【文档说明】【高考复习】高考物理 全程复习课后练习18 动量守恒定律（含答案解析）.doc，共(7)页，130.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理全程复习课后练习18动量守恒定律1.一小球从水平地面上方无初速释放,与地面发生碰撞后反弹至速度为零,假设小球与地面碰撞没有机械能损失,所受空气阻力大小不变,下列说法正确的是()A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻

力的冲量B.小球与地面碰撞过程中,地面对小球的冲量为零C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功2.如图所示，A、B两物体的中间

用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中()A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动

量不守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧

组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒3.如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑

中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A的速度为()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s4.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到

如图所示的位移－时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7：2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ

的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的165.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终将静止B．木箱速度减为v0

3的过程，小木块受到的水平冲量大小为13Mv0C．最终小木块速度为Mv0M＋m，方向向左D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行

了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量M为()A.mLdB.－dC.＋dD.mdL－d7.如图所示

，小球a、b(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点O.将球a和球b向左和向右拉起，使细线水平．同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为θ=60°.忽略空气阻力，则两球a、b的质量的比值()A.mamb=3B.mamb=

3－22C.mamb=22D.mamb=2＋228.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg·m/s，p2=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是()A

．m1=m2B．2m1=m2C．4m1=m2D．6m1=m29.如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M>m，重力加速度为g，某时刻小球获得一瞬时速度v0，当小球第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为

()A．mgB．mg＋mv20LC．mg＋m2v20＋2LD．mg＋m－2v20＋2L10.如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球

以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A．若m1=m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是v2D．两球第一次碰撞后A球一定向右运

动11.(多选)小球A的质量为mA=5kg，动量大小为pA=4kg·m/s，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为p′A=1kg·m/s，方向水平向右，则()A．碰后小球B的动量大小为pB=3kg·

m/sB．碰后小球B的动量大小为pB=5kg·m/sC．小球B的质量为15kgD．小球B的质量为3kg12.(多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0kg的物体A.平衡时物体A距天花板h=2.4m，在距物体

A正上方高为h1=1.8m处由静止释放质量为m2=1.0kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)，并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻

力，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/sB．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25mC．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18ND．A、B运动到最低点后反弹上升，A、B分离后，B还能

上升的最大高度为0.2m13.如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的

水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m．(g取10m/s2)求：(1)木箱的最终速度的大小；(2)小木块与木箱碰撞的次数．14

.在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处有一可视为质点的质量为2kg的物块C静止，OP的距离等于PQ的距离，两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0=5m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后

瞬间粘在一起，已知A的质量为1kg，B的质量为2kg，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)答案解析1.答案为：D；解析：根据动量定

理可知,上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量,选项A错误;小球与地面碰撞过程中,由动量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1),可知地面对小球的冲量Ft不为零,选项B错误;小球下落过程中动能的改变量等于重力

和空气阻力做功的代数和,选项C错误;由能量守恒关系可知,从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功,选项D正确。2.答案为：D；解析：当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力

，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、

C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项D正确．3.答案为：C解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ

·2mgx=0－12·2mv2，代入数据解得v=1m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0=mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则12mv20=12mv21＋12·2mv2，联立可得v0=1.5m/s，故A、B、D错误，C正确．4.答案为

：D；解析：根据s－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2=0.8m/s，则碰前速度大小之比为5：2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量

为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v=0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2=(m1＋m2)v，解得m

2=6m1，由动能的表达式可知，12m1v21＞12m2v22，故C错误，D正确．5.答案为：C；解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定

律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0=(M＋m)v，最终速度v=Mv0M＋m，选项C正确，A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小

为v03时，木箱动量减少了23Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加23Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为23Mv0，选项B错误．6.答案为：B；解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有Mv0=mv，即M

d=m(L－d)，解得船的质量为M=－d，所以B选项正确．7.答案为：B；解析：设细线长为L，球a、b下落至最低点，但未相碰时的速率分别为v1、v2，由机械能守恒定律得magL=12mav21，mbgL=12mbv

22；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2－mav1=(ma＋mb)v，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(ma＋mb)v2=(ma＋mb)gL(1－cosθ)，联立解得：m

amb=2－12＋1=3－22，所以选项B正确．8.答案为：C；解析：设碰后甲球动量变为p′1，乙球动量变为p′2，根据动量守恒定律得p1＋p2=p′1＋p′2，解得p′1=2kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则

有p′212m1＋p′222m2≤p212m1＋p222m2，解得m1m2≤717，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有p′1m1≤p′2m2，解得m1m2≥15，综上有15≤m1m2≤717，C正确，A、B、D错误．9.答案为：B；解析：设小球第一次回到O点正下方时，小球与框架的速度分别为v

1和v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv0=mv1＋Mv2，12mv20=12mv21＋12Mv22，解得v1=m－Mm＋Mv0，v2=2mm＋Mv0.当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得T－mg

=m1－v22L，解得细线的拉力T=mg＋mv20L，B正确．10.答案为：A；解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向．根据动量守恒定律得m1v=m1v1＋m2v2①根据机械能守恒定律得12m1v2=12m1v21＋12m2v22②

解得v1=m1－m2m1＋m2v，v2=2m1m1＋m2v③若m1=m2，则得v1=0，v2=v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确；若m1≪m2，则

得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误；两球第一次碰撞后，B球的速度为v2=2m1m1＋m2v，不一定是v2，与两球的质量关系有关，故C错误；两球第一次碰撞后A球的速度为v1=m1－m2m1＋m2v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1=m2

时，v1=0，碰后A球静止，当m1<m2时，v1<0，碰后A球向右运动，故D错误．11.答案为：AD；解析：规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA=p′A＋pB，解得pB=3kg·m/s，A正确，B错误；由于A、B是弹性

碰撞，所以没有机械能损失，故p2A2mA=p′2A2mA＋p2B2mB，解得mB=3kg，C错误，D正确．12.答案为：ABC；解析：设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律，有v0=2gh1=2×10×1.8

m/s=6m/s，设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m2v0=(m1＋m2)vt，解得vt=2.0m/s，A正确．从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量

定理，有(m2g－F)t=0－m2vt，解得F=18N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得－Fx＋mgx=0－12m2v2t，解得x=0.25m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25m，B、C

正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm=v2t2g=0.2m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离，故B还能上升的最大高度小于0.2m，D错误．13.解：(1)设系统最终速度为v′，由于木箱与木块组成的系

统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv－mv=(M＋m)v′，代入数据得v′=1m/s.(2)对整个过程，由能量守恒定律有12Mv2＋12mv2=ΔE＋12(M＋m)v′2，设碰撞次数为n，木箱内

底板长度为L，则有n(μmgL＋0.4)=ΔE，代入数据得n=6次．14.解：对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得(mA＋mB)v0=mAvA＋mBvB，设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知12m

Av2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v20=E，B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB=(mC＋mB)v共，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可得知若炸开后，A仍向右运动，需满足vA≤v共，代入

数据可得E≥3J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|≤3v共，代入数据可得E≤1875J．综合可得3J≤E≤1875J.