高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律.docx
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高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律
专题限时训练7 动量守恒定律
时间：
45分钟
一、单项选择题
1．（2017·新课标全国卷Ⅰ）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/s
C．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s
解析：
本题考查动量守恒定律．由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒．燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则|p火|＝|p气|＝m气v气＝0.05kg×600m/s＝30kg·m/s，A正确．
答案：
A
2．（2017·山西联考）如图所示，在水平桌面上固定着斜槽，斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过连接处时速率没有改变．第一次让物块A从斜槽上端距木板一定高度处由静止下滑，物块A到达木板上的C点停止；第二次让物块A从同样位置由静止开始下滑，物块A到达斜槽底端后与放在斜槽末端附近的物块B相碰，碰后物块B滑行到木板上的E点停止，物块A滑到木板上的D点停止，用刻度尺测出D、C、E点到斜槽底端的距离分别为x1、x2、x3，已知物块A、B的质量分别为2m、m，且物块A、B与木板间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
A．因木板与物块间的动摩擦因数未知，故此实验不能验证动量守恒定律
B．因物块A由静止下滑时的高度未知，故此实验不能验证动量守恒定律
C．2x2＝2x1＋x3
D．2
＝2
＋
解析：
设物块A碰前的速度为v，不放物块B时，根据动能定理有－μ·2mgx2＝0－
·2mv2，同理，设碰后物块A的速度为v1，则有－μ·2mgx1＝0－
·2mv
，碰后物块B的速度为v2，则有－μmgx3＝0－
mv
，根据动量守恒定律有2mv＝2mv1＋mv2，故联立可得2
＝2
＋
，即只要满足2
＝2
＋
，则说明碰撞过程中动量守恒，故C错误，D正确；因碰前和碰后两物块在水平木板上滑动时都受到摩擦力，列式中的动摩擦因数可以约去，故不用给出动摩擦因数，也可以验证动量守恒定律，A错误；题中物块A碰前的速度可以由－μ·2mgx2＝0－
·2mv2得出，故不需要知道物块A由静止下滑时的高度，B错误．
答案：
D
3．（2017·洛阳模拟）如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可以视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
A．合力做的功为0B．合力的冲量为0
C．重力做的功为mgLD．重力的冲量为m
解析：
小球由位置A静止释放，由机械能守恒定律，mgL＝
mv2，合外力做功为mgL，选项A错误；由动量定理，合外力冲量I＝mv＝m
，选项B错误；重力做功mgL，选项C正确；不能计算出重力冲量，选项D错误．
答案：
C
4．（2017·河北保定调研）如图所示，一质量为M的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上．如果轨道固定，将质量为m、可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
解析：
假设物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为μ，粗糙部分的长度为L.如果轨道固定，则对物块由释放到静止在轨道最左端的过程，由动能定理可知mgR＝μmgL；如果轨道不固定，物块释放后，由于系统水平方向不受外力，则系统水平方向的动量守恒，物块受竖直向下的重力作用而沿圆弧轨道向下运动，故系统竖直方向的动量不守恒，又由于轨道的水平部分粗糙，则系统的机械能有损失，则物块与轨道组成的系统动量、机械能均不守恒，A、B错误；假设物块不能离开水平轨道，且二者的共同速度大小为v，物块在水平轨道上的相对位移为x，则对系统由水平方向动量守恒得0＝（M＋m）v，解得v＝0，整个过程由功能关系得mgR＝μmgx＋
mv2，由以上各式联立可解得x＝L，C正确，D错误．
答案：
C
5．（2017·安徽模拟）某同学设计了如下一道物理试题：
“如图所示，质量为mB＝2kg的长木板B长度为L1＝2m，静止在光滑的水平地面上，质量为mA＝6kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝1kg的小钢球C用长为L2＝0.5m的轻绳悬挂在O点，现将小钢球拉至水平位置，然后给小钢球一个竖直向下的瞬时速度v0，小钢球运动到最低点时与物块A发生对心碰撞，且碰撞时间极短，碰后小钢球被弹回并恰能够完成竖直平面内的圆周运动，物块A恰好没有滑离木板B，且最终物块与木板的速度均为0.75m/s，其中物块和小钢球均可视为质点，试求小钢球的初速度v0”，对该物理试题的设计，下列说法正确的是（ ）
A．只要v0足够大，则上述过程一定可以实现
B．只有当小钢球与物块碰撞的过程中没有机械能损失时，上述过程才能实现
C．因为小钢球与物块碰撞过程中损失的机械能不确定，所以v0应该有多个解
D．不论v0多大，上述过程都不可能实现
解析：
设与物块碰撞前瞬间小钢球的速度大小为v1，碰后瞬间的速度大小为v2，碰后物块的速度大小为v3，则碰后物块与木板达到共同速度的过程根据动量守恒定律有mAv3＝（mA＋mB）v共，代入数据解得v3＝1m/s，则小钢球与物块碰撞的过程由动量守恒有mCv1＝mC（－v2）＋mAv3，碰后小钢球恰好能完成竖直平面内的圆周运动，设小钢球到达最高点时的速度大小为v，则mCg＝mC
，
mCv
＝mCg·2L2＋
mCv2，代入数据解得v2＝5m/s，v1＝1m/s，按照这个速度，显然存在两个问题，一是小钢球与物块碰撞，满足了动量守恒定律，但违背了能量守恒定律，除非碰撞的过程同时发生爆炸，或有其他能量来源，二是小钢球即使没有初速度，从与O点等高的位置由静止释放，运动到最低点与物块A碰撞前的速度也会大于1m/s，故此物理试题设计的过程不可能实现，选项D正确．
答案：
D
6．（2017·黑龙江联考）如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示．a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（ ）
A．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B．碰撞过程中a车损失的动能是
J
C．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D．两车碰撞过程为弹性碰撞
解析：
设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，结合题图乙得v1＝2m/s，v2＝1m/s，v3＝
m/s，以向右为正方向，碰前总动量p1＝－mav1＋mbv2＝6kg·m/s，碰后总动量p2＝（ma＋mb）v3＝6kg·m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A错误；碰撞前a车动能为Ek＝2J，碰撞后a车动能为Ek′＝
J，所以碰撞过程中a车损失的动能是
J，B错误；碰前a、b两车的总动能为6J，碰后a、b两车的总动能为2J，C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D错误．
答案：
C
二、多项选择题
7．（2017·贵阳模拟）将质量均为m的三个小球a、b、c，从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出，其运动轨迹如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度为g，下列关于三个小球从抛出到落地的说法中正确的是（ ）
A．小球a与小球b的动量变化量之比为
1
B．小球a、b、c的机械能守恒，动量也守恒
C．小球a与小球b受到的冲量之比为21
D．小球b、c受到的冲量相等
解析：
由题意可知三个小球均做平抛运动，水平位移之比为xaxbxc＝221，竖直位移之比为yaybyc＝211，由竖直方向的运动可知t＝
，因此三个小球在空中运动的时间之比为tatbtc＝
11.由动量定理mgt＝I＝Δp，
可知小球a和小球b受到的冲量之比为IaIb＝
1，C错误；动量的变化量之比为ΔpaΔpb＝
1，A正确；由于只有重力对三个小球做功，因此在运动过程中小球的机械能均守恒，三个小球所受的合外力不为零，则小球的动量不守恒，B错误；由于小球b和小球c在空中运动的时间相等，则两个小球受到的冲量相等，D正确．
答案：
AD
8．（2017·洛阳模拟）如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2.则在整个过程中（ ）
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D．物块相对木板滑行的时间为1s
解析：
子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项A错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律，m0v0＝（m0＋m＋M）v，解得v＝2m/s，子弹的末动量大小为p0′＝m0v＝0.005×2kg·m/s＝0.01kg·m/s，选项B正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0＝（m0＋m）v1，解得v1＝6m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为I＝mv1＝0.245×6N·s＝1.47N·s，选项C错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力f＝μ（m0＋m）g＝0.4×0.250×10N＝1N，对木板，由动量定理，ft＝Mv，解得t＝1s，选项D正确．
答案：
BD
9．（2017·湖南六校联考）如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是
解析：
小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝（m＋2m）v′，得v′＝
，小车动量变化大小Δp车＝2m·
＝
mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝
mv2－
（m＋2m）v′2，得H＝
，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：
mv＝mv1＋2mv2，
mv2＝
mv
＋
·2mv
，解得v1＝－
，v2＝
v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为
v＋
v＝v，B项正确；由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误．
答案：
BC
10．（2017·河北衡水模拟）
两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块第一次离开劈A时，劈A的速度为
B．物块在劈B上能够达到的最大高度为
h
C．最终小物块和劈B一起在水平面上匀速运动
D．最终小物块静止不动，A和B以大小相等的速度在水平面运动
解析：
A与物块作为系统，在物块从静止滑下到第一次离开A的过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，设物块第一次离开A的速度为v，A的速度为vA，根据机械能守恒定律得mgh＝
mv2＋
·2mv
，根据动量守恒定律得2mvA－mv＝0，由以上两式解得vA＝
，v＝2
，选项A正确；B与物块作为系统，在物块从第一次离开A到在B上到达最高处的过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，设物块到达B最高点时两者的共同速度为vB，根据机械能守恒定律得
mv2＝mgH＋
mv
＋
·2mv
，根据动量守恒定律得mv＝（m＋2m）vB，由以上各式解得H＝
h，选项B正确；物块分别与A、B作用的过程中，物块对A、B的作用力始终做正功，由动能定理知A、B的速度增大，由功能关系知，物块在水平面上的速度减小，当物块在水平面上的速度等于或小于A、B的速度时，物块A、B均在水平面上做匀速直线运动，选项C错误；若物块在水平面上的速度方向与A方向相同，则由水平方向动量守恒定律知，A的速度小于B的速度，若物块在水平面上的速度方向与B方向相同，则由水平方向动量守恒定律知，B的速度小于A的速度，选项D错误．
答案：
AB
三、计算题
11．（2017·安徽模拟）
有三块质量和形状都相同的板A、B、C，其中板A放在板B上且两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C发生碰撞，B与C发生碰撞后粘在一起，当板A从板B全部移到板C上后，由于摩擦，A相对C静止且恰好两端对齐．板A与板C间的动摩擦因数为μ，板A和板B间的摩擦忽略不计．求：
（1）A相对C静止时系统的速度大小；
（2）板的长度l.
解析：
（1）以板A、B、C为一个系统进行研究，全过程动量守恒，有2mv0＝3mv2
解得v2＝
.
（2）B、C发生完全非弹性碰撞，有mv0＝2mv1
解得v1＝
根据能量守恒定律，有
＋
＝
＋Wf
解得Wf＝
A在C上滑动时摩擦力按线性关系增大，所以做功大小为
Wf＝
解得l＝
.
答案：
（1）
v0
（2）
12．（2017·天津理综）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8m（未触及滑轮），然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：
（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H.
解析：
（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝
gt2①
代入数据解得t＝0.6s②
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝（mA＋mB）v④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s⑤
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
（mA＋mB）v2＋mBgH＝mAgH⑥
代入数据解得H＝0.6m⑦
答案：
（1）0.6s
（2）2m/s （3）0.6m
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