2019年高考物理一轮复习课时分层集训19动量守恒定律及其应用新人教版

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1、课时分层集训(十九)动量守恒定律及其应用(限时：40分钟) 基础对点练动量守恒的理解和判断1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C根据动量守恒条件可知A、B错误，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2如图629所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后 ()图629A

2、甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒C两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误3(多选)如图6210所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑 () 【导学号：84370262】图6210A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组

3、成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故B正确；因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向左做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，更不能回到高度h处，故D错误 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上一颗子弹水平射入木块A

4、，并留在其中在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A动量守恒，机械能守恒B动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能守恒D动量、机械能都不守恒B子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确碰撞、爆炸与反冲4(多选)如图6211所示，动量分别为pA12 kgm/s、pB13 kgm/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用pA、pB表示两小球动量的变化量则下列选项中可能正确

5、的是 () 【导学号：84370263】图6211ApA3 kgm/s、pB3 kgm/sBpA2 kgm/s、pB2 kgm/sCpA24 kgm/s、pB24 kgm/sDpA3 kgm/s、pB3 kgm/sAB本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以pA0，并且pApB，据此可排除选项D；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s，碰后两球的动量分别为pA12 kgm/s、pB3

6、7 kgm/s，根据关系式Ek可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则5如图6212所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车两人都离开小车后，小车的速度将是()图6211Av0B2v0C大于v0，小于2v0 D大于2v0B两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4m

7、v0，方向向右当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4mv02mv车，v车2v0，选项B正确6在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图6213所示，下列关系正确的是 ()图6213Amamb BmambCmamb D无法判断B由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则mav0mav1mbv2mavmavmbv联立得：v1v0，v2v0由a球碰撞前后速度方

8、向相反，可知v10，即mamb，故B正确一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B.C. D.A设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0mv1Amv，据动能守恒，有mvmvAmv2.解以上两式得v1v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1v0，故中子碰撞前、后速率之比为.动量守恒中的综合问题7(多选)如图6214所示，有一光滑钢球质量为m，被一U形框扣在里面，框的质量为M，且M2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度v0向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面

9、结论正确的是() 【导学号：84370264】图6214A最终都将停下来B最终将以相同的速度向右运动C永远相互碰撞下去，且整体向右运动D在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态CD小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能也守恒；根据动量守恒定律，有：mv0mv1Mv2根据机械能守恒定律，有：mvmvMv其中M2m联立解得：v1v0，v20(两次碰撞后)或者v1v0，v2v0(一次碰撞后)由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态，故A错误，B错误，C正确，D正确8如图6215所

10、示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)图6215解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv011mv乙mvmin对货物和甲船的作用过程，同理有10m2v0mvmin11mv甲为避免两船相撞应有v甲v乙联立式得vmin4v0.答案4v09如图6216所示，三个

11、质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间均极短求B、C碰后瞬间共同速度的大小图6216解析设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmv据题意可知WAWB设B

12、、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0.答案v0考点综合练10(2018衡阳模拟)如图6217所示，内壁粗糙、半径R0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切质量m20.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m10.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：图6217(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；(3)小

13、球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小. 【导学号：84370265】解析(1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m1gRWfm1v小球在最低点，根据牛顿第二定律：FNm1g联立可得：Wf0.4 J.(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量关系：m1v1(m1m2)v2由能量转化和守恒：m1v(m1m2)vEp联立可得：Ep0.2 J.(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为v3，b后来速度为v4，由动量关系：m1v1m1v3m2v4由能量转化和守恒：m1vm1vm2v根据动量定理有：Im2v4联立可得：I

14、0.4 Ns.答案(1)0.4 J(2)0.2 J(3)0.4 Ns11. 如图6218所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1 kg、长L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(视为质点)以v06 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.图6218(1)求小车与墙壁碰撞时的速度大小；(2)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值解析(1)设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，

15、有 mv0(mM)v1代入数据解得v14 m/s设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒有mgL1mv(mM)v代入数据解得L13 m设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理有mgs1Mv0代入数据解得s12 m因L1L，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为v14 m/s.(2)小车与墙壁碰撞后滑块在车上继续向右做初速度v14 m/s、位移为L2LL11 m的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为mgm根据动能定理有mgL2mg(2R)mv2mv联立并代入数据解得R0.24 m若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道根据动能定理有mgL2mgR0mv代入数据解得R0.6 m综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.24 m或R0.6 m.答案(1)4 m/s(2)R0.24 m或R0.6 m8