高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用动量和能量象综合训练

1、2012版高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用1.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的1圆周轨道，圆心O在S的正上方.在O4和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落，b沿圆弧下滑.以下说法正确的是（）/! /iJ中 LjA.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a比b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等解析:a物体做自由落体运动，运动时间为ti,b物体沿1圆弧轨道下滑的过程中，其竖直 4方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a?b两物体竖直方向位移相等，所以b物体下滑到S的

2、时间t2ti,故A正确,B?C?D?错误.答案：A.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒解析：由动量守恒的条件知C正确,D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒答案:C.如图所示，完全相同的A?B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运 动.AB间夹有少量炸药，对A?B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是（）0。 一A.炸药爆炸后瞬间,A?

3、B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A?B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A?B两物块组成的系统动量不守恒D.A?B在炸药爆炸后至 A?B相对传送带静止过程中动量守恒解析：炸药爆炸后，A物块的速度是否反向，取决于炸药对 A物块的冲量大小和 A的初动 量大小的关系.故A速度不一定反向，故A?B项不正确；在炸药爆炸过程中及以后直至A?B相对静止过程中，A相对传送带向左运动，B相对传送带向右运动，所受摩擦力方向相反，根据滑 动摩擦力定义可以确定 A?B组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故C项不正确，D项正确.答案:D.（江苏南通2月）质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光

4、滑水平面上运动，有一轻弹簧 固定其上，另一质量也为 m的物体乙为4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）A.甲？乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C.当甲物块的速度为1 m/s时，乙物块的速度可能为2 m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到 5 m/s解析：由于弹簧是轻质的，甲？乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平方向上二者组成的系统动量守恒,A错.当甲？乙相距最近时应有 v甲=v乙，故由动量守恒有 mv乙-mv甲 =2mv（其中以物体乙的初速度方向为正，代入数据有v=0.5 m/s,B 错.又二者作用过程中,总机械能也

5、守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒有mv - mv甲=mvm - mv（v为两物块分离时乙的速度大小）,212121,2-mv + - mv = - mvm +- mv .222解之得vm=v乙=4 m/s, v =v甲=3 m/s,故D错.当甲物块的速度为向左的1 m/s时，由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s,同样可求得乙的速率为0,故CX.答案:C.（山东潍坊一模）如图，质量为3 kg的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg的物块在 木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动，当木板 的速度为2.4

6、 m/s 时，物块（）A.加速运动B.减速运动C.匀速运动D.静止不动解析：由于木板和物块之间有摩擦 ，放在光滑的水平面上后，由于木板足够长，故木板和 物块系统动量守恒，最终二者将具有共同的速率，规定向右的方向为正方向，根据动量守恒得 3X4 kg - m/s -1X4 kg - m/s=（3 kg+1 kg）v, 所以 v=2 m/s,方向向右.当木板速度为2.4 m/s 时，设物块的速度为v,根据动量守恒得，3X4 kg - m/s -1X4kg m/s=3 x 2.4 kg m/s+1 kg Xv ,v =0.8 m/s,方向向右 .因 v mv时,v 2才与初速度方 向相反，且vi?V

7、2的大小关系不能确定，所以无法确定a?b的水平位移，A?B均错.竖直方向的 运动不受水平运动的影响，故落地时间相同,a ?b所受力大小相等？时间相同，故冲量大小相答案:CD.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上.当这个人从A车上跳到B车上，接着又从B车跳回并与A车保持相对静止时,A车的速率（）A.等于零C.大于B车速率B.小于B车速率D.等于B车速率解析：由系统动量守恒可得 ：O=（MA+m）VA-MBVB,MA+MM故VAVB.B正确.答案:B.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示.已知车？人？枪和靶的总质量为 M冲含子弹

8、）,每颗子弹质量为 m,共n发，打靶时，枪口到靶的 距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发.则以下说 法正确的是（）B.待打完A.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为 mdnm MD.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同解析：根据动量守恒定律，当子弹射出后，小车（包括人？枪和靶，下同）获得一定的速度向 右匀速直线运动，但是当子弹打入靶后，因为系统总动量为 0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动，最后将停止于原位的右边,A错误,B正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒

9、可知，每一次射击后小车获得的速度都是相等的，走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为 vi由动量守恒有：mv=M+（n-1）mv i,v 1=mv，设子弹从M - （n - 1）m枪口射出到打入靶所用的时间为t,d -tvmvM (n -1)mt _M (n -1)md , (M nm)v，小车位移为 s=vit = md O,D 错，答案为 BC. nm M答案:BC.一列总质量为 m总的列车，在平直轨道上以速度 v匀速行驶，突然最后一节质量为 m的车厢脱钩，列车受到的阻力与车重成正比，机车牵引力不变，则当最后一节车厢刚好停止的瞬间，前面列车 的速度为 解析：整个列车匀速行驶时

10、，机车牵引力与列车所受阻力大小相等，当最后一节车厢脱钩之后，机车牵引力不变，而最后一节车厢停止运动前，对整个列车而言，所受阻力大小也不变， 则列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒，最后一节车厢停止瞬间，有m（m 总-m）v =m 总 y 、1二v.m - m答案：vm总-m.质量为100 kg的甲车连同质量为 50 kg的人一起以2 m/s的速度在光滑水平上向 前运动，质量为150 kg的乙车以7 m/s的速度由后面追来.为了避免相碰，当两车靠近时甲 车上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车？解析:在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为v人,两车后来的速度相同均为v车.设向前为正

11、方向，根据动量守恒定律，人从甲车上跳出时，有（m+M甲）v 甲=Mkv 车-mv 人人跳上乙车的过程中，有M乙v乙-mv人=（M乙+m）v车由以上两式代入数据解得v人=3 m/s.答案:3 m/s.如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物 质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为小使木板与重物以共同的速度v。向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.二 I解析：木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动重物向右做匀减速

12、运动，最后木板和重物达到一共同速度为v,设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向，由动量守恒得2mM-mv0=3mv设从第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度v所用的时间为11,2(1 mgti=mv-m(-v 0)由牛顿第二定律得 2(1 mg=ma式中a为木板的加速度.在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为1.2l = v0tlat12开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2 v从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t l+t 2由以上各式得4V03g.如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B,已知m=500 g,m b=300 g,有一质量为80 g的小铜球C以25 m/s的水平初速开始，在A表面滑动，由于C和A,B间有摩擦，铜块C最后彳在B上,B和C一起以2.5 m/s的速度共同前进，求:(1)木块A的最后速度Va；(2)C在离开A时速度vc.,系统动量守恒解析:A,B,C三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用(1)研究C开始滑动到C和B相对静止