（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)六 第六章 動(dòng)量守恒定律（含解析）

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1、動(dòng)量守恒定律 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1．下列關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說(shuō)法正確的是(　　) A．物體所受合外力沖量越大，它的動(dòng)量也越大 B．物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變 C．物體動(dòng)量的方向，就是它所受沖量的方向 D．物體所受合外力越大，它的動(dòng)量變化就越大 解析：B　物體所受合外力沖量越大，它的動(dòng)量變化就越大，不是動(dòng)量越大，故A錯(cuò)誤；合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變，故B正確；合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，所以物體動(dòng)量增量的方向，就是

2、它所受沖量的方向，而動(dòng)量的方向與所受沖量的方向沒(méi)有直接關(guān)系，故C錯(cuò)誤；物體所受合外力越大，加速度就越大，物體速度變化就越快，所以它的動(dòng)量變化就越快，但不一定越大，故D錯(cuò)誤． 2．(2018·南昌模擬)斜向上拋出一個(gè)爆竹，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊，前面一塊速度水平向東，后面一塊速度水平向西，前、后兩塊的水平速度(相對(duì)地面)大小相等、方向相反．則以下說(shuō)法中正確的是(　　) A．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B．爆炸后的瞬間，中間那塊的速度可能水平向西 C．爆炸后三塊將同時(shí)落到水平地面上，并且落地時(shí)的動(dòng)量相同 D．爆炸后的瞬間，中間那塊的

3、動(dòng)能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動(dòng)能 解析：A　設(shè)爆炸前的速度為v，爆炸后的速度為v前后以及v′，設(shè)向東為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，解得v′＝3v，方向向東，爆炸后的瞬間，中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，故A正確，B錯(cuò)誤；爆炸后三塊做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向h＝gt2，下落時(shí)間相同，則豎直方向分速度相同，前后兩塊水平方向分速度方向不同，故合速度方向不同，則動(dòng)量不同，故C錯(cuò)誤；中間那塊的動(dòng)能m(3v)2>·3mv2，故D錯(cuò)誤． 3.如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個(gè)相互接觸而不粘連的木塊A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，今有一子彈水平穿過(guò)兩木塊．設(shè)子彈穿

4、過(guò)木塊A、B的時(shí)間分別為t1和t2，木塊對(duì)子彈的阻力恒為Ff，則子彈穿過(guò)兩木塊后，木塊A的速度大小是(　　) A. B. C. D. 解析：A　子彈穿過(guò)兩木塊后木塊A的速度大小等于子彈穿過(guò)A時(shí)兩木塊的速度大小，根據(jù)動(dòng)量定理，取兩木塊系統(tǒng)為研究對(duì)象，以子彈穿過(guò)A為研究過(guò)程，則Fft1＝(m1＋m2)v，解得v＝，A正確． 4．在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的.則碰后B球的速度大小是(　　) A. B. C.或 D．無(wú)法確定 解析：A　兩球相碰后A球的速度大小為原來(lái)的，

5、相碰過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，若碰后A速度方向不變，則mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B(niǎo)在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合實(shí)際情況，因此A球一定反向運(yùn)動(dòng)，即mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 5.(2018·大慶模擬)半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時(shí)由軌道左、右最高點(diǎn)釋放，二者碰后粘在一起向上運(yùn)動(dòng)，最高能上升到軌道M點(diǎn)，已知OM與豎直方向夾角為60°，則兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2為(　　) A．(＋1)∶(－1) B.∶1 C．(－1)∶(＋1) D．1∶ 解析：C　

6、兩球到達(dá)最低的過(guò)程由動(dòng)能定理得mgR＝mv2，解得v＝，設(shè)向左為正方向，則m1的速度v1＝－，m2的速度v2＝，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v，解得v＝， 二者碰后粘在一起向左運(yùn)動(dòng)，最高能上升到軌道P點(diǎn)，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得－(m1＋m2)gR(1－cos 60°)＝0－(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝(－1)∶(＋1)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 6．如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一輕質(zhì)彈簧．質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B.在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中，下列判斷不正確的是(　　)

7、A．彈簧壓縮量最大時(shí)，B板運(yùn)動(dòng)速率最大 B．板的加速度一直增大 C．彈簧給木塊A的沖量大小為mv0 D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv 解析：ABC　在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中，從彈簧的壓縮量達(dá)到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過(guò)程中，彈簧對(duì)木板B有向左的彈力，B板仍在加速，所以彈簧壓縮量最大時(shí)，B板運(yùn)動(dòng)速率不是最大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B板的速率最大，故A錯(cuò)誤；彈簧壓縮量先增加后減小，彈簧對(duì)B板的彈力先增大后減小，故B板的加速度先增加后減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A與B的速度分別為v1和v2.取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得·2m·v＝·2m·v＋

8、mv，解得v1＝v0，v2＝v0，對(duì)滑塊A，根據(jù)動(dòng)量定理得I＝2mv1－2mv0＝－mv0，負(fù)號(hào)表示方向向右，故C錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0＝(m＋2m)v，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得Ep＝·2m·v－(2m＋m)v2，解得Ep＝mv，故D正確． 7.A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，如圖表示發(fā)生碰撞前后的v－t圖線，由圖線可以判斷(　　) A．A、B的質(zhì)量比為3∶2 B．A、B作用前后總動(dòng)量守恒 C．A、B作用前后總動(dòng)量不守恒 D．A、B作用前后總動(dòng)能不變 解析：ABD　根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·

9、7，得：mA∶mB＝3∶2，故A正確；根據(jù)動(dòng)量守恒知A、B作用前后總動(dòng)量守恒，B正確，C錯(cuò)誤；作用前總動(dòng)能：mA·62＋mB·12＝mA，作用后總動(dòng)能：mA·22＋mB·72＝mA，可見(jiàn)作用前后總動(dòng)能不變，D正確． 8．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射進(jìn)一半厚度，如圖所示，上述兩種情況相比較(　　) A．子彈對(duì)滑塊做功一樣多 B．子彈對(duì)滑塊做的功不一樣多 C．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量不一定多 解析：AC　兩次都沒(méi)射出，則子彈與滑塊最終達(dá)

10、到共同速度，設(shè)為v共，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，得v共＝v；子彈對(duì)滑塊所做的功等于滑塊獲得的動(dòng)能，故選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為熱量，故選項(xiàng)C正確． 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．(8分)如圖所示，在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌和帶固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A、B，做探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn)： (1)把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動(dòng)卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放一彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)． (2)按下電鈕使電動(dòng)卡銷放開(kāi)，同時(shí)啟動(dòng)兩個(gè)記錄兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間

11、的電子計(jì)時(shí)器，當(dāng)A和B與擋板C和D碰撞同時(shí)，電子計(jì)時(shí)器自動(dòng)停表，記下A運(yùn)動(dòng)至C的時(shí)間t1，B運(yùn)動(dòng)至D的時(shí)間t2. (3)重復(fù)幾次取t1、t2的平均值． 請(qǐng)回答以下幾個(gè)問(wèn)題： (1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)應(yīng)注意_________________________________________________； (2)應(yīng)測(cè)量的數(shù)據(jù)還有_______________________________________________________： (3)作用前A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)___________，作用后A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)___________．(用測(cè)量的物

12、理量符號(hào)和已知的物理量符號(hào)表示) 解析：(1)為了保證滑塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必須使氣墊導(dǎo)軌水平． (2)要求出A、B兩滑塊在電動(dòng)卡銷放開(kāi)后的速度，需測(cè)出A至C的時(shí)間t1和B至D的時(shí)間t2，并且要測(cè)量出兩滑塊到兩擋板的運(yùn)動(dòng)距離L1和L2，再由公式v＝求出其速度． (3)設(shè)向左為正方向，根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為vA＝，vB＝－.作用前兩滑塊靜止，v＝0，速度與質(zhì)量乘積之和為0；作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為(M＋m)－M.若設(shè)向右為正方向，同理可得作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量的乘積之和為M－(M＋m). 答案：(1)使氣墊導(dǎo)軌水平 (2)A至C的距離L1、B至D的距離

13、L2 (3)0　(M＋m)－M或M－(M＋m)(每空2分) 10．(12分)氣墊導(dǎo)軌(如圖甲)工作時(shí)，空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出，在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸，大大減小了滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力．為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，在水平氣墊導(dǎo)軌上放置兩個(gè)質(zhì)量均為a的滑塊，每個(gè)滑塊的一端分別與穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連，兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源的頻率均為b.氣墊導(dǎo)軌正常工作后，接通兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，并讓兩滑塊以不同的速度相向運(yùn)動(dòng)，兩滑塊相碰后粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．圖乙所示為某次實(shí)驗(yàn)打出的點(diǎn)跡清晰的紙帶的一部分，在紙帶上以同間距的6個(gè)連續(xù)點(diǎn)為一段劃分紙帶，用刻度尺分別量出其

14、長(zhǎng)度s1、s2和s3.若題中各物理量的單位均為國(guó)際單位，那么，碰撞前兩滑塊的動(dòng)量大小分別為_(kāi)_______、________，兩滑塊的總動(dòng)量大小為_(kāi)_______；碰撞后兩滑塊的總動(dòng)量大小為_(kāi)_______．重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，多做幾次．若碰撞前、后兩滑塊的總動(dòng)量在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)相等，則動(dòng)量守恒定律得到驗(yàn)證． 解析：動(dòng)量p＝mv，根據(jù)v＝可知兩滑塊碰前的速度分別為v1＝0.2s1b、v2＝0.2s3b，則碰前動(dòng)量分別為0.2abs1和0.2abs3，總動(dòng)量大小為av1－av2＝0.2ab(s1－s3)，碰撞后兩滑塊的總動(dòng)量大小為2av＝＝0.4abs2. 答案：0.2abs3　0.2a

15、bs1(第1、2空答案可互換) 0．2ab(s1－s3)　0.4abs2(每空3分) 11．(14分)(2018·吉林模擬)質(zhì)量m＝0.60 kg的籃球從距地板H＝0.80 m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45 m，從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t＝1.1 s，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能． (2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Γ? 解析：(1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為： ΔE＝mgH－mgh＝2.1 J(2分) (2)設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1，剛接觸地板時(shí)的速度為v1；反彈離地

16、時(shí)的速度為v2，上升的時(shí)間為t2，由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： 下落過(guò)程：mgH＝mv 解得：v1＝4 m/s(2分) t1＝＝0.4 s(2分) 上升過(guò)程：－mgh＝0－mv 解得：v2＝3 m/s(1分) t2＝＝0.3 s(1分) 籃球與地板接觸時(shí)間為： Δt＝t－t1－t2＝0.4 s(1分) 設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F，取向上為正方向，由動(dòng)量定理得： (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)(2分) 解得：F＝16.5 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′＝F＝16.5 N，方向豎直向下(2分) 答案：(1)2.1 J　(2)16.5 N，

17、方向豎直向下 12.(18分)(2018·肇慶模擬)如圖所示，在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圓弧槽C，與長(zhǎng)木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以v0滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)．A、B、C的質(zhì)量均為m，試求： (1)木板B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (2)圓弧槽R的半徑R. (3)當(dāng)A滑離C時(shí)，C的速度． 解析：(1)當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí)，A與BC整體發(fā)生作用，規(guī)定向左為正方向，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有 mv0＝m＋2mv1(2分) 得v1＝(1分)

18、系統(tǒng)動(dòng)能的減小量等于滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能，則有： Q＝μmgL， ΔEk＝mv－m()2－(2m)()2(2分) 得μ＝(2分) (2)當(dāng)A滑上C，B與C分離，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度相等為v2，由于水平面光滑，A與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有： m＋mv1＝(m＋m)v2(2分) 得v2＝(1分) A與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有： m()2＋m()2＝(2m)v＋mgR(2分) 得R＝(1分) (3)當(dāng)A滑下C時(shí)，設(shè)A的速度為vA，C的速度為vC，規(guī)定向左為正方向，A與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有： m·＋mv1＝mvA＋mvC(2分) A與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有： m()2＋m·()2＝mv＋mv(2分) 解得：vC＝(1分) 答案：(1)　(2)　(3) 9