精品2019高中物理第16章动量守恒定律提升训练新人教版选修3-5

1、木,青品试卷大动量守恒定律一.选择题（共14小题）1 .在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v-1图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A.碰后红壶将被反弹回来B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力EF,圆弧半径为 R=1m2 .如图所示，一个质量为 M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的配侧是一个齿分2期 弧M=4mE点切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度 V0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知g取1

2、0m/s2,不计摩擦。则小球的初速度vo的大小为（推荐下载A. vo=4m/s B. vo=5m/s C. vo=6m/s D. vo=7m/s3 .如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的.已知两球始终末接触，则甲、乙两球的质量之比为（）A. 1:1 B , 1: 2 C.1:3 D.1:44 .将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块.现让一个小球自左侧槽口 A点正上方由静止开始落下，从 A点落入槽内，则下列说法中正确的是（）A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B.

3、小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C.小球在半圆槽内由 B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D.小千求从C点离开半圆槽后，一定还会从 C点落回半圆槽5 .如图所示，木块 A、B置于光滑水平桌面上，木块 A沿水平方向向左运动与 B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压 缩到最短。则木块 A B和弹簧组成的系统，从 A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.动量不守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒C.动量守恒、机械能守恒 D.动量守恒、机械能不守恒m的物体，某时刻6 .如图所示，质量为 M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量

4、为给物体一个水平向右的初速度A.两者的速度均为零V0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度为 巴坦,方向水平向右MD.盒子的最终速度为 巴坦,方向水平向右M+m7 .如图所示，小球 A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为 H=0.6m,小球B到水平地面的距离q-r为h=0.2m,同时由静止释放两球.设 B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后 B球速度为0,小球|A的质量为 m小球B 的质量为5m重力加速度大小为 g=10m/s2,忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间， 小球所受重力远小于碰撞力. 以 地面为参考面，两球第一次碰撞后小球 A能到达

5、的高度为（）A.C.A. 1.6m B. 0.82mC. 0.6m D. 0.35m8 .如图所示，质量为 m的小球A静止于光滑水平面上，在 A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度V。与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I ,则下列表达式中正确的是（）E=*1'mvQ， I=mV0 B谥，HZmvoI=mvo D.艮=如君，匕训9 .如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向 上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦。

6、从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是（A.小球的机械能守恒，动量守恒B.小球的机械能守恒，动量不守恒C.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒. 一 .10.有一宇宙飞船，它的正面面积S=2mi,以v=3X103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区.此微粒尘区1n3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m=2< 10 7kg.设微微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（）A. 3.6X103N B. 3.6N C. 1.2 X 10 3ND. 1.2N11 .如图所示，每级台阶的高和宽

7、均相等，一小球向左抛出后从台阶上逐级弹下，在每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，不计空气阻力，则小球（）A.与每级台阶都是弹性碰撞B.通过每级台阶的运动时间逐渐缩短八/片“C.除碰撞外，7k平方向的速度保持不变/x/rD.只要速度合适，从下面的某级台阶上向右抛出，它一定能原路返回, 112 .如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块 A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是 m=2m.,重力加速度g=10m/s2.则碰后小滑块 B的速度大小不可能是（）1

8、A. 5 m/sB. 4 m/sC. 3 m/sD. 2 m/s13 .台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球（母球）15个花球（色球）组成,又称花式台球。如图在某次击球过程中，白球以 3m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（）A.白球静止，黑球以 3m/s的速度向右运动足 , 网B.黑球静止，白球以 3m/s的速度反弹向左运动口一;QC.白球和黑千都以下 1.5m/s的速度向右运动D.白千以3m/s的速度反弹向左运动，黑球以 3m/s的速度向右运动14 .如图所示

9、，足够长的传送带以恒定的速率vi逆时针运动，一质量为 m的物块以大小为V2的初速度从传送带的 P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是（）nA.合力对物块的冲量大小一定为2msB.合力对物块的冲量大小一定为2mvC.合力对物块的冲量大小可能为零D.合外力对物块做的功可能为零二.计算题（共 7小题）15 .如图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端。 已知木板的质量 m=20.0kg，物体A的质量n2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg , 物体A与木板间的动摩擦因数 科=

10、0.5,木板长L=2m本板与物体 A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,不计滑轮摩擦。（1）为了使物体 A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F,求力F的最大值；（2）若开始时不施加力F,在A、日木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体 B上升。当物体 B上升hB=1.0m （物体B未碰触滑轮）时，物体 A刚好到达木板最右端。求最初击打木板的冲量I。16 .如图所示，高为 h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板， 质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点， 静止在水平面上的

11、B点，已知AB=h）BC=3h,滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为科=0.5 .给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点,D处，重力加速度用 g表3.求：（1）滑块甲的初速度 vo的大小；I 抬 夫/（量门"萎萱 f - F 尸尸产万/ 了严 1rliTF/（2）滑块乙最终静止的位置与C点的距离.17 .如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半彳空为 R MP/粗糙水平面。两个小物块 A B可视为质点，在半圆形轨道圆心 。的正下方M处，处于静止状态。若 A B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆

12、形轨道的最高点N,而B到达的最远位置恰好是 A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为 科=0.8,求：(1) B到达的最远位置离 M点的距离；:(2)极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；(3) A与B的质量之比。 吐PM18.如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m的工光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg长为L=l.75m4m=lkg的物块，物块与木板间的动摩的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量F=15N,作用一段距离x后撤去F,物块正好能滑到圆弧轨道的最擦因数为 科=0.4 .现给物块施一水平向右的恒力 高点，然后再滑回，取 g=

13、l0m/s 2。(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；(2)求x的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板。19 .如图听示，在光滑水平面上有一质量为2018m的木板，板上有2018块质量均为 m的相同木块1、2、2018 .最初木板静止，各木块分别以v、2v、2018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为科,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度(2)运动中第88块木块的最小速度;(3)第二块木块相对木板滑动的时间。精品试卷20.如图甲所示，m=5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时

14、针方向匀速运转。m下滑前将m=3kg的滑块停放在槽的底端。m下滑后与c发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2。推荐下载(1)求A、B的高度差h;(2)求滑块m与传送带间的动摩擦因数科和传送带的长度Lbc；(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到 3m/s,求滑块m2的传送时间;(4)求系统因摩擦产生的热量。21 .如图所示，质量为 M的长木板A在光滑水平面上，以大小为 V0的速度向左运动，一质量为 m的小木块B (可视为质点)，以大小也为V0的速度水平向右运动冲上

15、木板左端, 重力加速度为go求：(1) A、B最后的速度；(2)木板A的最短长度。B、A间动摩擦因数为 W，最后B不会，t离A.已知M=2m参考答案与试题解析一.选择题1 .【解答】解：A、由图知：碰前红壶的速度 vo=1.0m/s ,碰后速度为v' o=0.2m/s ,可知，碰后红壶沿原方向运动， 故A错误。B、设碰后蓝壶的速度为 v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv)=mv 0+mv解得：v=0.8m/s ,故B正确；C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小乂=工1=匹也X5=2m故C错误。22D、根据图象的斜率表示加速度，

16、知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力。故D错误。故选：B。2 .【解答】解：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为V1,根据水平方向动量守恒有：mv=(m+M V1,根据机械能寸恒7E律有：-yiDVQ=4_(in+lI) V+mgR,根据题意，有：M=4m联立两式解得：Vo=5m/s,故ACD昔误，B正确。故选：B。3 .【解答】解：甲、乙两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v,取向右为正方向，由动量守恒定律得：m 甲 vo= ( m 甲+m 乙)v据题v=：.5 yo解得：m甲：m乙=1

17、 ： 4故选：d4 .【解答】解：A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒。小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械 能守不守恒，故 A错误。B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒。小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒。故B错误。C、小球自半圆才t的最低点 B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒。系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C错误。D、

18、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动， 水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故 D正确。故选：Db5 .【解答】解：木块A B和弹簧组成的系统，从 A B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力， 系统的合外力不为零，所以动量不守恒。A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒，故ACD昔误，B正确。故选：B6 .【解答】解：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mvo= ( M+m v所以：V=-Vo nrFMV方向与Vo同向，即方向水平向右。故选：Db7

19、.【解答】解：B球落地时的速度大小为 vi=dh，2X10Xn. 2=2m/s,此时A球的速度大小也为 2m/s。设B球撞地后上升t时间与a球相撞，则有 H-h= (vit+ gt2)+ "t - gt2)22得 t=0.1s两球相撞前瞬间 A球的速度为v A=vi+gt=3m/s , B球的速度为 v b=vi - gt=1m/s对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得5mvB- mv=mv/解得 va' =2m/sJ 2两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度为h' =1J=0.2m2g-x 10X 0.1 2=0.15m 2H' =h' +h

20、” =0.35m两球碰撞处离地高度h =v1t -Lgt2=2X0.1乙所以两球第一次碰撞后小球 A能到达的高度为故选：Db8 .【解答】 解：A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mvo=2mv碰撞后，AB一起压缩弹簧，当 AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能E=.联立解得E= '. .4 mv0从千A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对 AB及弹簧整体，由动量定理得I=2mv -(2mv) =4mv=2mv。故选：d9.【解答】解：AR从静止弹射到小球落地前的过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒。由于小球所

21、受的合外力是重力，不等于零，则其动量不守恒，故 AB错误。CQ小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故 C正确，D错误。故选：Co10.【解答】解：选在时间 t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S,高为vt的圆柱体内微粒的质量。即M=mSAt ,初动量为0,末动量为 mv。设飞船对微粒白作用力为 F,由动量定理得：F?A t=Mv- 0贝(J F=1=，* , =mSv；At At根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv,则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加2F =F=mSv;

22、代入数据得：F' =2X 107X2X (3X103) 2N=3.6N.故 ACD昔误，B正确故选：B。11. .【解答】 解：ABC小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动，由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用；因在每级台阶上弹起的高度相同，所以存在机械能损失，碰撞不是弹性碰撞，所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等，由于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而

23、每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：h=lgt2,所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故C正确，AB错误；2D、由于在上升过程重力做负功，同时碰撞中存在能量损失，所以小球不可能原路返回，故D错误。故选：Co12.【解答】解：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR=i-mAVQ解得 v 0=6m/s若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m Av0=mvA+nBvB。222nAv。=hava + itbvb o222解得 v B=4m/s若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：m Avo= (m+ms) vb'解得 vb'

24、=2m/s所以碰后小滑块 B的速度大小范围为 2m/s w vbW 4m/s,不可能为5m/s。故选：Ao13.【解答】解：设每个球质量为 mi取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得:mv o=mv白+mv黑由动能守恒可得：-L 2联立解得： 故A正确, 故选：Ao 14.v 白=0m/s, BCD昔误2 12 , 12由5世10卡白/叽黑v 黑=3m/s根据动量定理知，合力的冲量为：I合=m2 - (- mu)【解答】 解：若v2<v1,则物块返回到 P点的速度大小为V2, =2mv2,根据动能定理知，合力做功的大小为零。合力的冲量 I合=mv+m2,根据动能定理得，合力做v

25、2>v1,则物块返回到 P点的速度大小为 v1,根据动量定理知,功为：W=L2、 2.故D正确，A、B C错误。Ml V j J T j故选：Ds二.计算题15.【解答】解:(1)设A、B和木板一起向左运动的加速度大小为a,采用分离法如下:物体B受重力和绳拉力T的作用，由根据牛顿第二定律有：T- R3g=n3a；物体在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，根据牛顿第二定律有：f - T=ma；木板在水平方向外力 F和A的摩擦力f作用，根据牛顿第二定律有：F- f=ma；当A和木板间的摩擦力取最大值f= mg时，外力F最大，2联立解得：Fm)g= (m+nj+m?) a=60 N; a

26、=2.0 m/s 。(2)打击木板后，物体 A、B在木板的最大静摩擦力彳用下，以加速度a=2.0 m/s 2加速运动，当物体B上升高度hB=1.0 m时，有：hBat2木板向左运动的位移为：x=L+hB木板在A的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a',根据牛顿第二定律有：m2g=ma'设打击木板后的瞬间木板的速度为v。，则：乂二空心惠 t2代入数据，解得：v0=3.5 m/s ;I=mvo=70N?s)根据动量定理得最初击打木板的冲量为: 答：(1)求力F的最大值为60N;(2)最初击打木板的冲量大小为70N?S16.【解答】 解：(1)甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损

27、失，所以碰撞后两者交换速度. 根据能量守恒定律得：1 2yiDVQ= mg?BCmgh -M将BC=3h,=0.5代入解得v 0=15而(2)设滑块乙在水平面上滑行的总路程为S.对整个过程，由动能定理得木,青品试卷大-(imgS=0-JLE-ns 2 cl解得S=5h所以滑块乙最终静止的位置与C点的距离为 S' =S- 3h=2h答：_(1)滑块甲的初速度 V0的大小为VSgh ；(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离是2h.17.【解答】解：(1) A恰能经过半圆形轨道的最高点，2由牛顿第二定律得：/件建，解得：A离开轨道后做平抛运动, 在水平方向：X=VNt ,推荐下载解得：x=2

28、R,B到达的最远位置离 M点的距离：x=2R(2) A上升到N的过程，由机械能守恒定律得:L 2_12 1 八噂ymAvA- mAvw+n>Ag-2R，得:，：.A受到爆炸力的冲量大小：I=叩&炉人二Eg 炳(3)炸药爆炸过程 AB组成的系统动量守恒，以 A的速度方向为正方向, 由动量守恒定律得：rava- mvB=0,对B,由动能定理得：-a mBgS=O-;-mBv1， -W解得：出:亚及=陋返=±V5 V 55答：(1) B到达的最远位置离 M点的距离是2R;(2)极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小是 卬/J/；(3) A与B的质量之比是包。518.【解答】解

29、：(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得: 解得：v=4m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得:Fx 科 mgL= 1 ;L-r解得：x=lm(3)设物块相对板向左滑动距离x后，与木板达到相同速度 v'.取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv= (M+m v'解得：v'=lm/s由能量守恒定律得：二：-解得： x=1.5m v L=1.75m。故物块不会滑离木板。答：(1)物块滑到板右端时的速度v是4m/s；(2) x的大小是1m；(3)物块最终不能滑离木板。19.【解答】 解：(1)设当所有物块的速度相等时的速度为v'

30、,选取向右为正方向，则有：m (v+2V+3v+nv) =2nmv可得,一(2)设第k块木块的最小速度为 vk,则此时木块与第1至第k - 1块木块的速度均为 vk,由于所有的木块的质量都 相等，所以所有的木块受到的摩擦力大小都是相等的，设为 科mg由动量定理可知，在相等的时间内，第 k+1块木 块至第n块木块速度的减小量也相等，因而此时第k+1块木块至第n块木块速度依次是：vk+v, vk+2v, vk+3Vvk+ (nk) v贝U由动量守恒定律可得：m (v+2V+3v+nv) = (nm+kn> vk+m (vk+v) +m (vk+2v) +mvk+ (n-k) v即 m (v+2V+3v+nv) =2nmM+m1+2+ (n-k) v所以：,'：k 4n则:_43439v 眈1009(3)由以上的结果可知,_（2n+l-k）k=2X 2018+1-2=4035V2=44X20182V 4036由于