2019高考物理一轮复习 第六章《动量与动量守恒》第2课时 动量守恒定律及其应用课时冲关 新人教版_1

1、2019高考物理一轮复习 第六章动量与动量守恒第2课时 动量守恒定律及其应用课时冲关 新人教版第六章第2课时动量守恒定律及其应用一、单项选择题(本题6小题，每小题6分，共36分)1如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后()A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C2(68520181)(2015福建理综)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大

2、小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析：DA、B两滑块碰撞前的总动量为零，根据动量守恒可知，A、B两滑动碰后的总能量也应为零，满足此关系的只有D选项，故A、B、C错，D对3(2017泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A3v0vB2v03vC3v02vD2v0v解析：C在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一块的速

3、度为v3v02v，对比各选项可知，答案选C.4一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析：D对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，故A、B、C错误，D正确5两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1kg，mB2kg，vA6m/s，vB2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()

4、AvA5m/s，vB2.5m/sBvA2m/s，vB4m/sCvA4m/s，vB7m/sDvA7m/s，vB1.5m/s解析：B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257J，大于碰前的总动能Ek22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确6(68520182)(2017福建三明九中质检)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2m/s.

5、甲、乙两物体质量之比为()A23B25C35D53解析：C选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2，代入数据，可得m甲m乙35，C正确二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7在光滑水平面上，A，B两小车中间有一个弹簧(如图所示)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是()A两手同时放开后，两车的总动量为零B先放开左手，再放开右手，动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放开，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中

6、，系统总动量保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：ACD根据系统动量守恒的条件，两手同时放开后，两车在水平方向上不受外力作用，总动量守恒且为零若先放开左手，则在弹簧弹开的过程中，右手对小车有向左的力的作用，即小车受到向左的冲量作用，总动量向左只要两手都放开后，系统所受合外力就为零，动量就守恒，但总动量不一定为零故选项A，C，D正确，B错误8(68520183)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体在速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a，b两块，若质量大的a块速度仍沿原方向，则()Ab的速度一定与原方向相反B从炸裂到落地的过程中，a，b两块经历的时间相同C在炸裂过程中，a，b动量变化的大小一定

7、相等D在炸裂过程中，由动量守恒定律可知，a，b的动量大小可能相等解析：BCD物体在炸裂时，内力远大于外力，故动量守恒，取物体炸裂前的速度方向为正方向，则mv0mavambvb，vb，因mv0与mava的大小未知，故无法判断b的速度方向，故A错误；物体炸裂后做平抛运动，故炸裂后，a，b两块的落地时间相等，故B正确；爆炸力是a，b间的相互作用力，就是此力引起a，b两块的动量变化，故炸裂过程中a，b的动量变化大小一定相等，故C正确；若ma0.8m，va，mb0.2m，vb，此时a，b动量均为mv0，故D项正确9如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定

8、向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：AC由mB2mA，pApB知碰前vB<vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6kgm/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为vA、vB，由题意知pAmAvA2kgm/s，pBmBvB10kgm/s，解得.碰撞后A球动量变为2kgm/s，B球动量变为10kgm/s，又mB2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和

9、不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确10质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子的正中间如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为()A.mv2B.v2C.NmgLDNmgL解析：BD由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u，由动量守恒定律得mv(mM)u，系统损失的动能为mv2(mM)u2v2，B正确；系统损失的动能等于

10、克服摩擦力做的功，即EkWfNmgL，D正确三、非选择题(本题共2小题，共40分写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11(68520184)(20分)(2015课标全国卷)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态现使A以某一速率向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由

11、动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv联立式，得vA1v0vC1v0如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需要考虑m<M的情况第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA12v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得：m24mMM20解得：m(2)M另一解m(2)M舍去，所以m和M应满足的条件为：(2)Mm<M答案：(2)Mm&

12、lt;M12(68520185)(20分)(2017重庆一中高三)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g)(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；(2)若已知h0.1m，R0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？解析：(1)0号球碰前