【文档说明】高考物理第一轮复习课时跟踪练：第6章第2讲 动量守恒定律及其应用 (含解析).doc，共(11)页，180.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第六章动量及动量守恒定律第二讲动量守恒定律及其应用课时跟踪练A组基础巩固1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱

组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为零，系统动量守恒，所以选项A、B错误，C正确；木箱的动量增

量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D错误．答案：C2．(2017·苏北四市高三第一学期期末)在某次短道速滑接力赛中，运动员甲以7m/s的速度在前面滑行，运动员乙以8m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设甲、乙两运动员的质量均为50kg，推后运动员乙的速度变为5m

/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小()A．15m/sB．10m/sC．5m/sD．8m/s解析：以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2

＝m1v1′＋m2v2′，解得v1′＝10m/s.答案：B3．(2018·北京模拟)下面关于碰撞的理解，正确的是()A．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的

运动状态发生显著变化的过程D．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称

非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故A、B错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故C正确；

在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D错误．答案：C4.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子

的正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为()A.12mv2B.mM2（m＋M）v2C.12NμmgLD．NμmgL解析：由于水平面光滑，箱

子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为v′，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′，系统损失的动能为12mv2－12(m＋M)v′2＝mM2（m＋M）v

2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－WFf＝NμmgL，D正确．答案：BD5.如图所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着，位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动

时，圆槽的速度为()A．0B.mM2MgRM＋m，方向向左C.mM2MgRM＋m，方向向右D．不能确定解析：以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律，得0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律列方程，得mgR＝12mv2＋

12Mv′2，联立以上两式解得v′＝mM2MgRM＋m，方向向左，故B项正确．答案：B6.(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上

．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律

得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．答案：BCD7．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发

生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1kg，由此可以判断()图甲图乙A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．由动量守恒可以得出m2＝0.3kgD．碰撞过程中系统损失

了0.4J的机械能解析：由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A是正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，故B错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v1＝4m/s，碰

后的速度v1′＝－2m/s，m2碰前的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2m/s，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝12m1v21－12m1v1′2－12m2v2′2＝0，因此D错

误．答案：AC8.(2018·郑州高三质检)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＝30

0m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t.解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒

定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t

＝1s.答案：(1)6m/s(2)2m/s(3)1sB组能力提升9.(多选)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞

向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，则()A．A、B两球的质量之比4∶1B．A、B两球的质量之比1∶4C．A、B两球碰撞前、后的总动能之比5∶9D．A、B两球碰撞前、后的总动能之比9∶5解析：设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度

为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v03和－v03，则有mBv0＝mA·v03＋mB－v03，解得mA∶mB＝4∶1，A正确，B错

误；碰撞前、后总动能之比Ek1∶Ek2＝12mBv20∶12mAv032＋12mB－v032＝9∶5，C错误，D正确．答案：AD10．(多选)(2018·阳江模拟)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上

运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则()A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C．物块甲的速率可能达到5m/sD．当物块甲的速率为1m

/s时，物块乙的速率可能为0解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B错误．若物块

甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝6m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv′甲＋mv′乙，代入数据解得v′乙＝

－4m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝2m/s；若物块甲的速率为1m/s

，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝0，故D正确．答案：AD11．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与

B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B

整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.解析：设滑块的质量为m.(1)根据机械能守恒定律有mgR＝12mv2，得碰撞前瞬间A的速率v＝2gR＝2m/s.(2)根据动量守恒定律有mv＝2mv′，得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝12v＝1m/s.(3)根据动能定理有12(

2m)v′2＝μ(2m)gl，得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝v′22μg＝0.25m.答案：(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m12.(2018·湖北模拟)质量为mB＝2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量

为mA＝6kg的物块A停在木板B的左端，质量为mC＝2kg的小球C用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与物块A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2s，之后

小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块A与小球C均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长．解析：(1)C下摆过程

，根据动能定理得mCgL＝12mCv2C，解得碰前C的速度vC＝4m/s.C反弹过程，根据动能定理得－mCgh＝0－12mCvC′2，解得碰后C的速度vC′＝2m/s，取向右为正方向，对C根据动量定理得－F·Δt＝－mCvC′－mC

vC，解得碰撞过程中C所受的撞击力大小F＝1200N.(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律得mCvC＝－mCvC′＋mAvA，解得碰后A的速度vA＝2m/s，A恰好滑至B右端并与其共速时，B的长度最小．根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，解得A、B的共同速度v＝1.5m/s，

根据能量守恒定律得μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2，解得木板B的最小长度x＝0.5m.答案：(1)1200N(2)0.5m