高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 27 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用能力訓(xùn)練試題

27動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1．(2017·安徽滁州聯(lián)考)(多選)一質(zhì)量為M的小船靜止在平靜的湖面上，船頭和船尾各站一位質(zhì)量均為m的游泳愛好者，兩人分別從船頭和船尾沿相反的方向躍入水中，則下列說法中正確的有()A．若兩人同時(shí)以相等的速率躍入水中，則船仍保持靜止B．若兩人先后以相等的相對(duì)水的速率躍入水中，則船速等于0C．若兩人先后以相等的相對(duì)船的速率躍入水中，則船速等于0D．無論兩人如何躍入水中，船始終保持靜止答案AB解析兩個(gè)人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，開始總動(dòng)量為零，不管誰(shuí)先躍入水中，若兩人相對(duì)水的速率相等，則有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正確。若兩人先后以相等的相對(duì)船的速率躍入水中，可知兩人相對(duì)水的速度大小不等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，船速不為0，故C、D錯(cuò)誤。2．如圖所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα) D.eq\f(Mh,M＋mtanα)答案C解析此題屬“人船模型”問題。m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地位移為x1，M在水平方向上對(duì)地位移為x2，因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)聯(lián)立解得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，C正確。3．(2017·黑龍江哈三中二模)如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為m的物體A以速度v0與靜止的物體B發(fā)生碰撞，物體B的質(zhì)量為2m，則碰撞后物體BA．v0B.eq\f(4v0,3)C．0D.eq\f(v0,3)答案D解析物體A與物體B碰撞的過程中動(dòng)量守恒，選物體A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍喝绻l(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，計(jì)算得出v＝eq\f(v0,3)；如果發(fā)生的是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，計(jì)算得出v2＝eq\f(2v0,3)。碰撞后物體B的速度滿足eq\f(v0,3)≤vB≤eq\f(2v0,3)，D正確。4.(2017·四川成都石室中學(xué)二診)如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕質(zhì)彈簧，B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，從A與彈簧接觸至彈簧被壓縮到最短的過程中()A．A、B的動(dòng)量變化量相同B．A、B的動(dòng)量變化率相同C．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能保持不變D．A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變答案D解析兩物塊相互作用過程中系統(tǒng)所受到的合外力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，則A、B的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反，所以動(dòng)量變化量不同，故A錯(cuò)誤、D正確；由動(dòng)量定理Ft＝Δp可知，動(dòng)量的變化率等于物塊所受到的合外力，A、B兩物塊所受的合外力大小相等、方向相反，所受到的合外力不同，則動(dòng)量的變化率不同，故B錯(cuò)誤；A、B及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不變，彈性勢(shì)能在變化，則A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能在變化，故C錯(cuò)誤。5.(2017·重慶巴蜀中學(xué)模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為2m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰(時(shí)間極短)后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與AA．物體B、A組成的系統(tǒng)，在發(fā)生碰撞的過程中動(dòng)量守恒，在彈簧被壓縮的過程中機(jī)械能守恒B．物體B返回過程中能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,9)C．物體A對(duì)B的沖量大小為eq\f(4,3)meq\r(2gh)D．物體A對(duì)B做的功為eq\f(8,9)mgh答案BC解析A與B組成的系統(tǒng)碰撞過程合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，此后A和B一起壓縮彈簧，只有彈簧的彈力做功，則A和B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤。對(duì)B下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B剛到達(dá)水平面的速度v0＝eq\r(2gh)，B與A碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝3mv，知A與B碰撞后的共同速度為v＝eq\f(v0,3)，此后一起壓縮彈簧到最短又恢復(fù)原長(zhǎng)，B以速度v返回曲面，則mgh′＝eq\f(1,2)mv2，可得h′＝eq\f(h,9)，故B正確。取向左為正方向，對(duì)B分析，由動(dòng)量定理可知I＝mv－(－mv0)＝eq\f(4,3)m·eq\r(2gh)，故C正確。A對(duì)B做的功由動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(8,9)mgh，故D錯(cuò)誤。6．(2017·安徽模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m靜止的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則碰撞前瞬間AA．0.5m/s B．1.0m/sC．1.5m/s D．2.0m/s答案C解析碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s，A與B組成的系統(tǒng)在碰撞過程中水平方向的動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則mv0＝mv1＋2mv，由于碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mv2，聯(lián)立可得v0＝1.5m/s，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。7.(2017·河北衡水中學(xué)調(diào)研)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊地把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變。該系統(tǒng)以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開，斷開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t＝5.0s后，測(cè)得兩球相距s＝4.5m，則下列說法正確的是()A．剛分離時(shí)，a球的速度大小為0.7m/sB．剛分離時(shí)，b球的速度大小為0.2m/sC．剛分離時(shí)，a、b兩球的速度方向相同D．兩球分開過程中釋放的彈性勢(shì)能為0.27J答案ABD解析系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，兩球相距s＝v1t－v2t，代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反，故A、B正確，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＋Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝0.27J，故D正確。8．(2017·天津一中月考)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面左側(cè)有一豎直墻，在車B上坐著一個(gè)小孩，車B與小孩的總質(zhì)量是車A質(zhì)量的4倍。從靜止開始，小孩把車A以速度v(對(duì)地)推出，車A返回后，小孩抓住并兩次把它推出，每次推出車A的速度都是v(對(duì)地)、方向向左，則小孩把車A總共推出多少次后，車A返回時(shí)，小孩不能再接到車A。(小車與豎直墻相撞無能量損失)答案3解析設(shè)小孩把車A總共推出n次后，車A返回時(shí)，小孩恰好不能再接到小車A。此時(shí)，車A返回時(shí)的速度v與車B的速度恰好相等，即vB＝v①第1次推車時(shí)，小孩和車B獲得的動(dòng)量為mAv，以后每次推車時(shí)獲得的動(dòng)量為2mAv，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAv＋(n－1)·2mAv＝mBvB②又由題意知4mA＝mB③聯(lián)立①②③，解得n＝2.5所以小孩把車A總共推出3次后，車A返回時(shí)，小孩不能再接到小車A。9．(2015·福建高考)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)答案D解析選向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有D滿足此式，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤。10．(2014·重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B解析由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，C、D錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上x＝v0t，所以A圖中v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A錯(cuò)誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B正確。11.(2017·河南洛陽(yáng)一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2，則在整個(gè)過程中()A．物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．子彈的末動(dòng)量大小為0.01kg·m/sC．子彈對(duì)物塊的沖量大小為0.49N·sD．物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間為1s答案BD解析子彈射入物塊的過程中，物塊的動(dòng)量增大，所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；選取向右為正方向，子彈射入物塊過程，由動(dòng)量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，物塊在木板上滑動(dòng)過程，由動(dòng)量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，聯(lián)立可得v2＝eq\f(m0v0,m0＋m＋M)＝2m/s，所以子彈的末動(dòng)量大小為p＝m0v2＝0.01kg·m/s，故B正確；由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量I＝Δp＝p－p0＝0.01kg·m/s－5×10－3×300kg·m/s＝－1.49kg·m/s＝－1.49N·s。子彈與物塊間的相互作用力大小始終相等，方向相反，所以子彈對(duì)物塊的沖量大小為1.49N·s，故C錯(cuò)誤；對(duì)子彈和物塊整體，由動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，綜上可得，物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間t＝eq\f(v2－v1,－μg)＝1s，故D正確。12.(2017·四川瀘州二診)如圖所示，光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B，B的左側(cè)有一豎直墻壁，設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以速度v朝著B運(yùn)動(dòng)，設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機(jī)械能損失，則下列判斷正確的是()A．若m1＝m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B．若m1?m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C．兩球第一次碰撞后B球的速度一定是eq\f(v,2)D．兩球第一次碰撞后A球一定向右運(yùn)動(dòng)答案A解析設(shè)A球和B球第一次碰撞后速度分別為v1和v2，取向左為正方向。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②由①、②解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v③若m1＝m2，則得v1＝0，v2＝v，即A與B碰撞后交換速度，當(dāng)B球與墻壁碰后以速度v2返回，并與A球發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運(yùn)動(dòng)，不再發(fā)生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確。若m1?m2，則得v1≈－v，v2≈0，兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯(cuò)誤。兩球第一次碰撞后，B球的速度為v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq\f(v,2)，與兩球的質(zhì)量關(guān)系有關(guān)，故C錯(cuò)誤。兩球第一次碰撞后A球的速度為v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，當(dāng)m1>m2時(shí)，v1>0，碰后A球向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1＝0，碰后A球靜止，當(dāng)m1<m2時(shí)，v1<0，碰后A球向右運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。13．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能解析(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。14.(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的