高考物理一轮复习-动量（四）

高考一轮-动量（四）1.在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是()A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.22.下列关于动量和冲量的说法不正确的是（）A.动量大的物体动能不一定大B.物体运动状态发生变化则其动量一定发生改变C.冲量是物体动量变化的原因D.冲量方向与动量方向一致3.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的4.（多选）如图，固定有光滑圆弧轨道的小车A静止在光滑的水平面上，轨道足够长，其下端部分水平，有一小滑块B以某一水平初速度滑上小车，滑块不会从圆弧上端滑出，则滑块B在小车上运动的过程中（）A.当滑块上升到最大高度时，滑块的速度不为零B.滑块运动过程中机械能守恒C.滑块离开小车时的速度与滑上小车时的速度大小相等D.滑块B在小车上运动过程中，滑块与小车组成的系统动量不守恒5.A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间（x-t）图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线，c为碰撞后两球共同运动的图线。若A球的质量，则由图可知下列结论不正确的是（）

A.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sB.碰撞过程A对B的冲量为-4N·sC.碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD.碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10J6.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（）A.m甲=m乙B.m乙=2m甲C.m乙=4m甲Dm乙=6m甲7.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）， B.，C.， D.，8.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间；⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动；⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示；⑦测得滑块1的质量310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量205g．(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是______________________________9.在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞。①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．10.如图所示，质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：①绳未断前小球与砂桶的水平距离．②小车系统的最终速度大小③整个系统损失的机械能．1.【答案】A【解析】【详解】由碰撞中的动量守恒得mv=2mvB－mvA，vA＞0，则vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A正确．2.【答案】D【解析】【详解】A．根据动量和动能的关系可知，动量大的物体动能不一定大，故A正确，不符合题意；B．运动状态的标志是速度，运动状态改变，则动量一定变化，故B正确，不符合题意；C．冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；D．冲量方向与动量变化的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。3.【答案】B【解析】【详解】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．

根据动量守恒定律：mv0=2mv．

根据机械能守恒定律，有故最大弹性势能等于P的初动能的。故选B。4.【答案】AD【解析】【详解】滑块滑上小车的圆弧后，由于滑块对小车的压力与水平方向的夹角为锐角，所以小车会开始运动，直到滑上最大高度，滑块的机械能一部分转化为小车的动能，所以当滑块上升的最大高度时，仍然有水平速度，即速度不为零．滑块运动过程中机械能不守恒．A正确B错误．当滑块离开小车时，由于滑块的机械能一部分转化成了小车的动能，所以滑块的速度不再等于滑上小车时的速度了，C错误．只有水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，D正确．5.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由s-t图像可以知道碰撞前A的速度为碰撞前B的速度碰撞后AB的速度为根据动量守恒可知代入速度值可求得所以碰撞前总动量为故A错误；B．碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量故B正确；C．根据动量守恒可知故C正确；D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为故D正确。6.【答案】C【解析】【分析】【详解】根据动量守恒定律得解得碰撞过程系统的总动能不增加，则有代入数据解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有代入数据解得综上有故选C。7.【答案】D【解析】【详解】ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得所以墙对弹簧的冲量I的大小为ABC错误D正确。故选D。8.【答案】(1).接通打点计时器的电源；(2).放开滑块；(3).0.620；(4).0.618；(5).纸带与打点计时器限位孔有摩擦；【解析】【详解】(2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得，碰撞前滑块1的动量为：，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s.碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：.(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．9.【答案】v乙＝6m/s.I＝8N【解析】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右．（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量