2024高考物理一輪復(fù)習(xí)專題48動(dòng)量守恒定律的理解應(yīng)用練習(xí)含解析新人教版

PAGE4-專題48動(dòng)量守恒定律的理解應(yīng)用1．[2024·煙臺(tái)重點(diǎn)中學(xué)監(jiān)測]如圖所示，甲、乙兩球固定在距離地面高度為h的光滑水平桌面上，一個(gè)壓縮了的彈簧放在兩球之間，已知甲、乙的質(zhì)量分別為2m、m.若同時(shí)釋放甲、乙兩球，則甲、乙與彈簧彈開，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從桌子的邊緣飛出，甲飛出后運(yùn)動(dòng)的水平距離為x，重力加速度為g，則彈簧中儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為()A.eq\f(3mgx2,2h)B．3mgxC．3mghD.eq\f(2mgx2,3h)2．[2024·五省名校聯(lián)考]小車靜止在光滑的水平導(dǎo)軌上，一個(gè)小球用細(xì)繩懸掛在車上，由圖示位置無初速釋放，在小球下擺到最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．繩對(duì)小球的拉力不做功B．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小球削減的重力勢(shì)能等于小車增加的動(dòng)能D．小車對(duì)水平導(dǎo)軌的壓力始終變大3.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零C．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達(dá)到6m/s4.(多選)如圖所示，靜止小車C放在光滑地面上，A、B兩人站在車的兩端，這兩人同時(shí)起先相向行走，發(fā)覺車向左運(yùn)動(dòng)，分析小車運(yùn)動(dòng)的緣由可能是()A．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率大B．A、B質(zhì)量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量大D．A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量小5.如圖所示，有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計(jì)重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停岸，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，漁船的質(zhì)量為()A．m(L＋d)dB．m(L－d)/dC．mLdD．m(L＋d)L6.某人在一只靜止的小船上練習(xí)打靶，已知船、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v，在放射后一顆子彈時(shí)，前一顆子彈已嵌入靶中，求放射完n顆子彈時(shí)，小船后退的距離為()A.eq\f(m,M＋m)LB.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)LD.eq\f(m,M＋nm)L7．[2024·甘肅河西五市聯(lián)考]將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的炙熱氣體．忽視噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0B.eq\f(m,M－m)v0C.eq\f(M,M－m)v0D.eq\f(M,m)v08.[2024·南寧摸底]如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向左的初速度v0，則()A．小木塊和木箱最終將靜止B．木箱速度減為eq\f(v0,3)的過程，小木塊受到的水平?jīng)_量大小為eq\f(1,3)Mv0C．最終小木塊速度為eq\f(Mv0,M＋m)，方向向左D．木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒9.如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A.給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A起先向左運(yùn)動(dòng)，B起先向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B板．在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是()A．1.8m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.0m/s10．[2024·濰坊一中模擬]如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個(gè)材料相同的物體A、B，質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)．在t＝0時(shí)輕繩斷開，A在F作用下接著前進(jìn)，則下列說法正確的是()A．t＝0至t＝eq\f(mv,F)時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量不守恒B．t＝eq\f(2mv,F)時(shí)，A的動(dòng)量為2mvC．t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量守恒D．t＝eq\f(4mv,F)時(shí)，A的動(dòng)量為4mv專題48動(dòng)量守恒定律的理解應(yīng)用1．A甲球飛出后運(yùn)動(dòng)的水平距離為x＝v1t，桌面高度h＝eq\f(1,2)gt2，則v1＝xeq\r(\f(g,2h))，即釋放兩球后，甲球最終獲得的速度大小為v1＝xeq\r(\f(g,2h))，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv1＝mv2，可得乙球最終獲得的速度大小為v2＝2xeq\r(\f(g,2h))，則依據(jù)能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得Ep＝eq\f(3mgx2,2h)，A項(xiàng)正確．2．D小車和小球?yàn)橄到y(tǒng)水平方向上動(dòng)能守恒，B錯(cuò)誤；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球的機(jī)械能減小，拉力對(duì)球做負(fù)功，小球重力勢(shì)能減小一部分增加車的動(dòng)能，一部分增加球的動(dòng)能，A、C錯(cuò)誤；小球下擺過程中繩的拉力增大，豎直重量增大，則小車對(duì)導(dǎo)軌的壓力變大，D正確．3．C4.AC5.B6.C7.B8.C9．BA先向左減速到零，再向右加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有B正確．10．B在B停止滑動(dòng)前，以整體為探討對(duì)象，A，B摩擦力并沒有發(fā)生改變，所以AB的合外力仍為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A、B所受摩擦力均為eq\f(F,2)，以B為探討對(duì)象從t＝0到B停下，對(duì)B列動(dòng)量定理－eq\f(F,2)t＝0－mv，即t＝eq\f(2mv,F)時(shí)B停下，所以t＝0至t＝eq\f(mv,F)時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)A從t＝0到t＝eq\f(2mv,F)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，2mv＝p′＋0，解得A的動(dòng)量為p′＝2mv，B正確；t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)時(shí)間內(nèi)