2019年高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律练案19动量守恒定律及应用新人教版

1、练案19动量守恒定律及应用一、选择题（本题共 8 小题，15 题为单选，68 题为多选）1. （2018 吉林省通榆一中高三上学期期中理综试题 ）粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中， 子 弹和木块组成的系统|导学号 21993132 | （ B ）A. 动量和机械能都守恒B. 动量和机械能都不守恒C. 动量守恒，机械能不守恒D. 动量不守恒，机械能守恒解析子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，在一起滑动过程中，受到地面的摩擦力， 合外力不为零，动量不守恒，根据能量守恒定律， 子弹打入木块和在地 面上滑行过程系统

2、要克服阻力做功，部分机械能转化为内能， 机械能不守恒，故 B 正确，ACD错误。2. （2018 河北省唐山市丰南区高三上学期期中试题）如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B, B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度Vo水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能&为 导学号 21993133 （ C ）AWWWiB解析当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据守恒定律，有：mv= 2mv1计算得出：V1=尹0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能EP,则：代入数据得：12&=严0，故 C

3、正确;丘=|m2-A.2mv16B.2mvC.2mv4D.2mv2122mv2综上所述本题答案是：Co3.如图所示，质量为M的斜面小车静止在水平面上，质量为m的物块从斜面上端由静3止释放，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是导学号 21993134 ( C )解析规定向左为正方向，物块滑离小车时，设物块水平分速度为V，物块和小车mV在水平方向上动量守恒，有 0 =mv MV,解得V2=,因为Vvi,则物块滑离小车时mV小车的速度V2M：m故 C 正确，ABD 错误。故选 G4.（20i8 安徽省定远县示范中学上学期第二次调研）如图所示，半径为R内表面光滑的半球形容

4、器放在光滑的水平面上，有一滑块（可看成质点）从容器顶端无初速释放，则导学号 2i993i35 ( C )A. 滑块下滑过程中只有重力做功，所以滑块的机械能守恒B. 滑块的机械能不守恒，所以它不可能上升到另一顶端C. 滑块下滑的过程中，滑块与容器的总动量守恒D.滑块运动到最低点的速率等于2gR解析滑块下滑过程中，重力与容器的支持力对滑块做功，滑块的机械能不守恒， 故A 错误；滑块与容器组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，当滑块滑到右 端最高点时，滑块与容器速度相等，由动量守恒定律可知，系统总动量为零，滑块与容器的速度为零，在整个过程中，只有重力对系统做功，系统机械能守恒，容器的重力

5、势能不变， 系统动能为零，由机械能守恒定律可知，滑块末位置的高度与初位置的高度相等，滑块可以上升到B端，故 B 错误；滑块下滑过程中，滑块与容器水平方向所受合外力为零，竖直方向所受合外力不为零，因此滑块和容器组成的系统仅水平方向总动量守恒，故 C 正确；容器固A. vi:V2=M：mC. Vi:V2M：mB. Vi:V2=m：MD. Vi:V2vo即发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大，故A 正确；综上所述本题答案是：Ao6. (2018 山东省枣庄市八中高三11 月月考试题)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断|导学号 21993137 |

6、( BD )| n/(mi a1)8fiA. A、B的质量比为 2 : 3B. A、B作用前后总动量守恒C. A、B作用前后总动量不守恒D. A、B作用前后总动能不变解析 根据动量守恒定律：nA -6+ mT=nA 2+m 7,得：m：m= 3 : 2,故 A 错一 一 一 121 误；根据动量守恒知A B作用前后总动能守恒， B正确 C 错误；作用前总动能：6+?2 3255121255ml=石皿，作用后总动能：2 皿2+ 2m7 =7mA，由此可知作用前后A、B的总动能不3223变，D 正确；故选 BD7. (2018 江西省奉新一中高三上学期第四次月考试题导学号 21993136 ( A

7、 )如图甲所示，质量M= 0.8kg6的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m= 0.2kg 的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4s 后撤去力F。若滑块与木板间的动摩擦因数卩=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g= 10m/s2,则下列说法正确的是 导学号 21993138 ( BC )A.04s 时间内拉力的冲量共为3.2NsB.t= 4s 时滑块的速度大小为 9.5m/sC.木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8NsD. 木板的速度最大为 2m/s1)x2N- s+ 1X2N- s= 3.5N s, A 错误；滑块与木板间恰好打滑时

8、，对木板：卩mg= Ma。对滑块：Fo卩mg= ma解得F0= 0.5N ,a0= 0.5m/s。所以t= 0 时刻，A B恰好开始打滑对滑块：IFmgt=mv,解得 4s 末滑块的速度V1= 9.5m/s , B 正确；t= 4s 时，木板的速度V2=aot= 0.5x4= 2m/s ,之后A加速，B减速，直到共速。 取向右为正方向，由动量守恒定律得: 解得木板的最大速度v= 3.5m/s 对木板：由动量定理得1=Mv解得I= 2.8N s, C 正确，D 错误；故选：BC& (2018 河北省衡水第一中学高三上学期分科综合考试)在里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全

9、部8 枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v。向上跳起，跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H,入水后受水阻力而速度减为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员人水后到速度为零时重心下降h,不计空气阻力，重力加速度g,则 导学号 21993139 (AD )A.运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为B.水对运动员阻力的冲量大小为m,v0+ 2gH解析拉力F的冲量等于F-1图象的面积,04s 时间内拉力的冲量I=0.5 +mv+Mv= ( mvv0+ 2gH+ mv图甲图712C.运动员克服水的阻力做功为mgH口“D 运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg

10、 H+h) + 1mv0解析设入水前运动员的速度大小为 v,运动员在空中运动的过程中机械能守恒，则:1212 2mgHb，mv=，mv,所以v = pvo+ 2gH,取向下为正方向,中运动过程受到合外力冲量大小为：I= P=m vo+ 2gHh( mvo) =m vo+ 2gH mv, A 正确；运动员在水中运动的过程中受到重力和水的阻力，则：IG I水=0m. v0+ 2gH所以水对运动员阻力的冲量大小大于m v2+ 2gH,B 错误；运动员从起跳到入水后速度1减为零的过程中运动员克服水的阻力做功等于机械能减少量，大小为：E= | mgh-(mgH1mv)| =mg H+ h) +qimv,

11、 C 错误，D 正确。二、非选择题9. (2018 河北省衡水第一中学高三上学期分科综合考试)如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求：|导学号 21993140(1) 小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2) 金属槽的质量。J33答案：(1)5mg(2) M=m8 33由动量定理得：运动员起跳后在空mg-2R18解析(1)小球从静止到第一次到

12、达最低点的过程，根据机械能守恒定律有:92小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有： 据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：FN= FN联立解得：FN= 5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒, 选取向右为正方向，则：mv= (m+M) v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为ho则有R2+h2=(4&21i根据能量守恒定律有：联立解得：M=10. (2018 山东省潍坊市高三上学期期末试题)如图所示，长L= 3.25m，质量 M= 2kg的平板车停在光滑水平面上，上表面距地面高度h= 0.8m，质量n= 2kg 的小滑块

13、放在小车左端，与小车上表面间的动摩擦因数卩=0.4，当小车固定时，对滑块施加水平向右的拉力F= 28N,作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端的水平距离为1.2m,取g= 10m/s2。导学号 21993141(1) 求滑块滑离小车时的速度；(2) 求力F作用的时间；(3) 若小车不固定，水平拉力F及时间不改变，求滑块落地点距小车右端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保留 2 位小数)。答案：(1)3m/s(2)32.5s(3)1.94m解析 平抛过程：X2=vt,1. 2h= gt解得v= 3m/s一 12(2)设力F作用时间为t，滑块前进X1，对滑块由动能定理：FX

14、1卩mgL= ?mv由牛顿第二定律：F卩mg= ma一 12VoFN mg=mR10由运动学知识：X1= at解得t= 0.5s11(3)力F作用过程中小车的加速度为ac,卩mg= Ma1212撤力时滑块相对小车滑过的距离Xi= jat 2act撤力时滑块和车的速度分别为Vk和Vcvk=at vc=act设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为Vgmv+Mv= (M+m Vg121212jmv+ Mv = 2(M+ n)vg+卩mgAX2解得X2= 0.56mX1+ X2= 1.31m m的足球(可视为质点)以某一水平速度v。通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求:(1) 人对足球做的功和冲量大小；(2) 足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小;(3)球框在台面上通过的位移大小。解析(1)人对足球做的功W=MU冲量：I=Mv(2)足球的初速度为vo，第一次碰撞后，设足球的速度为V1，球框的速度为V2。对足球和球框组成的系统，由动量守恒定律得：Mv=Mv+mv由能量守恒定律得121212导学号 21993142答案：M22