2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 考前基礎回扣練八 動量與動量守恒定律（含解析）

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1、八　動量與動量守恒定律 1．(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是(　　) A．拉力F對物體的沖量大小為Ft B．拉力F對物體的沖量大小是Ftcosθ C．合力對物體的沖量大小為零 D．重力對物體的沖量大小是mgt 答案　ACD 解析　拉力對物體的沖量大小為：IF＝Ft，故A正確，B錯誤；由于物體沒有被拉動，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動，滑塊A的質量為m，速度大

2、小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動 C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動 答案　D 解析　選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動量pB＝－2mv0。碰前A、B的動量之和為零，根據動量守恒，碰后A、B的動量之和也應為零，可知四個選項中只有D符合題意。 3. 如圖所示，光滑水平面上有質量均為m的滑塊A和B，B上固定一輕彈簧，B靜止，A以速度v0水平向右運動，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能Ep為(　　

3、) A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　當兩個滑塊速度相等時彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大；滑塊A、B系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0；系統(tǒng)減小的動能等于增加的彈性勢能，故彈簧獲得的最大彈性勢能為：Ep＝mv－×2m×2＝mv，故選C。 4. (多選)如圖所示，物體A、B的質量分別為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從圓槽右側頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計。則(　　) A．A能到達B圓槽的左側最高點 B．A運動到圓槽的最低點時A的速率為 C．A運動到圓槽的最低點時B的速率為

4、 D．B向右運動的最大位移大小為 答案　AD 解析　運動過程不計一切摩擦，系統(tǒng)機械能守恒，且兩物體水平方向動量守恒，那么A可以到達B圓槽的左側最高點，且A在B圓槽的左側最高點時，A、B的速度都為零，故A正確；設A運動到圓槽最低點時的速度大小為vA，圓槽B的速度大小為vB，規(guī)定向左為正方向，根據A、B在水平方向動量守恒得0＝mvA－2mvB，解得vA＝2vB，根據機械能守恒定律得mgR＝mv＋×2mv，解得vB＝ ，vA＝ ，B、C錯誤；當A運動到左側最高點時，B向右運動的位移最大，設為x，根據動量守恒得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，D正確。 5．(多選)如圖質量為M、長度為l的小

5、車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端。現用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為f。經過時間t，小車運動的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端，則(　　) A．此時物塊的動能為(F－f)(s＋l)，動量為(F－f)t B．此時小車的動能為f(s＋l)，動量為ft C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fs D．這一過程中，物塊和小車產生的內能為fl 答案　AD 解析　對物塊分析，物塊的位移為l＋s，根據動能定理得，(F－f)(l＋s)＝mv2－0，則知物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－f)(l＋s)，由動量

6、定理：(F－f)t＝mv，則物塊的動量為(F－f)t，故A正確；小車的位移為s，受到的摩擦力為f，根據動能定理有Ek車＝fs，根據動量定理有p車＝ft，B錯誤；由A、B項分析可得，物塊和小車增加的機械能為E＝(F－f)(s＋l)＋fs＝Fs＋(F－f)l，故C錯誤；系統(tǒng)產生的內能等于系統(tǒng)克服滑動摩擦力所做的功，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兩個小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧，當輕彈簧被放開時，A、B兩個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，則下列結果正確的是(　　) A．若輕彈簧對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在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內，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)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，則速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根據動能定理得，輕彈簧對A、B做功分別為W1＝mAv，W2＝mBv，聯立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯誤；根據動量守恒定律可知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化

8、量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯誤；A、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，設為t，由動量定理得，A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯誤；兩木塊加速時，由Fx＝mv2可知，F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，在桌面上勻速運動相同的時間離開桌面后均做平拋運動，運動時間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，相距足夠遠完全相同的質量均為3m的兩個木塊靜止放置在光滑水平面

9、上，質量為m的子彈(可視為質點)以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時速度變?yōu)関0，已知木塊的長為L，設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，第一個木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大??； (2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對運動的時間t。 答案　(1)v0　　(2) 解析　(1)子彈打穿第一塊木塊過程，由動量守恒定律有mv0＝m＋3mv，解得v＝v0 對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)對子彈與第二塊木塊相互作用系統(tǒng)，由于 m2＝