2019届高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十三）动量守恒定律（重点班）.doc

1、1课时跟踪检测（二十三） 动量守恒定律A级保分题目巧做快做1. (2018南平模拟)如图所示， A、 B两物体质量分别为mA、 mB，且 mA mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为 F的力，同时分别作用在 A、 B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A停止运动 B向左运动C向右运动 D运动方向不能确定解析：选 C 已知两个力大小相等， mA mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA aB，又知 xA xB，由运动学公式得 xA aAtA2， xB aBtB2，可知 tA tB，由12 12IA FtA， IB FtB，可得 IA IB，由动量定理可知

2、 pA0 IA， pB0 IB，则 pA pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故 A、B、D 错误，C 正确。2多选质量为 M和 m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为 m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A M、 m0、 m速度均发生变化，分别为 v1、 v2、 v3，而且满足( M m0)v Mv1 m0v2 mv3B m0的速度不变， M和 m的速度变为 v1和 v2，而且满足 Mv Mv1 mv2C m0的速度不变， M和 m的速度都变为 v，且满

3、足 Mv( M m)vD M、 m0、 m速度均发生变化， M、 m0速度都变为 v1， m的速度变为 v2，且满足( M m0)v( M m0)v1 mv2解析：选 BC 在 M与 m碰撞的极短时间内， m0的速度来不及改变，故 A、D 均错误； M与 m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故 B、C 均正确。3(2018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 mB2 mA，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

4、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 16解析：选 C A、 B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 pA pB，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2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 mB2 mA，所以碰撞后 A、 B两球速度大小之比为 23，故 C正确。4(2018德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上

5、的 A、 B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时， A、 B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若 mA3 mB，则下列结果正确的是( )A若轻弹簧对 A、 B做功分别为 W1和 W2，则有 W1 W211B在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C若 A、 B在空中飞行时的动量变化量分别为 p1和 p2，则有 p1 p211D若 A、 B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内， A、 B两木块的水平位移大小之比为 13解析：选 D 弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得： mAvA m

6、BvB0，则速度之比 vA vB13，根据动能定理得：轻弹簧对 A、 B做功分别为 W1 mAvA2， W2 mBvB2，联立解得 W1 W213，故 A错误。12 12根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mA vA mB vB0，可得， vA vB0，故 B错误。 A、 B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t，由动量定理得： A、 B在空中飞行时的动量变化量分别为 p1 mAgt， p2 mBgt，所以 p1 p231，故 C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由 x v0t知， t相等，则 A、 B两木块的水平

7、位移大小之比等于 vA vB13，故 D正确。5如图所示，一个倾角为 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为 M，顶端高度为 h，今有一质量为 m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A BmhM m MhM mC Dmh M m tan Mh M m tan 解析：选 C 此题属“人船模型”问题。 m与 M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为 x1， M在水平方向上对地位移为 x2，因此有0 mx1 Mx2。 且 x1 x2 。 htan 由可得 x2 ，故 C正确。mh M m tan 36如图所示，在光

8、滑水平面上放置一个质量为 M的滑块，滑块的一侧是一个 弧形凹槽 OAB，凹槽半径为 R， A点切线水平。另有一个质14量为 m的小球以速度 v0从 A点冲上凹槽，重力加速度大小为 g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )A当 v0 时，小球能到达 B点2gRB如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C当 v0 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大2gRD如果滑块固定，小球返回 A点时对滑块的压力为 mv02R解析：选 C 弧形槽不固定，当 v0 时，小球沿槽上升的高度为 h，则有：2gRmv0( m M)v， mv02 (M m)v2 mgh，可解得 h R

9、R，故 A错误；因小球对弧形12 12 MM m槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C 正确；当小球速度足够大，从 B点离开滑块时，由于 B点切线竖直，在 B点时小球与滑块的水平速度相同，离开 B点后将再次从 B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B 错误；如果滑块固定，小球返回 A点时对滑块的压力为 mg m ，D 错误。v02R7多选如图所示，质量为 M1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为 m3 kg的滑块以初速度 v02 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是( )A滑块和木板的加速度大小之比是 13B整个过程中因摩擦产生的

10、内能是 1.5 JC可以求出木板的最小长度是 1.5 mD从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是 73解析：选 ABD 因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为 ，A 正确；滑块与木amaM Mm 13板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有 mv0( M m)v，解得 v1.5 m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能 Q mv02 (M m)v21.5 J，故 B正确；由于12 12不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故 C错误；从开始到滑块与木板相对静

11、止这段时间内，滑块运动的位移 x1 t，木板的位移 x2v0 v2t，两者之比 ，故 D正确。v2 x1x2 v0 vv 2 1.51.5 738多选如图所示，小车 AB放在光滑水平面上， A端固定一个轻弹簧， B端粘有油4泥，小车总质量为 M，质量为 m的木块 C放在小车上，用细绳连接于小车的 A端并使弹簧压缩，开始时 AB和 C都静止，当突然烧断细绳时， C被释放，使 C离开弹簧向 B端冲去，并跟 B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A弹簧伸长过程中 C向右运动，同时小车也向右运动B C与油泥碰前， C与小车的速率之比为 M mC C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D

12、C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选 BC 小车与木块 C组成的系统在水平方向上动量守恒， C向右运动时，小车应向左运动，故 A错误；设碰前 C的速率为 v1，小车的速率为 v2，则 0 mv1 Mv2，得 ，故 B正确；设 C与油泥粘在一起后，小车、 C的共同速度为 v 共 ，则 0( M m)v 共 ，v1v2 Mm得 v 共 0，故 C正确，D 错误。B级拔高题目稳做准做9多选(2018湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为 2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水平速度 v从左

13、端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )A小球滑离小车时，小车回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vC车上管道中心线最高点的竖直高度为v23gD小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv3解析：选 BC 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为 0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有 mv( m2 m)v，得v ，小车动量变化大小 p 车 2 m mv，D 项错误。小球从滑进管道到滑到最高点v3 v3 23的过程中，由机械能守恒有 mgH mv2 (m2 m)v 2

14、，得 H ，C 项正确。小球从滑上12 12 v23g小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv mv12 mv2， mv2 mv12 2mv22，解得 v1 ， v2 v，则小球滑离小车时相对小12 12 12 v3 23车的速度大小为 v v v，B 项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，23 13A项错误。510多选(2018宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和 m的物块 A和 B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为 x。现将细线剪断，此刻物块 A的加速度大小为 a，两物块刚要离开弹簧时物块 A的速度大小

15、为 v，则( )A物块 B的加速度大小为 a时弹簧的压缩量为x2B物块 A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 x23C物块开始运动前弹簧的弹性势能为 mv232D物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2解析：选 AD 当物块 A的加速度大小为 a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx2 ma。当物块 B的加速度大小为 a时，有： kx ma，对比可得： x ，即此时弹簧x2的压缩量为 ，故 A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2 m m 0，x2 xAt xBt又 xA xB x，解得 A的位移为： xA x，故 B错误。根据动量守恒定律得：1302 mv mvB，得物块 B刚要

16、离开弹簧时的速度 vB2 v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为： Ep 2mv2 mvB23 mv2，故 C错误，D 正确。12 1211(2017天津高考)如图所示，物块 A和 B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA2 kg、 mB1 kg。初始时 A静止于水平地面上， B悬于空中。现将 B竖直向上再举高 h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直， A、 B以大小相等的速度一起运动，之后 B恰好可以和地面接触。取 g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2)A的最大

17、速度 v的大小；(3)初始时 B离地面的高度 H。解析：(1) B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h gt2 12代入数据解得 t0.6 s。 (2)设细绳绷直前瞬间 B速度大小为 vB，有 vB gt 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、 B的重力， A、 B相互作用，由动量守恒得mBvB( mA mB)v 之后 A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v即为 A的最大速度，6联立式，代入数据解得 v2 m/s。 (3)细绳绷直后， A、 B一起运动， B恰好可以和地面接触，说明此时 A、 B的速度为零，这一过程中 A、 B组成的系统机械能守恒，有(mA mB)v2 mBgH mAg

18、H 12代入数据解得 H0.6 m。 答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m12(2016全国卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小 g10 m/s 2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速

19、度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20( m2 m3)v m2v202 (m2 m3)v2 m2gh 12 12式中 v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m320 kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1 m2v200代入数据得 v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20 m2v2 m3v3 m2v202 m2v22 m3v32 12 12 12联立式并代入数据得 v21 m

20、/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：(1)20 kg (2)不能追上小孩，判断过程见解析13.如图所示， MN是水平轨道， NP是倾角 45的无限长斜轨道，长为 L0.8 m的细线一端固定在 O点，另一端系着质量为 mB2 kg小球 B，当细线伸直时 B球刚好与MN轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直， B球静止在 MN轨道上，在 MN轨道上另一个质7量为 mA3 kg小球 A以速度 v0向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g10 m/s 2)(1)若 A、 B球发生弹性碰撞后 B能在竖直面内做圆周运动，求 v0的取值范围

21、。(2)在满足(1)的条件下，轨道 NP上有多长的距离不会被 A球击中？解析：(1) A、 B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mAv0 mAvA mBvB由机械能守恒定律得 mAv02 mAvA2 mBvB212 12 12解得 vA ， vBv05 6v05碰后 B球在竖直面内做圆周运动，有两种情况：第一种情况， B球在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度 vB gL由机械能守恒定律得： mBvB2 mBg(2L) mBvB 212 12解得： v0 m/s5103第二种情况， B球运动的最大高度不超过 L由机械能守恒定律得： mBvB2 mBgL12解得： v0 m/s103v0的取值范围为 0 v0 m/s或 v0 m/s。103 5103(2)由上可知：碰后 A球的速度0 vA m/s或 vA m/s23 103A球离开水平轨道后做平抛运动，有 x vAt， y gt2，又由几何关系知 tan 4512 yx解得 A球落到斜轨道上与 N点的距离d xcos 4522vA2g解得：0 d m或 d m4245 229故轨道 NP上不会被 A球击中的距离8 d m m。(229 4245) 2215答案：(1)0 v0 m/s或 v0 m/s (2) m103 5103 2215