2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練18 動量守恒定律（含解析）.doc
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動量守恒定律 小題狂練? 小題是基礎 練小題 提分快 1.[2019北京東城區(qū)模擬](多選)兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，這個系統(tǒng)中( ) A．一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度 B．一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同 C．兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反 D．系統(tǒng)總動量的變化為零 答案：CD 解析：兩個物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式變形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每個物體的動量變化大小相等，方向相反，但是只有在兩物體質量相等的情況下才有一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度，故A錯誤，C正確；根據(jù)動量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每個物體的動量變化大小相等，方向相反，所以每個物體受到的沖量大小相等，方向相反，故B錯誤；兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即系統(tǒng)總動量的變化為零，D正確． 2．[2019湖北省襄陽四中檢測](多選)關于動量守恒的條件，下列說法正確的是( ) A．只要系統(tǒng)內存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)所受合外力所做的功為零，系統(tǒng)動量一定守恒 C．只要系統(tǒng)所受合外力的沖量始終為零，系統(tǒng)動量一定守恒 D．系統(tǒng)加速度為零，系統(tǒng)動量一定守恒 答案：CD 解析： 只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，系統(tǒng)動量就守恒，與系統(tǒng)內是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統(tǒng)所受合外力做的功為零，系統(tǒng)所受合外力不一定為零，則系統(tǒng)動量不一定守恒，故B錯誤；力與力的作用時間的乘積是力的沖量，系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，則系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C正確；系統(tǒng)加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故D正確． 3．[2017全國卷Ⅰ]將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A．30 kgm/s B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s 答案：A 解析：燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg600 m/s＝30 kgm/s，選項A正確． 4．[2019甘肅協(xié)作體聯(lián)考]如圖所示，一個質量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個質量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則( ) A．小木塊和木箱最終將靜止 B．木箱速度減為的過程，小木塊受到的水平沖量大小為Mv0 C．最終小木塊速度為，方向向左 D．木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案：C 解析：由于木箱在光滑水平面上，小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊組成的系統(tǒng)的內力，給木箱一個向左的初速度，系統(tǒng)滿足動量守恒定律，小木塊和木箱最終將以相同的速度運動，根據(jù)動量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最終速度v＝，選項C正確，A錯誤；由于木箱底板粗糙，小木塊在木箱內相對于木箱滑動，摩擦產生熱量，所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤；當木箱速度減小為時，木箱動量減少了Mv0，根據(jù)動量守恒定律，小木塊的動量將增加Mv0，根據(jù)動量定理，木箱對小木塊作用力的沖量大小為Mv0，選項B錯誤． 5．[2019甘肅協(xié)作體聯(lián)考] 如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3 kg，質量m＝1 kg的鐵塊B以水平速度v0＝4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為( ) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 答案：A 解析：設鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，由動量守恒，得mv0＝(M＋m)v，從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程，由功能關系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得Ep＝3 J，故選項A正確． 6．[2019四川省成都外國語學校模擬]有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船(一噸左右)又窄又長．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L，已知他自身的質量為m，則船的質量M為( ) A. B. C. D. 答案：B 解析：據(jù)題意，人從船尾走到船頭過程中，動量守恒，則有Mv0＝mv，即Md＝m(L－d)，解得船的質量為M＝，所以B選項正確． 7．[2019福建省四地六校聯(lián)考]如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)．若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動的過程中( ) A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 B．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 答案：D 解析： 當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內力，而A、B與C之間的摩擦力為外力．當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒．對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內力，無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動量守恒．故選項D正確． 8．[2019重慶一中調研]如圖所示，小球a、b(可視為質點)用等長的細線懸掛于同一固定點O.將球a和球b向左和向右拉起，使細線水平．同時由靜止釋放球a和球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大夾角為θ＝60.忽略空氣阻力，則兩球a、b的質量的比值( ) A.＝3 B.＝3－2 C.＝2 D.＝2＋2 答案：B 解析：設細線長為L，球a、b下落至最低點，但未相碰時的速率分別為v1、v2，由機械能守恒定律得magL＝mav，mbgL＝mbv；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v，以向左為正，由動量守恒定律得mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cosθ)，聯(lián)立解得：＝＝3－2，所以選項B正確． 9．[2019山東省海曲中學模擬](多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使B瞬間獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得( ) A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài) B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長 C．兩物塊的質量之比為m1：m2＝1：2 D．在t2時刻A與B的動能之比為Ek1：Ek2＝8：1 答案：BD 解析：由題圖乙可知，從0到t1的過程中，A的速度增大，B的速度減小，彈簧被拉伸，在t1時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，從t1到t2的過程，A的速度繼續(xù)增大，B的速度先減小再反向增大，彈簧開始收縮，到達t2時刻，A的速度最大，B的速度反向且達到最大，彈簧恢復原長；從t2到t3的過程，A的速度減小，B的速度先減小再反向增大，彈簧被壓縮，到t3時刻，A、B的速度相等，為1 m/s，此時彈簧的壓縮量最大，從t3到t4的過程，A的速度減小，B的速度增大，t4時刻，彈簧恢復到原長，B的速度等于初速度，A的速度為零，由以上分析可知，A錯誤，B正確．系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得m1：m2＝2：1，故C錯誤．由題圖乙可知，在t2時刻A、B兩物塊的速度分別為vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，物塊的動能Ek＝mv2，則A、B兩物塊的動能之比為Ek1 ：Ek2＝8：1，故D正確． 10．[2019廣州模擬](多選)質量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定于其左端，另一質量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲相向運動，如圖所示．則( ) A．甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中動量守恒 B．當兩物塊相距最近時，物塊甲的速率為零 C．物塊甲的速率可能達到5 m/s D．當物塊甲的速率為1 m/s時，物塊乙的速率可能為0 答案：AD 解析：甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確．當兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前物塊乙的速度方向為正方向，設共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B錯誤．若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相同，則mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝6 m/s，兩個物塊的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相反，則mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，代入數(shù)據(jù)解得v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物塊乙的動能不變，物塊甲的動能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達到5 m/s，故C錯誤．甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相反，由動量守恒定律得mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝0，故D正確． 11．[2019山西省太原五中考試]如圖所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車，質量均為m＝1 kg，現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細線懸于輕質支架頂端，mc＝0.5 kg.開始時A車與C球以v0＝4 m/s的速度沖向靜止的B車．若兩車正碰后粘在一起，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則( ) A．A車與B車碰撞瞬間，兩車動量守恒，機械能也守恒 B．從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C．小球能上升的最大高度為0.16 m D．小球能上升的最大高度為0.12 m 答案：C 解析：兩車碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機械能損失，A項錯誤；從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，B項錯誤；A、B兩車碰撞過程，動量守恒，設兩車剛粘在一起時共同速度為v1，有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；從開始到小球到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小球上升到最高點時三者共同速度為v2，有2mv1＋mcv0＝(2m＋mc)v2，解得v2＝2.4 m/s，從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即mcgh＝mcv＋2mv－(2m＋mc)v，解得h＝0.16 m，C項正確，D項錯誤． 12．[2019青島模擬]某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移－時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結合體的位移變化關系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知( ) A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7：2 B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D．滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的 答案：D 解析：根據(jù)s－t圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5：2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小小于滑塊Ⅱ的動量大小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動能的表達式可知，m1v＞m2v，故C錯誤，D正確． 13．[2019北京東城區(qū)模擬]下面關于碰撞的理解，正確的是( ) A．正碰屬于彈性碰撞，斜碰屬于非彈性碰撞 B．如果碰撞過程中動能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 C．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 D．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略 答案：C 解析：正碰也稱對心碰撞，是小球在相互作用前后都沿著同一直線(即沿著兩球球心連線)運動的碰撞，根據(jù)動量守恒定律判斷兩小球碰撞前后的機械能是否守恒，從而將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，斜碰也稱非對心碰撞，是兩球在碰撞前的相對速度不沿兩球球心連線的碰撞，斜碰也遵循動量守恒定律，但情況較復雜，同樣需要根據(jù)兩小球碰撞前后的機械能是否守恒，從而判斷屬于彈性碰撞還是非彈性碰撞，故A、B錯誤；根據(jù)碰撞的定義可知，碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程，故C正確；在碰撞現(xiàn)象中，如果內力遠大于外力，則可以忽略外力的作用，D錯誤． 14．[2019安徽示范高中質檢]甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kgm/s，p2＝7 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kgm/s，則甲球質量m1與乙球質量m2間的關系可能正確的是( ) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 答案：C 解析：設碰后甲球動量變?yōu)閜′1，乙球動量變?yōu)閜′2，根據(jù)動量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2 kgm/s.碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，則有≤，解得≥，綜上有≤≤，C正確，A、B、D錯誤． 15．[2019石家莊模擬]如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球的半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計．已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的最大高度為( ) A．h B．2h C．3h D．4h 答案：D 解析：所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失．設豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，又m2＝3m1，則v1＞v2≥0.聯(lián)立可得h1＝4h，選項D正確． 16．[2019武漢模擬](多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質量為M的木塊正以速度v向左運動，一顆質量為m(m
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