《（講練測）高考物理一輪復習 專題59 動量守恒定律及其應用（測）（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（講練測）高考物理一輪復習 專題59 動量守恒定律及其應用（測）（含解析）-人教版高三全冊物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題59 動量守恒定律及其應用（測） 【滿分：110分 時間：90分鐘】 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中．1~8題只有一項符合題目要求； 9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。） 1．下列不屬于反沖運動的是： （ ） A．噴氣式飛機的運動 B．直升機的運動 C．火箭的運動 D．反擊式水輪機的運動 【答案】B 【名師點睛】本題考查反沖運動的應用；明確反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，并且要知道反沖在實際生活中的運用。 2．在光滑水平面上，

2、一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后粘在一起共速運動，則碰撞時A對B做的功為： （ ） A．B．C．D． 【答案】B 【解析】 根據(jù)動量守恒定律可知：mv=（m+2m）v1 解得： A對B做功：；故選B． 【名師點睛】此題是對動量守恒定律的考查；解題時要知道系統(tǒng)的動量是守恒的，據(jù)此列出動量方程求解B的速度，然后即可求解B的動能． 3．如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量的小球A以速率向右運動。在小球的前方O點處有一質(zhì)量為的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回

3、并與小球A在P點相遇，，則兩小球質(zhì)量之比為： （ ） A、7:5 B、1:3 C、2:1 D、5:3 【答案】D 【名師點睛】解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，本題很好的將直線運動問題與動量守恒和功能關系聯(lián)系起來，比較全面的考查了基礎知識． 4．如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量的小球A以速率向右運動。在小球的前方O點處有一質(zhì)量為的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，，則兩小球質(zhì)量之比為： （

4、 ） [來 A、7:5 B、1:3 C、2:1 D、5:3 【答案】D 【解析】 設A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2…① 由能量守恒定律有：② 兩個小球碰撞后到再次相遇，其速度率不變，由運動學規(guī)律有：…③ 聯(lián)立①②③，代入數(shù)據(jù)解得：m1：m2=5：3，故選D． 【名師點睛】此題是動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用習題；解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，本題很好的將直線運動問題與動量守恒和功能關系聯(lián)系起來，比較全面的考查了基礎知識。 5．如圖所示，在質(zhì)量為m

5、B=30kg的車廂B內(nèi)緊靠右壁，放一質(zhì)量mA=20kg的小物體A（可視為質(zhì)點），對車廂B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之從靜止開始運動．測得車廂B在最初t=2．0s內(nèi)移動s=5．0m，且這段時間內(nèi)小物塊未與車廂壁發(fā)生過碰撞．車廂與地面間的摩擦忽略不計．則下列選項不正確的是： （ ） A．車廂B在2．0 s內(nèi)的加速度為2．5 m/s2 B．A在2．0 s末的速度大小是4．5 m/s C．2．0 s內(nèi)A在B上滑動的距離是0．5 m D．A的加速度大小為2．5 m/s2 【答案】D 【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，要注意明確AB間運動的關系，能正確

6、分析兩物體的受力情況以及運動過程，從而明確相對位移和速度的變化關系． 6．如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質(zhì)量大于物塊質(zhì)量，t=0時兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來等大反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關于物塊運動的速度v隨時間t變化的圖象可能正確的是： （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度

7、相同，設為v． 設木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，取向左為正方向，則由動量守恒得：Mv0﹣mv0=（M+m）v，得 v=＜v0，故A正確，BCD錯誤．故選：A． 【名師點睛】解答本題的突破口對速度時間圖象的理解，考察了牛頓第二定律、動量守恒定律的綜合應用。 7．A、B兩球在光滑的水平面上同向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當A球追上B球并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是： （ ） A．vA′=5m/s, vB′=2．5m/s B．vA′=2m/s, vB′=4m/s C．vA′=－4m/s, vB=7m/s D．vA′=7

8、m/s, vB′=1．5m/s 【答案】B 【名師點睛】解答此類問題需考慮三方面問題：1、兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒；2、碰撞過程中系統(tǒng)機械能可能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能；3、同時考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度。 8．甲、乙兩球在光滑水平地面上同向運動，動量分別為P1＝5 kg·m/s，P2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s，則二球質(zhì)量關系可能是： （ ） A．m1=m2 B．2m1=m2

9、C．4m1=m2 D．6m1=m2 【答案】C 【解析】 根據(jù)動量守恒定律得：，解得 碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有：，解得 碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有：，解得，從而的取值范圍：，故C正確，A、B、D錯誤。 【名師點睛】對于碰撞過程，往往根據(jù)三大規(guī)律，分析兩個質(zhì)量的范圍：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、碰撞后兩物體同向運動時，后面物體的速度不大于前面物體的速度。[來源:Z。xx。k.Com] 9．如圖所示，光滑地面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點．A點有一質(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運動．小球

10、與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點．已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2可能為： （ ） A．3：1 B．1：3 C．1：5 D．1：7 【答案】ABD 【名師點睛】解決本題的關鍵知道彈性碰撞的特點，動量守恒，機械能守恒，結(jié)合兩球碰后的速度大小的關系和方向，運用動量守恒和機械能守恒綜合求解 10．A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線，由圖線可以判斷： （ ） [來源:Z.xx.k.Com

11、] A、A、B的質(zhì)量比為3:2 B、A、B作用前后總動量守恒 C、A、B作用前后總動量不守恒 D、A、B作用前后總動能不變 【答案】ABD 【名師點睛】滿足下列情景之一的，即滿足動量守恒定律：⑴系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；⑵系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；⑶系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。⑷全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒 11．在光滑水平面上動能為E，動量大小為P的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為，球2的動能和動量大小分別記為，則必有： （

12、 ） A、 B、 C、 D、 【答案】AB 【解析】 因為碰撞前后動能不增加，故有，，,A正確CD錯誤；根據(jù)動量守恒定律得：，得到，可見，，B正確； 【名師點睛】本題考查對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應用能力．碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結(jié)果 12．在光滑水平面上動能為E0，動量大小為P0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為，球2的動能和動量大小分別記為，則必有： （ ） A、 B、

13、 C、 D、 【答案】AB 【解析】 因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0．故A正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律得：P0=P2-P1，得到P2=P0+P1，可見，P2＞P0．故B正確． 故選AB． 【名師點睛】本題考查能量守恒定律及動量守恒定律的應用以及對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應用能力．碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結(jié)果；解題時還要結(jié)合實際考慮． 二、非選擇題（本大題共4小題，第13、14題每題10分；第15、16題每題15分；共50分） 13．（10分）如圖所

14、示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，其右側(cè)邊緣放有小滑塊C，與木板B完全相同的木板A以一定的速度向左運動，與木板B發(fā)生正碰，碰后兩者粘在一起并繼續(xù)向左運動，最終滑塊C剛好沒有從木板上掉下．已知木板A、B和滑塊C的質(zhì)量均為m，C與A、B之間的動摩擦因數(shù)均為μ．求： ①木板A與B碰前的速度v0；②整個過程中木板B對木板A的沖量I． 【答案】①;②,負號表示B對A的沖量方向向右． 【名師點睛】本題考查了求速度與沖量問題，分析清楚運動過程、選擇恰當?shù)倪^程應用動量守恒定律、能量守恒定律、動量定理即可正確解題． 14．（10分）一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體

15、與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1是多大。 圖18 【答案】 【解析】 火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒， 規(guī)定初速度的方向為正方向，有：（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1 解得： 【名師點睛】解決本題的關鍵知道火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，運用動量守恒定律進行求解，知動量守恒定律的表達式為矢量式，注意速度的方向． 15．（15分）滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為的A、B兩物體都以的速度向右運動，此時彈簧處于原長狀

16、態(tài)。質(zhì)量為的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后粘合在一起運動，求： ①B、C碰撞剛結(jié)束時的瞬時速度的大??；②在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。 【答案】①②20J 【名師點睛】B、C碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞后的速度；當A、B、C速度相等時，彈簧的壓縮量最大，由動量守恒定律求出速度，由能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能 16．（15分）如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為， ，，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧（與滑塊不栓接）． 開始時A、B以共同速度向右運動，C靜止． 某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞

17、并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同． 求： 第35（2）題圖 （i） B、C碰撞前的瞬間B的速度；（ii）整個運動過程中，彈簧釋放的彈性勢能與系統(tǒng)損失的機械能之比． 【答案】（i），（ii） 【解析】 （i）從繩剪斷到AB與彈簧分開的過程,對AB的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向, 由動量守恒定律得： ① 對BC碰撞過程滿足動量守恒定律得： ② 且 ③ 聯(lián)立解得：， 【名師點睛】（i）A、B組成的系統(tǒng)，在細繩斷開的過程中動量守恒，B與C碰撞過程中動量守恒，抓住三者最后速度相同，根據(jù)動量守恒定律求出B與C碰撞前B的速度．（ii）從繩剪斷到AB與彈簧分開的過程，對AB和彈簧滿足能量守恒求出彈性勢能，根據(jù)能量守恒定律可以求出損失的機械能，從而求出彈簧釋放的彈性勢能與系統(tǒng)損失的機械能之比．