2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 考前基礎(chǔ)回扣練八 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（含解析）

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1、八　動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 1．(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對(duì)物體的摩擦力較大，沒有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說法正確的是(　　) A．拉力F對(duì)物體的沖量大小為Ft B．拉力F對(duì)物體的沖量大小是Ftcosθ C．合力對(duì)物體的沖量大小為零 D．重力對(duì)物體的沖量大小是mgt 答案　ACD 解析　拉力對(duì)物體的沖量大小為：IF＝Ft，故A正確，B錯(cuò)誤；由于物體沒有被拉動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，其合外力為零，合外力的沖量也為零，故C正確；重力對(duì)物體的沖量大小為IG＝mgt，故D正確。 2. 如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大

2、小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng) C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 答案　D 解析　選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動(dòng)量pB＝－2mv0。碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，可知四個(gè)選項(xiàng)中只有D符合題意。 3. 如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的滑塊A和B，B上固定一輕彈簧，B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與B發(fā)生作用，作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能Ep為(　　

3、) A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　當(dāng)兩個(gè)滑塊速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大；滑塊A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0；系統(tǒng)減小的動(dòng)能等于增加的彈性勢(shì)能，故彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為：Ep＝mv－×2m×2＝mv，故選C。 4. (多選)如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，物體B置于水平面上，物體B上部半圓形槽的半徑為R，將物體A從圓槽右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)。則(　　) A．A能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn) B．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)A的速率為 C．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)B的速率為

4、 D．B向右運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為 答案　AD 解析　運(yùn)動(dòng)過程不計(jì)一切摩擦，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且兩物體水平方向動(dòng)量守恒，那么A可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)，且A在B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，A、B的速度都為零，故A正確；設(shè)A運(yùn)動(dòng)到圓槽最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA，圓槽B的速度大小為vB，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)A、B在水平方向動(dòng)量守恒得0＝mvA－2mvB，解得vA＝2vB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv＋×2mv，解得vB＝ ，vA＝ ，B、C錯(cuò)誤；當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)為x，根據(jù)動(dòng)量守恒得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，D正確。 5．(多選)如圖質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的小

5、車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊和小車之間的摩擦力為f。經(jīng)過時(shí)間t，小車運(yùn)動(dòng)的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端，則(　　) A．此時(shí)物塊的動(dòng)能為(F－f)(s＋l)，動(dòng)量為(F－f)t B．此時(shí)小車的動(dòng)能為f(s＋l)，動(dòng)量為ft C．這一過程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為Fs D．這一過程中，物塊和小車產(chǎn)生的內(nèi)能為fl 答案　AD 解析　對(duì)物塊分析，物塊的位移為l＋s，根據(jù)動(dòng)能定理得，(F－f)(l＋s)＝mv2－0，則知物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－f)(l＋s)，由動(dòng)量

6、定理：(F－f)t＝mv，則物塊的動(dòng)量為(F－f)t，故A正確；小車的位移為s，受到的摩擦力為f，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek車＝fs，根據(jù)動(dòng)量定理有p車＝ft，B錯(cuò)誤；由A、B項(xiàng)分析可得，物塊和小車增加的機(jī)械能為E＝(F－f)(s＋l)＋fs＝Fs＋(F－f)l，故C錯(cuò)誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服滑動(dòng)摩擦力所做的功，大小為fl，故D正確。 6．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩個(gè)小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時(shí)，A、B兩個(gè)小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上。若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是(　　) A．若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2

7、＝1∶1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同時(shí)離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3 答案　D 解析　彈簧彈開兩木塊過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，則速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動(dòng)能定理得，輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1＝mAv，W2＝mBv，聯(lián)立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動(dòng)量變化

8、量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯(cuò)誤；A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t，由動(dòng)量定理得，A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯(cuò)誤；兩木塊加速時(shí)，由Fx＝mv2可知，F(xiàn)相等，位移大小之比為1∶3，A、B兩木塊加速后的速度之比為vA∶vB＝mB∶mA＝1∶3，在桌面上勻速運(yùn)動(dòng)相同的時(shí)間離開桌面后均做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t也相等，故A、B兩木塊總的水平位移大小之比為1∶3，D正確。 7．如圖所示，相距足夠遠(yuǎn)完全相同的質(zhì)量均為3m的兩個(gè)木塊靜止放置在光滑水平面

9、上，質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時(shí)速度變?yōu)関0，已知木塊的長(zhǎng)為L(zhǎng)，設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定。試求： (1)子彈穿出第一塊木塊后，第一個(gè)木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大小； (2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。 答案　(1)v0　　(2) 解析　(1)子彈打穿第一塊木塊過程，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝m＋3mv，解得v＝v0 對(duì)子彈與第一塊木塊相互作用系統(tǒng)，由能量守恒定律有FfL＝mv－m2－·(3m)v2 解得子彈受到木塊阻力Ff＝。 (2)對(duì)子彈與第二塊木塊相互作用系統(tǒng)，由于 m2＝