌道上，在MN軌道上另一個質量為mA3 kg小球A以速度v0向右運動(不計一切摩擦力及空氣阻力，重力加速度g10 m/s2)(1)若A、B球發(fā)生彈性碰撞后B能在豎直面內做圓周運動，求v0的取值范圍(2)在滿足(1)的條件下，軌道NP上有多長的距離不會被A球擊中？解析：(1)A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mAv0mAvAmBvB由機械能守恒定律得mAvmAvmBv解得vA，vB碰后B球在豎直面內做圓周運動，有兩種情況：第一種情況，B球在豎直面內做完整的圓周運動，則它到最高點的速度vB由機械能守恒定律得：mBvmBg(2L)mBvB2解得：v0 m/s第二種情況，B球運動的最大高度不超過L由機械能守恒定律得：mBvmBgL解得：v0 m/sv0的取